Continuità in due variabili

[Cantor99]

Devo ricercare gli $\alpha>0$ tali che la funzione $f : RR^{2}\to RR$ definita ponendo $f(0,0)=0$ e
\[
f(x,y)=\frac{xy(1-2xy-\cos(2y)}{(x^{2}+y^{2})^{\alpha}} \qquad (x,y)\ne(0,0)
\]
risulti continua e differenziabile.
Sono convinto che per la continuità il valore $\alpha$ limite sia 3. Infatti, mettendomi sulla resrizione $y=x$, ho
\[
f(x,x)=\frac{1}{2^{\alpha}}x^{2-2\alpha}(1-2x^{2}-\cos(2x))\sim x^{6-2\alpha}
\]
e, su tale restrizione, il limite esiste finito se e solo se $\alpha<3$. Però ho difficoltà a provarlo. Una prima maggiorazione è data dalla diseguaglianza di Young $2|xy|\le x^{2}+y^{2}$
\[
|f(x,y)|\le \frac{1}{2} \frac{|1-2xy-\cos(2y)|}{(x^{2}+y^{2})^{\alpha-1}}
\]
Il mio problema ora è maggiorare $1-2xy-\cos(2y)$. Ho provato coll'usare il fatto che $|1-\cos(2y)|\le2y^{2}$ ottengo
\[
|f(x,y)|\le \frac{|y|(|x|+|y|)}{(x^{2}+y^{2})^{\alpha-1}}\le \frac{(|x|+|y|)^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{\alpha-1}}
\]
Usando il fatto che $2\sqrt{x^{2}+y^{2}}\ge |x|+|y|$ ottengo
\[
|f(x,y)|\le (|x|+|y|)^{4-2\alpha}
\]
Che mi dà $\alpha<2$. Avevo pensato a svilupparlo con Taylor (per funzioni in due variabili) ma non ne sono sicuro ...
Grazie a chi mi risponderà

[gugo82]

Non potresti usare Young per maggiorare con $("robaccia")/(|xy|^(\alpha-1))$? Sembra più gestibile...

Provato a passare in polari?

[Cantor99]

Grazie dell'intervento gugo.
Se non trasformo in modo corretto la "robaccia" non so come usare le polari. Purtroppo nemmeno l'altra strategia sembra non darmi nuove infomrazioni.
Credo che il problema di fondo sia la quantità $|1-2xy-\cos(2y)|$ se $y\ne x$ si comporta come $|x|(|x|+|y|)$ mentre su $y=x$ ha un altro comportamento (per questo avevo pensato a Taylor in due variabili ...)

[caffeinaplus]

Posto $x=pcost$

$y=p*sint$

$lim_(p\rightarrow 0) ((p^2sintcost)(1-cos(p*sint))/p^(2a)) (-2p^4cos^2tsin^2t)/(p^(2a)$

Da qui si ha che la funzione è continua solo se $a<=1$

Edit: ho dimenticato l'uguaglianza

[caffeinaplus]

Hai ragione, ho dimenticato l'uguaglianza.
Dovrebbe essere $a<=1$

[gugo82]

Ho fatto un po' di conti, ottenendo una stima migliore di quella di caffeinaplus, ma peggiore di quella di Cantor99... La riporto qui sotto in spoiler.
Controllatela, se vi va.

Passando in coordinate polari con le note formule:
\[
\begin{cases}
x = \rho\ \cos \theta \\
y = \rho\ \sin \theta
\end{cases}\; ,
\]
denotando con $f(rho , theta)$ la funzione che risulta dal cambiamento di coordinate e sfruttando maggiorazioni note, si ottiene:
\[
\begin{split}
|f(\rho , \theta) | &= \frac{\rho^2 |\cos \theta \sin \theta|\ |1 - 2 \rho^2 \cos \theta \sin \theta - \cos (2\rho \sin \theta)|}{\rho^{2\alpha}}\\
&= \rho^{2(1-\alpha)} \frac{|\sin 2\theta|}{2} \left| 1-\cos (2\rho \sin \theta) - \rho^2 \sin 2\theta\right|\\
&\leq \rho^{2(1-\alpha)} \frac{|\sin 2\theta|}{2} \left(2\rho^2 \sin^2 \theta + \rho^2 |\sin 2\theta| \right)\\
&= \rho^{2(2-\alpha)} \frac{|\sin 2\theta|}{2} \left( 2\sin^2 \theta + |\sin 2\theta|\right)
\end{split}
\]
sicché la funzione converga a zero sicuramente per $0 <= alpha < 2$.
Per $alpha=2$ è:
\[
f(\rho , \theta) = \frac{\sin 2\theta }{2\rho^2} \left( 1-\cos (2\rho \sin \theta) - \rho^2 \sin 2\theta\right)
\]
dunque per $theta = 0$ e $theta = -pi/4$ si ottiene:
\[
\begin{split}
f(\rho ,0) &= 0 \\
f(\rho , -\pi /4) &= \frac{-1}{2\rho^2} \left( 1-\cos (\sqrt{2}\ \rho) + \rho^2 \right) \\
&= \frac{1}{2\rho^2} \left( \rho^2 + \text{o}(\rho^2) + \rho^2 \right) \\
&= -\frac{1}{2} + \text{o}(1)
\end{split}
\]
cosicché il limite non esiste.
Per valori maggiori di $\alpha$ la situazione non migliora.

Quindi la funzione è continua in $(0,0)$ per $0<= alpha < 2$.

Per la differenziabilità, si tratta di calcolare un po' le derivate parziali della $f$ in $(0,0)$ ed un altro limite, il quale (se tanto mi da tanto) si risolverà allo stesso modo sfruttando le coordinate polari.

[Cantor99]

MI trovo con te @gugo. Come si spiega però il comportamento di $f$ lungo $y=x$ (o $y=-x$)?

[Cantor99]

Ciao Arnett. Che intendi con Taylor minimo?