Verifica di differenziabilità
dimostra che la funzione $f(x,y,z)=root()((x-1)yz)$ è differenziabile.
il dominio è $ Df(x,y,z)= {(x,y,z)in R^3:x>= 1^^ y>= 0^^z>= 0} $ : siccome la funzione è continua nel suo dominio è di classe $C^0$.
le derivate parziali sono $ fx=(yz)/(2root()((x-1)yz) $ , $ fy=((x-1)z)/(2root()((x-1)yz) $ , $ fz=((x-1)y)/(2root()((x-1)yz) $ : siccome sono composte da funzioni elementari, sono continue nel loro dominio (che è poi lo stesso di $f$), per cui $f$ è di classe $C^1$. Allora per la condizione sufficiente per la differenzialità $f$ è differenziabile in $Df$.
è giusto?
il dominio è $ Df(x,y,z)= {(x,y,z)in R^3:x>= 1^^ y>= 0^^z>= 0} $ : siccome la funzione è continua nel suo dominio è di classe $C^0$.
le derivate parziali sono $ fx=(yz)/(2root()((x-1)yz) $ , $ fy=((x-1)z)/(2root()((x-1)yz) $ , $ fz=((x-1)y)/(2root()((x-1)yz) $ : siccome sono composte da funzioni elementari, sono continue nel loro dominio (che è poi lo stesso di $f$), per cui $f$ è di classe $C^1$. Allora per la condizione sufficiente per la differenzialità $f$ è differenziabile in $Df$.
è giusto?
Risposte
Ma quindi il punto $(0,-1,1)$, per esempio, non appartiene al dominio?
Attento alla derivata parziale rispetto a $x$...
Attento alla derivata parziale rispetto a $x$...
Derivata corretta.
Il dominio ho fatto un casino invece: avrei dovuto lasciare soltanto $root()((x-1)yz)>=0$? Sarebbe stato sufficiente?
A prescindere comunque dagli errori (gravi), il ragionamento è corretto? Puoi darmi qualche consiglio per lo svolgimento di questo genere di esercizi? Sono quelli con cui ho più difficoltà...
Il dominio ho fatto un casino invece: avrei dovuto lasciare soltanto $root()((x-1)yz)>=0$? Sarebbe stato sufficiente?
A prescindere comunque dagli errori (gravi), il ragionamento è corretto? Puoi darmi qualche consiglio per lo svolgimento di questo genere di esercizi? Sono quelli con cui ho più difficoltà...
Ciao, no per il dominio avresti dovuto scrivere
$ D= \{ x \in RR^3 : (x-1)yz \ge 0 \} $
senza la radice.
Non mi torna poi quando dici che il dominio delle derivate parziali è il medesimo della funzione; quando l'argomento della radice si annulla, per la funzione non ci sono problemi ma per le sue derivate parziali altroché!
Le derivate parziali esistono e sono continue in $A:= \{ x \in RR^3 : (x-1)yz >0 \} $ e quindi per la condizione sufficiente di differenziabilità $f$ è differenziabile in $A$.
Ti manca da vedere cosa accade in $B:= \{x \in RR^3 : (x-1)yz=0\}$
$ D= \{ x \in RR^3 : (x-1)yz \ge 0 \} $
senza la radice.
Non mi torna poi quando dici che il dominio delle derivate parziali è il medesimo della funzione; quando l'argomento della radice si annulla, per la funzione non ci sono problemi ma per le sue derivate parziali altroché!
Le derivate parziali esistono e sono continue in $A:= \{ x \in RR^3 : (x-1)yz >0 \} $ e quindi per la condizione sufficiente di differenziabilità $f$ è differenziabile in $A$.
Ti manca da vedere cosa accade in $B:= \{x \in RR^3 : (x-1)yz=0\}$
ho scritto male, intendevo senza radice 
comunque provando a vedere cosa succede in $B$... allora: $(x-1)yz=0$ quando $x=1$, $y=0$, $z=0$, quindi per $(1,y,z)$, $(x,0,z)$ e $(x,y,0)$. devo vedere se in questi punti la funzione è derivabile.
allora: in$(1,y,z)$ la $fx$ non è derivabile, quindi procedo col rapporto incrementale:
$ f(1+h,y,z)=root()((1+h-1)yz)=root()(hyz) $
$ f(1,y,z)=root()((1-1)yz)=0 $
da cui
stessa cosa per gli altri due punti.
ne concludo che la funzione è differenziabile in $A$ ma non in $B$?
comunque provando a vedere cosa succede in $B$... allora: $(x-1)yz=0$ quando $x=1$, $y=0$, $z=0$, quindi per $(1,y,z)$, $(x,0,z)$ e $(x,y,0)$. devo vedere se in questi punti la funzione è derivabile.
allora: in$(1,y,z)$ la $fx$ non è derivabile, quindi procedo col rapporto incrementale:
$ f(1+h,y,z)=root()((1+h-1)yz)=root()(hyz) $
$ f(1,y,z)=root()((1-1)yz)=0 $
da cui
$ lim_(h -> 0) (root()(hyz)-0)/h=0/0 $
stessa cosa per gli altri due punti.
ne concludo che la funzione è differenziabile in $A$ ma non in $B$?
"mobley":
$ lim_(h -> 0) (root()(hyz)-0)/h=0/0 $
Quindi quanto fa questo limite?
Per i punti del tipo $(1, y, z) , (x,0,z) , (x,y,0)$ con $x \ne \ 1 , y \ne 0, z \ne 0$ saltano fuori limiti analoghi a quello di prima e quindi le conclusioni sono le stesse.
Per i punti del tipo $(1, 0, z) , (x, 0, 0) , (1, y, 0)$ con $x \ne \ 1 , y \ne 0, z \ne 0$ invece che accade? E per $(1,0,0)$?
provo...
applicando de l'hopital $ lim_(h -> 0)(1/(2root()(hyz))1-0)/1=+oo $: siccome il rapporto incrementale esiste ma non è finito, non esiste la derivata parziale. quindi in $(1,y,z)$ la funzione non è derivabile. e lo stesso nei punti $(x,0,z)$ e $(x,y,0)$.
per $(1,0,z)$ $fx$ è di nuovo non derivabile, quindi:
$ f(1+h,0,z)=root()((1+h-1)(0)z)=0 $
$ f(1,0,z)=root()((1-1)(0)z)=0 $
da cui
Applicando de l'hopital rispetto ad $h$:
stessa cosa ottengo per $f(1,0+k,z)$, cioè $fy(1,0,z)=lim_(k -> 0)$, per cui siccome i due limiti esistono, sono finiti e coincidono significa che in tale punto la funzione è derivabile.
analogamente: per $(x,0,0)$ $fx$ è non derivabile quindi:
$ f(x,0+k,0)=root()((x-1)(0+k)z)=root()(xkz) $
$ f(x,0,0)=root()((x-1)(0)0)=0 $
da cui
Applicando de l'hopital rispetto ad $k$:
ergo non è derivabile.
lo stesso faccio per $(1,0,0)$
applicando de l'hopital $ lim_(h -> 0)(1/(2root()(hyz))1-0)/1=+oo $: siccome il rapporto incrementale esiste ma non è finito, non esiste la derivata parziale. quindi in $(1,y,z)$ la funzione non è derivabile. e lo stesso nei punti $(x,0,z)$ e $(x,y,0)$.
per $(1,0,z)$ $fx$ è di nuovo non derivabile, quindi:
$ f(1+h,0,z)=root()((1+h-1)(0)z)=0 $
$ f(1,0,z)=root()((1-1)(0)z)=0 $
da cui
$fx(1,0,z)= lim_(h -> 0)(0-0)/h=0/0 $
Applicando de l'hopital rispetto ad $h$:
$ lim_(h -> 0)(0-0)/1=0 $
stessa cosa ottengo per $f(1,0+k,z)$, cioè $fy(1,0,z)=lim_(k -> 0)$, per cui siccome i due limiti esistono, sono finiti e coincidono significa che in tale punto la funzione è derivabile.
analogamente: per $(x,0,0)$ $fx$ è non derivabile quindi:
$ f(x,0+k,0)=root()((x-1)(0+k)z)=root()(xkz) $
$ f(x,0,0)=root()((x-1)(0)0)=0 $
da cui
$ lim_(k -> 0)(root()(xkz)-0)/k=0/0 $
Applicando de l'hopital rispetto ad $k$:
$ lim_(k -> 0)(1/(2root()(hkz))1-0)/1=+oo $
ergo non è derivabile.
lo stesso faccio per $(1,0,0)$
"mobley":
applicando de l'hopital $ lim_(h -> 0)(1/(2root()(hyz))1-0)/1=+oo $: siccome il rapporto incrementale esiste ma non è finito, non esiste la derivata parziale. quindi in $ (1,y,z) $ la funzione non è derivabile. e lo stesso nei punti $ (x,0,z) $ e $ (x,y,0) $.
Il risultato è giusto ma il procedimento non tanto... perché applichi De L'Hopital? Il limite in questione si può calcolare "normalmente" così:
$ lim_(h -> 0) (root()(hyz)-0)/h= \lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{yz}}{\sqrt{h}} = +\infty$
Dunque come giustamente dici la funzione non è derivabile (e quindi nemmeno differenziabile) nei punti del tipo $(1,y,z), (x,0,z), (x,y,0)$ con $x \ne 1, y \ne 0, z \ne 0$.
Poi
"mobley":
per $ (1,0,z) $ $ fx $ è di nuovo non derivabile, quindi:
Derivabile significa che il rapporto incrementale esiste finito; in questo caso il problema è che l'espressione analitica della derivata che hai calcolato precedentemente non è definita in quei punti. Quindi per vedere se la funzione è derivabile bisogna calcolarsi, come giustamente hai fatto, il rapporto incrementale "a mano":
"mobley":
$ fx(1,0,z)= lim_(h -> 0)(0-0)/h=0/0 $
Questo limite fa $0$, non c'è una forma di indecisione perché $0/h=0$ ancora prima di effettuare il limite.
Poi:
"mobley":
stessa cosa ottengo per $ f(1,0+k,z) $, cioè $ fy(1,0,z)=lim_(k -> 0) $, per cui siccome i due limiti esistono, sono finiti e coincidono significa che in tale punto la funzione è derivabile.
Ok anche $f_y(1,0,z)=0$ (con $z\ne0$) ma non ci importa che i limiti coincidano, basta che esistano finiti. E il povero $f_z(1,0,z)$ (con $z\ne0$) dove è finito? Se fai i conti scoprirai che anche esso è pari a $0$.
"mobley":
analogamente: per $ (x,0,0) $ $ fx $ è non derivabile quindi:
$ f(x,0+k,0)=root()((x-1)(0+k)z)=root()(xkz) $
$ f(x,0,0)=root()((x-1)(0)0)=0 $
da cui
$ lim_(k -> 0)(root()(xkz)-0)/k=0/0 $
Applicando de l'hopital rispetto ad $ k $:
$ lim_(k -> 0)(1/(2root()(hkz))1-0)/1=+oo $
ergo non è derivabile.
Qui hai sbagliato i conti ($z=0$...), anche per $(x,0,0)$ e $(1,y,0)$ con $x\ne 1$ e $y\ne0$ hai che tutte le derivate parziali sono nulle.
E dunque cosa concludiamo per quanto riguarda la differenziabilità nei punti del tipo $(1,0,z),(x,0,0),(1,y,0)$ con $x\ne 1,y\ne0,z\ne0$ ?
Infine:
"mobley":
lo stesso faccio per $ (1,0,0) $
Ok, una volta che ti sei calcolato le derivate parziali cosa si fa?
"Bremen000":
Il risultato è giusto ma il procedimento non tanto... perché applichi De L'Hopital?
Hai ragione, non avevo proprio pensato a $ root()(h)/h=1/(root()(h)) $ . Comunque, in generale, perché non è corretto usarlo?
"Bremen000":
Derivabile significa che il rapporto incrementale esiste finito; in questo caso il problema è che l'espressione analitica della derivata che hai calcolato precedentemente non è definita in quei punti. Quindi per vedere se la funzione è derivabile bisogna calcolarsi, come giustamente hai fatto, il rapporto incrementale "a mano"
Ci sono
"Bremen000":
Questo limite fa $ 0 $, non c'è una forma di indecisione perché $ 0/h=0 $ ancora prima di effettuare il limite
in effetti...
"Bremen000":
Ok anche $ f_y(1,0,z)=0 $ (con $ z\ne0 $) ma non ci importa che i limiti coincidano, basta che esistano finiti. E il povero $ f_z(1,0,z) $ (con $ z\ne0 $) dove è finito? Se fai i conti scoprirai che anche esso è pari a $ 0 $.
In effetti, ora che ricontrollo gli appunti, la derivata parziale i-esima di $f$ in $x0$ esiste se esiste finito il limite del rapporto incrementale, senza accennare alla coincidenza di eventuali valori finiti ottenibili. Quindi se studiando la derivabilità della derivate parziali in uno stesso punto ottengo valori finiti ma diversi tra loro, la funzione è comunque derivabile in tale punto? Da qualche parte mi sembra di aver letto qualcosa circa la coincidenza dei valori ma sicuramente mi starò confondendo.
"Bremen000":
Qui hai sbagliato i conti ($ z=0 $...), anche per $ (x,0,0) $ e $ (1,y,0) $ con $ x\ne 1 $ e $ y\ne0 $ hai che tutte le derivate parziali sono nulle.
Ci sono, inizio ad afferrare il meccanismo
"Bremen000":
E dunque cosa concludiamo per quanto riguarda la differenziabilità nei punti del tipo $ (1,0,z),(x,0,0),(1,y,0) $ con $ x\ne 1,y\ne0,z\ne0 $ ?
che la funzione in tali punti è derivabile.
"Bremen000":
Ok, una volta che ti sei calcolato le derivate parziali cosa si fa?
vado a studiare se la funzione è non soltanto derivabile in tali punti ma anche differenziabile.
calcolo il
$ lim_(h,k,z -> 1,0,z)(R(h,k,z))/root()(h^2+k^2) $
con $ R(h,k,z)=f(1+h,0+k,z)-f(1,0,z)-fx(1,0,z)-fy(1,0,z)-fz(1,0,z) $.
Dato che
$f(1,0,z)=fx(1,0,z)=fy(1,0,z)=fz(1,0,z)=0$
e che $f(1+h,0+k,z)=root()((1+h-1)(k)(z))=root()(hkz)$
ho
$lim(root()(hkz))/(root()(h^2+k^2))$
"mobley":
Comunque, in generale, perché non è corretto usarlo?
Non è che non è corretto usarlo ma è comunque come sparare a una mosca con un cannone. Inoltre la derivata l'hai sbagliata (manca un $yz$ a numeratore).
"mobley":
Quindi se studiando la derivabilità della derivate parziali in uno stesso punto ottengo valori finiti ma diversi tra loro, la funzione è comunque derivabile in tale punto? Da qualche parte mi sembra di aver letto qualcosa circa la coincidenza dei valori ma sicuramente mi starò confondendo.
Pensa alla funzione $f(x,y) = 3x^2+2y$ nel punto $(1,1)$ ad esempio. Per quanto riguarda la coincidenza dei valori magari ti confondi con analisi 1 e derivate destre e sinistre.
"mobley":
che la funzione in tali punti è derivabile.
Be' sì! Ma io parlavo di differenziabilità, non derivabilità. La prima è una condizione più forte della seconda. Infatti come poi giustamente fai, bisogna effettuare il limite mostruoso della differenziabilità:
$f: A \subset RR^n \to RR$ è differenziabile in $\mathbf{x_0} \in A$ se esiste finito $\nabla f(\mathbf(x_0))$ e se vale
$\lim_{\mathbf{h} \to \mathbf{0}} \frac{f(\mathbf{x_0}+\mathbf{h})-f(\mathbf{x_0}) - <\nabla f(\mathbf{x_0}) ,\mathbf{h}>}{||\mathbf{h}||}=0$
Quindi, ad esempio, per i punti del tipo $(1,0,z)$ con $z \ne 0$ si deve calcolare
$ \lim_{(h,k,t) \to (0,0,0)} \frac{ f(1+h,k,z+t)-f(1,0,z)- <((0),(0),(0)), ((h),(k),(t))>}{\sqrt{h^2+k^2+t^2}} = \lim_{(h,k,t) \to (0,0,0)} \frac{\sqrt{hk(z+t)}}{\sqrt{h^2+k^2+t^2}} $
che non esiste (puoi provare a verificarlo).
Prova a fare tu gli altri...attento/a che hai usato sempre solo $h$ e $k$ ma qua siamo in $RR^3$!
grazie mille Bremen!
Prego
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