Funzione differenziabile
Ciao a tutti 
Ho la funzione
\(\displaystyle f(x,y)=\begin{cases} \frac{(x^2-y^2)\arctan(|xy|^\alpha)}{x^2+y^2} & (x,y) \ne (0,0) \\
0 & (x,y) = (0,0) \end{cases} \)
Devo controllare:
a) per quali $\alpha > 0$ la funzione è continua in tutto il suo dominio;
b) per quali $\alpha > 0$ la funzione è differenziabile in (0,0).
Per il punto a) ho concluso che la funzione è continua in tutto il suo dominio perché combinazione di funzioni continue e perché il limite $\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} f(x,y)$ risulta nullo per qualunque $\alpha > 0$.
Per il punto b) sono un po' perplesso: potrei certamente mettermi lì e studiarmi le derivate parziali, verificarne la continuità, calcolarmele poi nell'origine e impiegarle nella formula di definizione di differenziale
\(\displaystyle \lim_{(h,k) \rightarrow (0,0)} \frac{f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)-h\frac{\partial f}{\partial x} (x_0,y_0) - k \frac{\partial f}{\partial y} (x_0,y_0)}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0\)
ma ci metto una vita a farlo, quindi mi sorge spontanea una domanda: avendo estrapolato l'esercizio da un tema d'esame, e tenendo quindi conto che il tempo a disposizione non è molto, esiste una via alternativa più veloce (ovvero più facile...) per rispondere alla seconda consegna?
Ho la funzione
\(\displaystyle f(x,y)=\begin{cases} \frac{(x^2-y^2)\arctan(|xy|^\alpha)}{x^2+y^2} & (x,y) \ne (0,0) \\
0 & (x,y) = (0,0) \end{cases} \)
Devo controllare:
a) per quali $\alpha > 0$ la funzione è continua in tutto il suo dominio;
b) per quali $\alpha > 0$ la funzione è differenziabile in (0,0).
Per il punto a) ho concluso che la funzione è continua in tutto il suo dominio perché combinazione di funzioni continue e perché il limite $\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} f(x,y)$ risulta nullo per qualunque $\alpha > 0$.
Per il punto b) sono un po' perplesso: potrei certamente mettermi lì e studiarmi le derivate parziali, verificarne la continuità, calcolarmele poi nell'origine e impiegarle nella formula di definizione di differenziale
\(\displaystyle \lim_{(h,k) \rightarrow (0,0)} \frac{f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)-h\frac{\partial f}{\partial x} (x_0,y_0) - k \frac{\partial f}{\partial y} (x_0,y_0)}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0\)
ma ci metto una vita a farlo, quindi mi sorge spontanea una domanda: avendo estrapolato l'esercizio da un tema d'esame, e tenendo quindi conto che il tempo a disposizione non è molto, esiste una via alternativa più veloce (ovvero più facile...) per rispondere alla seconda consegna?
Risposte
Nessuno è in grado di aiutarmi? 
Non ho controllato i conti ma il procedimento è giusto. Non c'è una strada più veloce per la differenziabilità.
è giusto pero ricordati che per fare veloci le derivate parziali rispetto a x ed y puoi usare la definizione ovvero
derivata parziale rispetto a x = lim t che tende a 0 di f(t,0)/t
derivata parziale rispetto a y = lim t che tende a 0 di f(0,t)/t
in questo caso si vede subito dato che ce un prodotto e che larcotangete di 0 è 0 le due derivate parziali sono nulle
derivata parziale rispetto a x = lim t che tende a 0 di f(t,0)/t
derivata parziale rispetto a y = lim t che tende a 0 di f(0,t)/t
in questo caso si vede subito dato che ce un prodotto e che larcotangete di 0 è 0 le due derivate parziali sono nulle
mi sono scordato una cosina, derivata rispetto a x = lim t che tende a 0 di (f(t,0)-f(0,0))t stessa cosa per la derivata rispetto ad y solo che stavolta t al posto della y e x è 0
@sheldon: Tutto giusto quanto dici, è anche una buona osservazione che risparmia parecchia fatica all'OP, però cerca di scrivere le formule come si deve, per favore. Qui ci sono le istruzioni:
come-si-scrivono-le-formule-asciimathml-e-tex-t26179.html
A livello base, ti basta racchiudere le formule tra i simboli del dollaro e il sistema le formatterà per te. Grazie
come-si-scrivono-le-formule-asciimathml-e-tex-t26179.html
A livello base, ti basta racchiudere le formule tra i simboli del dollaro e il sistema le formatterà per te. Grazie
Grazie a tutti e due
Sì è vero, posso impiegare direttamente la definizione per le derivate parziali.
Quindi faccio:
\(\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(h,0)-f(0,0)}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{h^2 \arctan(|0|^\alpha)}{h^3} = 0, \forall \alpha > 0\)
\(\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(0,0) = \lim_{k \rightarrow 0} \frac{f(0,k)-f(0,0)}{k} = \lim_{k \rightarrow 0} \frac{-k^2 \arctan(|0|^\alpha)}{k^3} = 0, \forall \alpha > 0\)
e mettendoli nella definizione di differenziabilità ottengo:
\(\displaystyle \lim_{(h,k) \rightarrow (0,0)} \frac{f(h,k)-f(0,0)-h\frac{\partial f}{\partial x} (0,0) - k \frac{\partial f}{\partial y} (0,0)}{\sqrt{h^2+k^2}} = \lim_{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{\rho^2 (\cos^2 \theta - \sin^2 \theta) \arctan(|\rho^2 \cos \theta \sin \theta|^\alpha)}{\rho^3} \le \)
\(\displaystyle \le \lim_{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{1 \cdot \arctan(|\rho^2|^\alpha)}{\rho} \)
poiché $\rho \rightarrow 0^{+}$, allora
$= \lim_{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{arctan(\rho^{2\alpha})}{\rho}$
impiegando la formula di Mc Laurin:
$= \lim_{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{\rho^{2\alpha}}{\rho} = \rho^{\alpha} = 0, \forall \alpha >0$
Avrei dunque trovato che la funzione è differenziabile per qualunque alfa positivo.
Sì è vero, posso impiegare direttamente la definizione per le derivate parziali.
Quindi faccio:
\(\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(h,0)-f(0,0)}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{h^2 \arctan(|0|^\alpha)}{h^3} = 0, \forall \alpha > 0\)
\(\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(0,0) = \lim_{k \rightarrow 0} \frac{f(0,k)-f(0,0)}{k} = \lim_{k \rightarrow 0} \frac{-k^2 \arctan(|0|^\alpha)}{k^3} = 0, \forall \alpha > 0\)
e mettendoli nella definizione di differenziabilità ottengo:
\(\displaystyle \lim_{(h,k) \rightarrow (0,0)} \frac{f(h,k)-f(0,0)-h\frac{\partial f}{\partial x} (0,0) - k \frac{\partial f}{\partial y} (0,0)}{\sqrt{h^2+k^2}} = \lim_{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{\rho^2 (\cos^2 \theta - \sin^2 \theta) \arctan(|\rho^2 \cos \theta \sin \theta|^\alpha)}{\rho^3} \le \)
\(\displaystyle \le \lim_{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{1 \cdot \arctan(|\rho^2|^\alpha)}{\rho} \)
poiché $\rho \rightarrow 0^{+}$, allora
$= \lim_{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{arctan(\rho^{2\alpha})}{\rho}$
impiegando la formula di Mc Laurin:
$= \lim_{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{\rho^{2\alpha}}{\rho} = \rho^{\alpha} = 0, \forall \alpha >0$
Avrei dunque trovato che la funzione è differenziabile per qualunque alfa positivo.
Ora però ho un altro problema...
La consegna c) chiede, per $\alpha = 1$, di tracciare la curva di livello 0 della funzione f.
Ho perciò:
$\frac{(x^2-y^2)\arctan(|xy|)}{x^2+y^2} = 0$
Essendo una equazione, il denominatore lo faccio sparire tenendo conto che il punto $(x_0,y_0)=(0,0)$ non è accettabile (anche se poi in realtà lo è, dato che l'esercizio mi dice espressamente che nell'origine la funzione è nulla).
Mi rimane
$(x^2-y^2)\arctan(|xy|) = 0$
Imponendo a parte entrambi i fattori uguali a 0 ho che:
1) $(x^2-y^2) = 0 \Leftrightarrow y= \pm x$
2) $\arctan(|xy|) = 0 \Leftrightarrow xy=0 \Rightarrow x=0 \vee y=0$
ma controllando con Derive e con WA trovo che solo la prima delle due è giusta, cioè la funzione non è nulla lungo gli assi. Dove sto sbagliando?
La consegna c) chiede, per $\alpha = 1$, di tracciare la curva di livello 0 della funzione f.
Ho perciò:
$\frac{(x^2-y^2)\arctan(|xy|)}{x^2+y^2} = 0$
Essendo una equazione, il denominatore lo faccio sparire tenendo conto che il punto $(x_0,y_0)=(0,0)$ non è accettabile (anche se poi in realtà lo è, dato che l'esercizio mi dice espressamente che nell'origine la funzione è nulla).
Mi rimane
$(x^2-y^2)\arctan(|xy|) = 0$
Imponendo a parte entrambi i fattori uguali a 0 ho che:
1) $(x^2-y^2) = 0 \Leftrightarrow y= \pm x$
2) $\arctan(|xy|) = 0 \Leftrightarrow xy=0 \Rightarrow x=0 \vee y=0$
ma controllando con Derive e con WA trovo che solo la prima delle due è giusta, cioè la funzione non è nulla lungo gli assi. Dove sto sbagliando?
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