Calcolare differenziabilità della funzione
salve avrei bisogno del vostro aiuto con questo esercizio.
Data la funzione
[math]f(x,y)=\left\{\begin{matrix}
x+\frac{1}{2}x^{2}y& se\, y\geq 0 \\
\frac{exp(xy)-1}{y}& se\, y
Data la funzione
[math]f(x,y)=\left\{\begin{matrix}
x+\frac{1}{2}x^{2}y& se\, y\geq 0 \\
\frac{exp(xy)-1}{y}& se\, y
Risposte
Controlliamo se e` continua in (x,0).
Dalla seconda definizione calcoliamo il lim per y->0
quindi la funzione e` continua in tutto R^2
E` ovvio che e` differenziabile per ogni
Calcoliamo la derivata parziale rispetto a x:
[math]\frac{\partial f}{\partial x}=\left\{
\begin{array}[c]{ll}
1+xy\quad\quad & y\ge 0\\ e^{xy} & y
[math]f(x,y=0)=x[/math]
(si ottiene dalla prima definizione)Dalla seconda definizione calcoliamo il lim per y->0
[math]\lim\limits_{y\to 0}f(x,y)=\lim\limits_{y\to 0}\frac{e^{xy}-1}{y}
=\lim\limits_{y\to 0}\frac{1+xy-1}{y}=x
[/math]
=\lim\limits_{y\to 0}\frac{1+xy-1}{y}=x
[/math]
quindi la funzione e` continua in tutto R^2
E` ovvio che e` differenziabile per ogni
[math]y\neq 0[/math]
, quindi bisogna studiare il caso y=0Calcoliamo la derivata parziale rispetto a x:
[math]\frac{\partial f}{\partial x}=\left\{
\begin{array}[c]{ll}
1+xy\quad\quad & y\ge 0\\ e^{xy} & y
va bene..
ho delle domande da porti:
1)perché "E` ovvio che e` differenziabile per ogni y≠0"
2) quando la funzione è differenziabile
se mi puoi rispondere.
grazie.
ho delle domande da porti:
1)perché "E` ovvio che e` differenziabile per ogni y≠0"
2) quando la funzione è differenziabile
se mi puoi rispondere.
grazie.
Perche` per y>=0 la funzione e` polinomiale, quella e` differenziabilissima!
Anche l'esponenziale e` una funzione infinitamente derivabile, quindi basta preoccuparsi di cosa fa la funzione nei punti in cui si annulla il denominatore.
Nella mia risposta precedente c'era un errore, me ne sono accorta adesso e l'ho corretto: e` vero che la derivata parziale per la seconda definizione non esiste in y=0, ma questo e` fuori dalla sua regione.
Per y=0 bisogna guardare la prima definizione, che non da` nessun problema.
Anche l'esponenziale e` una funzione infinitamente derivabile, quindi basta preoccuparsi di cosa fa la funzione nei punti in cui si annulla il denominatore.
Nella mia risposta precedente c'era un errore, me ne sono accorta adesso e l'ho corretto: e` vero che la derivata parziale per la seconda definizione non esiste in y=0, ma questo e` fuori dalla sua regione.
Per y=0 bisogna guardare la prima definizione, che non da` nessun problema.
ok grazie mille
Aspetta, ho ancora da correggere una cosa, non e` finita
Aggiunto 26 minuti più tardi:
La mia risposta non era completa
Per la differneziabilita` in un punto (x_0,y_0) occorre che:
1) esistano le derivate parziali in (x_0,y_0)
2) valga il seguente limite (e la spiegazione devi cercarla su un libro, qui e` troppo lungo)
Per la funzione in esame la prima condizione e` soddisfatta, ma la seconda e` ancora da verificare (prima me l'ero scordata, scusa!)
Studiamo questo limite per
Per y>=0 :
e fino a qui va bene,
Ma per y
Aggiunto 26 minuti più tardi:
La mia risposta non era completa
Per la differneziabilita` in un punto (x_0,y_0) occorre che:
1) esistano le derivate parziali in (x_0,y_0)
2) valga il seguente limite (e la spiegazione devi cercarla su un libro, qui e` troppo lungo)
[math]\lim\limits_{h,k\to 0,0}
\frac{f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)-h\left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{x_0+h,y_0+k}-k\left.\frac{\partial f}{\partial y}\right|_{x_0+h,y_0+k} }{\sqrt{h^2+k^2}}= 0
[/math]
\frac{f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)-h\left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{x_0+h,y_0+k}-k\left.\frac{\partial f}{\partial y}\right|_{x_0+h,y_0+k} }{\sqrt{h^2+k^2}}= 0
[/math]
Per la funzione in esame la prima condizione e` soddisfatta, ma la seconda e` ancora da verificare (prima me l'ero scordata, scusa!)
Studiamo questo limite per
[math]x_0=x[/math]
(generico) e [math]y_0=0[/math]
Per y>=0 :
[math]\lim\limits_{h,k\to 0,0}
\frac{(x+h)+\frac{1}{2}(x+h)^2 k\,-\,x
\,-h\cdot 1 - k\cdot \frac{1}{2}x^2
}{\sqrt{h^2+k^2}}= 0
[/math]
\frac{(x+h)+\frac{1}{2}(x+h)^2 k\,-\,x
\,-h\cdot 1 - k\cdot \frac{1}{2}x^2
}{\sqrt{h^2+k^2}}= 0
[/math]
e fino a qui va bene,
Ma per y
Allora poi fammi sapere
Grazie
Grazie
Rieccomi qua.
Il limite a due variabili scritto sopra si puo` calcolare passando in coordinate polari :
e calcolando poi il limite r-> 0 (attenzione: qui x e` un parametro costante)
uso lo sviluppo di McLaurin:
quindi la funzione e` derivabile.
Il limite a due variabili scritto sopra si puo` calcolare passando in coordinate polari :
[math]h=r\cos\theta[/math]
, [math]k=r\sin\theta[/math]
e calcolando poi il limite r-> 0 (attenzione: qui x e` un parametro costante)
[math]\lim\limits_{h,k\to 0,0}
\frac{\frac{e^{(x+h)k}-1}{k}-x-h-\frac{1}{2}x^2k}{\sqrt{h^2+k^2}}=\lim\limits_{r\to 0}\frac{\frac{e^{(x+r\cos\theta)r\sin\theta}-1}{r\sin\theta}-x-r\cos\theta-\frac{1}{2}x^2r\sin\theta}{r}=
[/math]
\frac{\frac{e^{(x+h)k}-1}{k}-x-h-\frac{1}{2}x^2k}{\sqrt{h^2+k^2}}=\lim\limits_{r\to 0}\frac{\frac{e^{(x+r\cos\theta)r\sin\theta}-1}{r\sin\theta}-x-r\cos\theta-\frac{1}{2}x^2r\sin\theta}{r}=
[/math]
uso lo sviluppo di McLaurin:
[math]
=\lim\limits_{r\to 0}\frac{\frac{1+(x+r\cos\theta)r\sin\theta+\frac{1}{2}r^2\sin^2\theta(x+r\cos\theta)^2+O(r^3)-1}{r\sin\theta}-x-r\cos\theta-\frac{1}{2}x^2r\sin\theta}{r}=
[/math]
=\lim\limits_{r\to 0}\frac{\frac{1+(x+r\cos\theta)r\sin\theta+\frac{1}{2}r^2\sin^2\theta(x+r\cos\theta)^2+O(r^3)-1}{r\sin\theta}-x-r\cos\theta-\frac{1}{2}x^2r\sin\theta}{r}=
[/math]
[math]=\lim\limits_{r\to 0}\frac{\frac{r\sin\theta(x+r\cos\theta+\frac{1}{2}r\sin\theta x^2+O(r^2)}{r\sin\theta}-x-r\cos\theta-\frac{1}{2}x^2r\sin\theta}{r}=[/math]
[math]=\lim\limits_{r\to 0} O(r)=0[/math]
quindi la funzione e` derivabile.
La funzione è differenziabile in ogni punto del piano in quanto di classe
Infatti le due derivate parziali sono
e queste funzioni cono continue in ogni punto del piano.
Il calcolo di
--------------
In alternativa, basta osservare che
è funzione
[math]C^1[/math]
su tutto il piano.Infatti le due derivate parziali sono
[math]
f'_x(x, y) =
\left\{
\begin{matrix}
1+xy & \text{se} \, y \geq 0 \\
\exp(xy) & \text{se} \, y < 0
\end{matrix}
\right.
[/math]
f'_x(x, y) =
\left\{
\begin{matrix}
1+xy & \text{se} \, y \geq 0 \\
\exp(xy) & \text{se} \, y < 0
\end{matrix}
\right.
[/math]
[math]
f'_y(x, y) =
\left\{
\begin{matrix}
x^2/2 & \text{se} \, y \geq 0 \\
(xy \exp(xy) - \exp(xy) +1) /y^2 & \text{se} \, y < 0
\end{matrix}
\right.
[/math]
f'_y(x, y) =
\left\{
\begin{matrix}
x^2/2 & \text{se} \, y \geq 0 \\
(xy \exp(xy) - \exp(xy) +1) /y^2 & \text{se} \, y < 0
\end{matrix}
\right.
[/math]
e queste funzioni cono continue in ogni punto del piano.
Il calcolo di
[math]f'_x[/math]
e di [math]f'_y[/math]
nei punti [math](x,0)[/math]
va svolto passando per il limite del rapporto incrementale.--------------
In alternativa, basta osservare che
[math]f(x, y) = x h(xy)[/math]
, dove [math]h : \mathbb{R} \to \mathbb{R}[/math]
,[math]
h(t) =
\left\{
\begin{matrix}
1+t/2 & \text{se} \, t \geq 0 \\
(\exp(t) - 1)/t & \text{se} \, t < 0
\end{matrix}
\right.
[/math]
h(t) =
\left\{
\begin{matrix}
1+t/2 & \text{se} \, t \geq 0 \\
(\exp(t) - 1)/t & \text{se} \, t < 0
\end{matrix}
\right.
[/math]
è funzione
[math]C^1(\mathbb{R})[/math]
.
In generale non basta che le derivate parziali esistano perche` la funzione sia differenziabile. Occorre che il "limitone" scritto sopra sia zero.
I calcoli che avevo fatto ieri (un po' troppo in fretta) contenevano un errore.
Sviluppando l'esponenziale come si deve il limite viene proprio 0 e quindi la funzione e` differenziabile. Ora i calcoli sono corretti.
Ora siamo tutti d'accordo sulle conclusioni!
I calcoli che avevo fatto ieri (un po' troppo in fretta) contenevano un errore.
Sviluppando l'esponenziale come si deve il limite viene proprio 0 e quindi la funzione e` differenziabile. Ora i calcoli sono corretti.
Ora siamo tutti d'accordo sulle conclusioni!
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