Teorema del differenziale totale
Salve, ho un dubbio su un teorema, che il nostro professore di analisi ha citato come "Teorema del differenziale totale", che afferma:
- Sia $f(x,y)$ una funzione in due variabili. Se in un intorno $U$ di un punto $P$ in $R^2$ esistono, continue, le derivate parziali, allora $f$ è differenziabile in $P$.
Ora, mi ritrovo un esercizio che dice:
- Sia $f(x,y)=\{((xy)/(x^2 + y^2),if (x,y)!=(0,0)),(0,if (x,y)=(0,0)):}$
In questo caso, si dimostra che $f(x,y)$ non è continua in (0,0), ma esistono entrambe le derivate parziali e sono continue, essendo identicamente nulle.
Tuttavia, l'esercizio si conclude dicendo che $f$ non è differenziabile in (0,0) poichè non continua in quel punto. E il teorema prima citato, che fine fa?
Grazie anticipatamente
- Sia $f(x,y)$ una funzione in due variabili. Se in un intorno $U$ di un punto $P$ in $R^2$ esistono, continue, le derivate parziali, allora $f$ è differenziabile in $P$.
Ora, mi ritrovo un esercizio che dice:
- Sia $f(x,y)=\{((xy)/(x^2 + y^2),if (x,y)!=(0,0)),(0,if (x,y)=(0,0)):}$
In questo caso, si dimostra che $f(x,y)$ non è continua in (0,0), ma esistono entrambe le derivate parziali e sono continue, essendo identicamente nulle.
Tuttavia, l'esercizio si conclude dicendo che $f$ non è differenziabile in (0,0) poichè non continua in quel punto. E il teorema prima citato, che fine fa?
Grazie anticipatamente
Risposte
Sei sicuro che siano continue in un intorno dell'origine?
"Luca.Lussardi":
Sei sicuro che siano continue in un intorno dell'origine?
Intanto ti ringrazio per la risposta.
Comunque, nell'esercizio in questione non sono state calcolate esplicitamente le derivate parziali, ma si è giunti alla conclusione che ho riportato con questa argomentazione: "Se ci restringiamo ad $y=0$ oppure ad $x=0$, abbiamo che la funzione diventa identicamente nulla. Quindi le derivate parziali esistono e sono uguali a 0"
Dov'è l'inghippo?
Le hai calcolate nell'origine e lì esistono, ok. Ma chi ti dice che siano continue nell'origine? Devi calcolarle almeno in un intorno dell'origine e controllare che siano funzioni continue nell'origine stessa.
Verifica che il limite delle due derivate parziali per $x,y ->0$ esista...come ti ha detto Luca, non è sufficiente verificare che le derivate parziali esistono nell'origine, ma devi verificare che siano continue!
il problema sta proprio li...se prendi come direzione la prima bisettrice il limite fa 1/2...quindi il limite non esiste
"peppesmile":
il problema sta proprio li...se prendi come direzione la prima bisettrice il limite fa 1/2...quindi il limite non esiste
Non riesco a seguirti. Ho calcolato le derivate parziali, e se non ho fatto errori dovrebbero essere:
- $f'(x)=\{((y(y^2-x^2))/(x^2 + y^2)^2,if (x,y)!=(0,0)),(0,if (x,y)=(0,0)):}$
- $f'(y)=\{((x(x^2-y^2))/(x^2 + y^2)^2,if (x,y)!=(0,0)),(0,if (x,y)=(0,0)):}$
Se mi avvicino all'origine lungo $y=x$ ho in entrambi i casi come risultato 0, o sbaglio? Chi mi da un'idea della dimostrazione che queste due derivate parziali non sono continue nell'origine?
Proviamo a muoverci lungo uma retta $y=mx$. Nel caso della derivata rispetto a $x$:
$\frac{partial f}{\partial x}f(x,mx)=\frac{mx(x^2-m^2x^2)}{(x^2+m^2x^2)^2}=\frac{1}{x}\frac{m(1-m^2)}{(1+m^2)^2}$.
Ora, se $m$ non e' ne' zero me' $\pm1$, le cose vanno male.
$\frac{partial f}{\partial x}f(x,mx)=\frac{mx(x^2-m^2x^2)}{(x^2+m^2x^2)^2}=\frac{1}{x}\frac{m(1-m^2)}{(1+m^2)^2}$.
Ora, se $m$ non e' ne' zero me' $\pm1$, le cose vanno male.
"ViciousGoblin":
Proviamo a muoverci lungo uma retta $y=mx$. Nel caso della derivata rispetto a $x$:
$\frac{partial f}{\partial x}f(x,mx)=\frac{mx(x^2-m^2x^2)}{(x^2+m^2x^2)^2}=\frac{1}{x}\frac{m(1-m^2)}{(1+m^2)^2}$.
Ora, se $m$ non e' ne' zero me' $\pm1$, le cose vanno male.
Grazie mille. Un'altra semplice domanda, se hai tempo. Per il seguente teorema:
- Sia f(x,y) una funzione in due variabili. Se in un intorno U di un punto P in R2 esistono, continue, le derivate parziali, allora f è differenziabile in P;
vale anche l'implicazione inversa, vero? Ossia, se in un intorno U di un punto P le derivate parziali non sono continue, allora f non è differenziabile in P?
No, la continuità delle derivate parziali equivale alla classe $C^1$, che è più della differenziabilità. ($C^1$=differenziale continuo, come mappa che manda il punto nel differenziale in quel punto come applicazione lineare).
"supersimu":
se in un intorno U di un punto P le derivate parziali non sono continue, allora f non è differenziabile in P?
Quello che dici non è vero, giacché vale il seguente fatto:
Se $f$ ha le derivate parziali definite in un intorno di $x_0 in RR^n$, almeno una delle derivate parziali è finita in $x_0$ e le altre sono tutte continue in $x_0$, allora la funzione è differenziabile in $x_0$.
Come vedi chiedere la continuità di tutte le derivate parziali intorno ad un punto $x_0$ è una condizione abbastanza forte per ottenere la differenziabilità, quindi non basta negare la continuità delle derivate per ottenere la non differenziabilità.
Non è chiaro se ti riferisci a me o all'utente che ha aperto il topic; forse lo devi specificare nella tua risposta, per altro arrivata parecchio dopo la mia, quindi non c'è stato un problema di sovrapposizione delle risposte.
Per "supersimu"
come ti hanno già detto Luca e Gugo82, la continuità delle derivate parziali è un qualcosa in più, infatti è una condizione sufficiente a garantire la differenziabilità, ma non è una condizione necessaria....una condizione necessaria e sufficiente a garantire la differenziabilità è la seguente:
$lim_(x,y->0) (f(x+x_0, y+y_0)-f(x_0,y_0)-f_x(x_0,y_0)(x-x_0)-f_y(x_0,y_0)(y-y_0))/(sqrt((x-x_0)^2+(y-y_0)^2))=0$
Se tu verifichi questa condizione allora sei sicuro/a che la funzione è differenziabile, anche se le sue derivate parziali non dovessero essere continue.
Ciao
come ti hanno già detto Luca e Gugo82, la continuità delle derivate parziali è un qualcosa in più, infatti è una condizione sufficiente a garantire la differenziabilità, ma non è una condizione necessaria....una condizione necessaria e sufficiente a garantire la differenziabilità è la seguente:
$lim_(x,y->0) (f(x+x_0, y+y_0)-f(x_0,y_0)-f_x(x_0,y_0)(x-x_0)-f_y(x_0,y_0)(y-y_0))/(sqrt((x-x_0)^2+(y-y_0)^2))=0$
Se tu verifichi questa condizione allora sei sicuro/a che la funzione è differenziabile, anche se le sue derivate parziali non dovessero essere continue.
Ciao
Grazie a tutti, forse inizio a capirci qualcosa.
Di fronte ad un esercizio che mi chiede la differenziabilità di una funzione $f$ in un punto $P$ quindi, qual è il modo più giusto di comportarsi? Conviene calcolare l'avvicinamento a tale punto lungo rette, riducendosi a $f(x, mx)$, oppure attraverso le coordinate polari, riducendosi a $f(r*cos(\alpha), r*sen(\alpha))$ e sperare di trovare valori che dipendano da $m$ o da $\alpha$? Se così fosse, $f$ non sarebbe continua in $P$ e tantomeno derivabile.
Se questi metodi non andassero a buon fine, ossia se $f$ appare essere continua in tutto un intorno di $P$, cosa suggerite di fare?
Di fronte ad un esercizio che mi chiede la differenziabilità di una funzione $f$ in un punto $P$ quindi, qual è il modo più giusto di comportarsi? Conviene calcolare l'avvicinamento a tale punto lungo rette, riducendosi a $f(x, mx)$, oppure attraverso le coordinate polari, riducendosi a $f(r*cos(\alpha), r*sen(\alpha))$ e sperare di trovare valori che dipendano da $m$ o da $\alpha$? Se così fosse, $f$ non sarebbe continua in $P$ e tantomeno derivabile.
Se questi metodi non andassero a buon fine, ossia se $f$ appare essere continua in tutto un intorno di $P$, cosa suggerite di fare?
La cosa migliore è che ti calcoli le due derivate parziali e poi verifichi a mano se vale la definizione di differenziale, come ha suggerito Alexp.
Non ho capito dalle risposte precedenti se e' stato chiarito che essere differenziabile e' effettivamente meno di avere derivate parziali continue.
Questo si vede con un controesempio, che si puo' dare gia' in una variabile mostrando una funzione derivabile con derivata non continua
(in una variabile derivabilita' e differenziabilita' coincidono). Un esempio tiipico e' la funzione $g(x)=x^2\sin(1/x)$ per $x\ne0$ e $g(0)=0$.
Se la si vuole in due variabili si puo' prendere $f(x,y)=g(x)+y^2$ (per esempio).
Questo si vede con un controesempio, che si puo' dare gia' in una variabile mostrando una funzione derivabile con derivata non continua
(in una variabile derivabilita' e differenziabilita' coincidono). Un esempio tiipico e' la funzione $g(x)=x^2\sin(1/x)$ per $x\ne0$ e $g(0)=0$.
Se la si vuole in due variabili si puo' prendere $f(x,y)=g(x)+y^2$ (per esempio).
"Luca.Lussardi":
Non è chiaro se ti riferisci a me o all'utente che ha aperto il topic; forse lo devi specificare nella tua risposta, per altro arrivata parecchio dopo la mia, quindi non c'è stato un problema di sovrapposizione delle risposte.
Ovviamente mi riferivo all'ultimo post di supersimu.
Mi scuso per l'equivoco, ma stamattina ho risposto "a volo" prima di uscire di casa e mi sono dimenticato di citare.
Rimedio subito.
Per ViciousGoblin: mi sembra che l'ultima mia risposta a pagina 1 sia abbastanza chiara a dire che non è vero il viceversa...
"Luca.Lussardi":
Per ViciousGoblin: mi sembra che l'ultima mia risposta a pagina 1 sia abbastanza chiara a dire che non è vero il viceversa...
L'affermazione era chiara e l'avevo letta - mi pareva pero' che la sua veridicita' non fosse ovvia.
"Alexp":
Per "supersimu"
come ti hanno già detto Luca e Gugo82, la continuità delle derivate parziali è un qualcosa in più, infatti è una condizione sufficiente a garantire la differenziabilità, ma non è una condizione necessaria....una condizione necessaria e sufficiente a garantire la differenziabilità è la seguente:
$lim_(x,y->0) (f(x+x_0, y+y_0)-f(x_0,y_0)-f_x(x_0,y_0)(x-x_0)-f_y(x_0,y_0)(y-y_0))/(sqrt((x-x_0)^2+(y-y_0)^2))=0$
Se tu verifichi questa condizione allora sei sicuro/a che la funzione è differenziabile, anche se le sue derivate parziali non dovessero essere continue.
Ciao
Vediamo se ci sono, faccio l'esempio prendendo in considerazione il mio esercizio:
- Sia $f(x,y)=\{((xy)/(x^2 + y^2),if (x,y)!=(0,0)),(0,if (x,y)=(0,0)):}$
Derivate parziali:
- $f'(x)=\{((y(y^2-x^2))/(x^2 + y^2)^2,if (x,y)!=(0,0)),(0,if (x,y)=(0,0)):}$
- $f'(y)=\{((x(x^2-y^2))/(x^2 + y^2)^2,if (x,y)!=(0,0)),(0,if (x,y)=(0,0)):}$
Dato che il mio punto $(x_0,y_0)$ è l'origine, e che le derivate parziali calcolate in $(x_0,y_0)$ sono nulle, il limite si riduce a:
- $lim_(x,y->0) (xy)/(x^2+y^2)^(3/2)$
Per calcolarlo, passo in coordinate polari, e ciò che mi resta è:
- $lim_(r->0) (r^4*cos^2(\alpha)*sen^2(\alpha))/r^6$
che vale infinito per $(r->0)$, qualsiasi sia $\alpha$. Quindi $f(x,y)$ non è differenziabile.
Procedimento corretto?
"supersimu":
Vediamo se ci sono, faccio l'esempio prendendo in considerazione il mio esercizio:
- Sia $f(x,y)=\{((xy)/(x^2 + y^2),if (x,y)!=(0,0)),(0,if (x,y)=(0,0)):}$
Derivate parziali:
- $f'(x)=\{((y(y^2-x^2))/(x^2 + y^2)^2,if (x,y)!=(0,0)),(0,if (x,y)=(0,0)):}$
- $f'(y)=\{((x(x^2-y^2))/(x^2 + y^2)^2,if (x,y)!=(0,0)),(0,if (x,y)=(0,0)):}$
Dato che il mio punto $(x_0,y_0)$ è l'origine, e che le derivate parziali calcolate in $(x_0,y_0)$ sono nulle, il limite si riduce a:
- $lim_(x,y->0) (xy)/(x^2+y^2)^(3/2)$
Per calcolarlo, passo in coordinate polari, e ciò che mi resta è:
- $lim_(r->0) (r^4*cos^2(\alpha)*sen^2(\alpha))/r^6$
Beh, in coordinate polari si ha che:
$x=rcos(\alpha)$ e $y=rsen(\alpha)$
quindi sostituendo ottieni
$lim_(r->0) (r^2*cos(\alpha)*sen(\alpha))/r^3$
Comunque sia il risultato non cambia, inquanto è facile notare che se $cos(\alpha)$ oppure $sen(\alpha)$ valgono $0$, allora il limite si annulla, altrimenti tende ad $infty$, peciò la formula non è verificata....si conclude che la funzione non è differenziabile.
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