La funzione risulta continua in (0, 0) essendo (x,y)lim!(0,0)f (x, y

Risoluzione 1. La funzione risulta continua in (0, 0) essendo

(x,y)lim!(0,0)f (x, y) = lim

(x,y)!(0,0)

8y³ x³

x²+ y² = 0 = f (0, 0).

Infatti, utilizzando le coordinate polari, per ogni ✓2 [0, 2⇡] abbiamo

⇢!0lim⁺f (⇢ cos ✓, ⇢ sin ✓) = lim

⇢!0⁺

8⇢³sin³✓ ⇢³cos³✓

⇢² = lim

⇢!0⁺⇢(8 sin³✓ cos³✓) = 0 e il limite `e uniforme rispetto a ✓ essendo

⇢(8 sin³✓ cos³✓)  ⇢(8| sin³✓| + | cos³✓|)  9⇢ 8✓ 2 [0, 2⇡]

e 9⇢! 0 per ⇢ ! 0⁺. 2. Abbiamo che lim

(x,y)!(0,0)f (x, y) = 0 e quindi che la funzione risulta continua in (0, 0). Infatti, passando alle coordinate polari, abbiamo

⇢lim!0⁺f (⇢ cos ✓, ⇢ sin ✓) = lim

⇢!0⁺⇢2 cos ✓ sin²✓ sin³✓

cos²✓ + 2 sin²✓ = 0, 8✓ 2 [0, 2⇡].

e il limite risulta uniforme rispetto a ✓2 [0, 2⇡] essendo

⇢2 cos ✓ sin²✓ sin³✓

cos²✓ + 2 sin²✓  ⇢sin²✓(2| cos ✓| + | sin ✓|)

1 + sin²✓  3⇢, 8✓ 2 [0, 2⇡].

e 3⇢! 0 per ⇢ ! 0⁺. 3. Per calcolare lim

(x,y)!(0,0)f (x, y) osserviamo innanzitutto che se (x, y) ! (0, 0) allora x ! 0 e y ! 0 e dunque

x sin y y sin x = x(y + o(y)) y(x + o(x)) = xo(y) yo(x) Osserviamo poi che per (x, y)! (0, 0) risulta o(x) = o(p

x²+ y²) infatti po(x)

x²+ y² = o(x) x

p |x|

x²+ y²  o(x)

x ! 0

e in modo analogo si ha o(y) = o(p

x²+ y²). Ne concludiamo allora che per (x, y)! (0, 0) si ha x sin y y sin x = xo(y) yo(x) = (x y)o(p

x²+ y²) e quindi che

x sin y y sin x

x²+ y² =(x y)o(p

x²+ y²)

x²+ y² = x y

px²+ y² o(p

x²+ y²) px²+ y² ! 0

dato che p^{x y}

x²+y² p^|x|

x²+y² +p^|y|

x²+y²  2 e ^o(p

x²+y²)

px²+y² ! 0.

In alternativa, utilizzando le coordinate polari, osserviamo che per ogni ✓2 [0, 2⇡] fissato, per ⇢ ! 0⁺ si ha

f (⇢ cos ✓, ⇢ sin ✓) = cos ✓ sin(⇢ sin ✓) sin ✓ sin(⇢ cos ✓)

⇢

= cos ✓(⇢ sin ✓ + o(⇢ sin ✓)) sin ✓(⇢ cos ✓ + o(⇢ cos ✓))

⇢

= cos ✓ o(⇢ sin ✓) sin ✓ o(⇢ cos ✓))

⇢

= ⇢ cos ✓ sin ✓· o(⇢ sin ✓)

⇢ sin ✓ ⇢ cos ✓ sin ✓·o(⇢ cos ✓)

⇢ cos ✓ ! 0

ed essendo| sin ✓|  1 e | cos ✓|  1 per ogni ✓ 2 [0, 2⇡], il limite `e uniforme rispetto a ✓.

Possiamo allora concludere che lim

(x,y)!(0,0)f (x, y) = 0 = f (0, 0) e quindi che la funzione `e continua in (0, 0).

4. La funzione f (x, y) =p

1 x²+ 2x y²risulta definita e continua in D ={(x, y) 2 R²| x² 2x+y² 1}

ma risulta derivabile parzialmente solo nei punti interni di D con

@f

@x(x, y) = p ^{1 x}

1 x²+2x y² e ^@f_@x(x, y) = p ^y

1 x²+2x y²

essendo somma e composizione di funzioni continue in D, derivabili in D . 5. La funzione f (x, y) = log⇣

x y

⌘+ 2xy²risulta definita, continua e derivabile in D ={(x, y) 2 R²| xy > 0}, essendo somma, prodotto, rapporto e composizione di funzioni continue e derivabili in D, con

@f

@x(x, y) = ^y_x¹_y+ 2y²= ¹_x+ 2y² e ^@f_@x(x, y) = ^y_x( _y^x2) + 4xy = _y¹+ 4xy.

6. La funzione f (x, y) = arctan_x2^xy+y² `e definita, continua e derivabile in D =R<sup>2</sup>\ {(0, 0)} , poich`e somma, prodotto, rapporto e composizione di funzioni continue e derivabili in D, con

@f

@x(x, y) = ¹

1+⇣ _xy

x2 +y2

⌘2

y(x²+y²) 2x²y

(x²+y²)² =_x2y^y(y2+(x^{2 2x}+y²⁾²)²

e, osservato che f (x, y) = f (y, x) per ogni (x, y)2 D, con

@f

@y(x, y) = ^@f_@x(y, x) = _x2y^x(x2+(x^{2 2y}+y²⁾²)². 7. La funzione f (x, y) = p³

|xy| `e definita e continua in D = R<sup>2</sup>, dato che `e prodotto e composizione di funzioni continue in D. Poich´e

f (x, y) = (

p3xy se xy 0 p3xy se xy < 0

possiamo dire che la funzione risulta derivabile parzialmente in ogni punto (x, y)2 R² tale che xy 6= 0 con

@f

@x(x, y) = 8<

:

1 3

y

p3

(xy)² se xy > 0

1 3

y

p3

(xy)² se xy < 0 e ^@f_@y(x, y) = ^@f_@x(y, x) = 8<

:

1 3

x

p3

(xy)² se xy > 0

1 3

x

p3

(xy)² se xy < 0 Rimane da discutere la derivabilit`a nei punti degli assi cartesiani dove xy = 0.

Nell’origine del piano si ha che la funzione risulta derivabile parzialmente infatti, essendo f (x, 0) = f (0, y) = 0 per ogni xy2 R, si ha che ^@f@x(0, 0) = 0 e ^@f_@y(0, 0) = 0.

La funzione non risulta invece derivabile parzialmente nei restanti punti degli assi, infatti nei punti Px= (x, 0) con x6= 0 la funzione risulta derivabile rispetto a x con ^@f@x(x, 0) = 0, dato che f (x, 0) = 0 per ogni x2 R, ma non rispetto a y dato che non esiste

hlim!0

f (x, h) f (x, 0)

h = lim

h!0

p3

|xh|

h

In modo simmetrico, abbiamo che nei punti Py = (0, y) con y 6= 0 la funzione risulta derivabile rispetto a y con ^@f_@y(0, y) = 0 ma non rispetto a x.

8. La funzione f (x, y) =|y 2x| log(1 + x) risulta definita e continua nel suo dominio D = {(x, y) 2 R²| x >

1}. Inoltre, essendo

f (x, y) =

((y 2x) log(1 + x) se y 2x (2x y) log(1 + x) se y < 2x

possiamo a↵ermare che la funzione risulta derivabile parzialmente in ogni punto (x0, y0) 2 R² tale che y06= 2x⁰ con

@f

@x(x0, y0) = 2 log(1 + x0) +^y0_1+x^2x₀⁰ e ^@f_@y(x0, y0) = log(1 + x0) se y0> 2x0

e

@f

@x(x0, y0) = 2 log(1 + x0) +^2x_1+x^{0 y}₀⁰ e ^@f_@y(x0, y0) = log(1 + x0) se y0< 2x0

Rimane da discutere la derivabilit`a nei punti della retta y = 2x.

Nell’origine del piano si ha che la funzione risulta derivabile parzialmente rispetto ad x con

@f

@x(0, 0) = lim

h!0

f (h,0) f (0,0)

h = lim

h!0

|2h| log(1+h)

h = lim

h!0|2h| = 0

e risulta derivabile parzialmente rispetto ad y, essendo f (0, y) = 0 per ogni y2 R, con ^@f@y(0, 0) = 0.

La funzione non risulta derivabile parzialmente nei restanti punti della retta y = 2x. Infatti, nel punto (x0, 2x0), con x06= 0 avremo che la funzione non risulta derivabile parzialmente rispetto a x e a y poich´e non esistono i limiti

hlim!0

f (x0+ h, 2x0) f (x0, 2x0)

h = lim

h!0

|2h| log(1 + x⁰+ h)

h = log(1 + x0) lim

h!0

|2h|

h e

klim!0

f (x0, 2x0+ k) f (x0, 2x0)

h = lim

h!0

|k| log(1 + x⁰)

k = log(1 + x0) lim

k!0

|k|

k 9. La funzione data risulta definita e continua in tuttoR². Dato che

f (x, y) =

(ppx² y² se|x| |y|

y² x² se|x| < |y|

possiamo a↵ermare che la funzione risulta derivabile parzialmente in ogni punto (x0, y0) 2 R² tale che

|x⁰| 6= |y⁰| con

@f

@x(x0, y0) =p^x0

x²₀ y²₀ e ^@f_@y(x0, y0) = p^y0

x²₀ y₀² se|x⁰| > |y⁰|

e @f

@x(x0, y0) = p_y^x2⁰

0 x²₀ e ^@f_@y(x0, y0) = p_y^y2⁰

0 x²₀ se|x⁰| < |y⁰| Discutiamo la derivabilit`a nei punti delle bisettrici y =±x.

Nell’origine del piano si ha che la funzione non risulta derivabile parzialmente rispetto a x e a y dato che non esistono i limiti

hlim!0

f (h, 0) f (0, 0)

h = lim

h!0

ph² h = lim

h!0

|h|

h e lim

h!0

f (0, h) f (0, 0)

h = lim

h!0

ph² h = lim

h!0

|h|

h La funzione non risulta inoltre derivabile parzialmente nei restanti punti delle bisettrici y =±x. Infatti, nel punto (x0,±x⁰), con x06= 0 avremo che la funzione non risulta derivabile parzialmente rispetto a x e a y poich´e non esistono i limiti

h!0lim

f (x0+ h,±x⁰) f (x0,±x⁰)

h = lim

h!0

p|2hx⁰+ h²|

h =p

|2x⁰| lim

h!0

p|h|

h e

hlim!0

f (x0,±x⁰+ h) f (x0,±x⁰)

h = lim

h!0

p| ± 2hx⁰+ h²|

h =p

|2x⁰| lim_h

!0

p|h|

h

10. La funzione `e continua in (0, 0) essendo lim

(x,y)!(0,0)f (x, y) = 0. Infatti, per (x, y)! (0, 0) si ha x²+y²! 0⁺ e arctan_x2+y^{1 2} ! ^⇡2, quindi, dall’algebra dei limiti, abbiamo

(x,y)lim!(0,0)f (x, y) = lim

(x,y)!(0,0)(x²+ y²) arctan 1 x²+ y² = 0 La funzione risulta derivabile parzialmente in (0, 0), difatti risulta

@f

@x(0, 0) = lim

h!0

f (h, 0) f (0, 0)

h = lim

h!0

h²arctan_h¹2

h = 0

e analogamente

@f

@y(0, 0) = lim

k!0

f (0, k) f (0, 0)

h = lim

k!0

k²arctan_k¹2

k = 0

Ammette inoltre derivata direzionale in (0, 0) lungo una qualunque direzione ⌫ = (↵, ) con

@f

@⌫(0, 0) = lim

h!0

f (↵h, h)

h = lim

h!0

(↵²h²+ ²h²) arctan_↵2h²+^{1 2}h²

h

= lim

h!0h arctan_h¹2 = 0

Infine, la funzione risulta di↵erenziabile in (0, 0) in quanto, ragionando come sopra, abbiamo che

(x,y)lim!(0,0)

f (x, y) f (0, 0) ^@f_@x(0, 0)x ^@f_@y(0, 0)y

px²+ y² = lim

(x,y)!(0,0)

(x²+ y²) arctan_x2+y^{1 2}

px²+ y²

= lim

(x,y)!(0,0)

px²+ y²arctan 1 x²+ y² = 0 11. La funzione risulta continua nell’origine in quanto

(x,y)lim!(0,0)f (x, y) = lim

(x,y)!(0,0)

log(1 + x²+ y²)

px²+ y² = lim

(x,y)!(0,0)

x²+ y²

px²+ y² = 0 = f (0, 0).

Non risulta invece derivabile rispetto a x nell’origine dato che non esiste il limite

h!0lim

f (h, 0) f (0, 0)

h = lim

h!0

log(1 + h²) h|h| ,

allo stesso modo, osservato che f (x, y) = f (y, x) possiamo concludere che non risulta derivabile rispetto a y nell’origine.

La funzione non risulta inoltre derivabile lungo la direzione ⌫ = (^p1₂, ^p1₂) in quanto non esiste il limite

h!0lim

f (^ph₂, ^ph₂) f (0, 0)

h = lim

h!0

log(1 +^h₂² +^h₂²) hq

h² 2 +^h₂²

= lim

h!0

log(1 + h²)

|h|h .

Dal teorema del gradiente possiamo quindi concludere che la funzione non `e di↵erenziabile in (0, 0).

12. Per verificare che la funzione risulta continua in (0, 0) proviamo che lim

(x,y)!(0,0)f (x, y) = f (0, 0) = 0.

Passando alle coordinate polari, calcoliamo innanzittutto lim

⇢!0⁺f (⇢ cos ✓, ⇢ sin ✓). Abbiamo

⇢lim!0⁺f (⇢ cos ✓, ⇢ sin ✓) = lim

⇢!0⁺⇢(cos ✓ sin²✓ cos²✓ sin ✓) = 0, 8✓ 2 [0, 2⇡],

e il limite risulta uniforme rispetto a ✓2 [0, 2⇡] essendo

|⇢(cos ✓ sin²✓ cos²✓ sin ✓)|  2⇢, 8✓ 2 [0, 2⇡].

Quindi risulta lim

(x,y)!(0,0)f (x, y) = 0 e la funzione risulta continua in (0, 0).

Riguardo la derivabilit`a, osservato che f (x, 0) = 0 per ogni x2 R, possiamo concludere che la funzione risulta derivabile parzialmente rispetto ad x in (0, 0) con ^@f_@x(0, 0) = 0. Analogamente, essendo f (0, y) = 0 per ogni y2 R, la funzione risulta derivabile parzialmente rispetto ad y in (0, 0) con ^@f@y(0, 0) = 0.

Per stabilire se la funzione risulta di↵erenziabile in (0, 0) dobbiamo verificare che

(x,y)lim!(0,0)

f (x, y) f (0, 0) ^@f_@x(0, 0)x ^@f_@y(0, 0)y

px²+ y² = lim

(x,y)!(0,0)

f (x, y) px²+ y² = 0.

Per calcolare il limite utilizziamo le coordinate polari. Per ogni ✓2 [0, 2⇡] abbiamo

⇢!0lim⁺

f (⇢ cos ✓, ⇢ sin ✓)

⇢ = lim

⇢!0⁺(cos ✓ sin²✓ cos²✓ sin ✓) = cos ✓ sin²✓ cos²✓ sin ✓ e quindi che il limite lim

(x,y)!(0,0) f (x,y)

px²+y² non esiste. La funzione non `e quindi di↵erenziabile in (0, 0).

Infine, abbiamo che la funzione risulta derivabile in (0, 0) lungo la direzione ⌫ = (^p2₅, ^p1₅) con

@f

@⌫(0, 0) = lim

h!0

f (p² 5h, p¹

5h) f (0, 0)

h = lim

h!0 p2

5 1

5h³+⁴₅p¹ 5h³

h³ = 6

5p 5 13. La funzione risulta continua in (0, 0) essendo lim

(x,y)!(0,0)f (x, y) = 0 = f (0, 0). Infatti, passando alle coordinate polari, per ogni ✓2 [0, 2⇡] abbiamo

⇢lim!0⁺f (⇢ cos ✓, ⇢ sin ✓) = lim

⇢!0⁺⇢cos³✓ 3 cos²✓ sin ✓ 3 cos²✓ + sin²✓ = 0 e il limite `e uniforme rispetto a ✓ essendo

⇢cos³✓ 3 cos²✓ sin ✓

3 cos²✓ + sin²✓  ⇢| cos³✓| + 3| cos²✓ sin ✓|

3 cos²✓ + sin²✓  4⇢ ! 0 8✓ 2 [0, 2⇡].

La funzione risulta derivabile (0, 0) con ^@f_@x(0, 0) = ¹₃, essendo

hlim!0

f (h, 0) f (0, 0)

h = lim

h!0

h³ 3h³ =1

3,

e con ^@f_@y(0, 0) = 0 essendo f (0, y) = 0 per ogni y2 R. La funzione risulta derivabile lungo la direzione

⌫ = (^p1₂,^p1₂) in (0, 0) dato che

h!0lim

f (^ph₂^ph₂) f (0, 0)

h = lim

h!0 h³ 2p

2 3₂^hp3₂ h(3^h₂² +^h₂²) =

p1 2

2 = 1

2p 2

La funzione non risulta per`o di↵erenziabile in (0, 0), infatti se risultasse di↵erenziabile, dal Teorema del gradiente dovremo avere che ^@f_@⌫(0, 0) =rf(0, 0) · ⌫ mentre ^@f@⌫(0, 0) = ¹

2p

2 6=₃^p1₂ = (¹₃, 0)· (^p1₂,p¹ 2).

14. La funzione `e continua in (0, 0) in quanto lim

(x,y)!(0,0)f (x, y) = 0 = f (0, 0). Infatti, passando alle coordinate polari, per ogni ✓2 [0, 2⇡] abbiamo

⇢!0lim⁺f (⇢ cos ✓, ⇢ sin ✓) = lim

⇢!0⁺

p⇢²| cos ✓ sin ✓| log(⇢²) = lim

⇢!0⁺2⇢ log ⇢p

| cos ✓ sin ✓| = 0

e il limite `e uniforme rispetto a ✓ essendo 2⇢ log ⇢p

| cos ✓ sin ✓|  2⇢| log ⇢| ! 0 8✓ 2 [0, 2⇡].

La funzione risulta derivabile (0, 0) con ^@f_@x(0, 0) = ^@f_@y(0, 0) = 0 essendo f (x, 0) = f (0, y) = 0 per ogni xy2 R. La funzione non risulta per`o di↵erenziabile in (0, 0), dato che non esiste il limite

(x,y)lim!(0,0)

f (x, y) f (0, 0) ^@f_@x(0, 0)x ^@f_@x(0, 0)y

px²+ y² = lim

(x,y)!(0,0)

p|xy| log(x²+ y²) px²+ y²

infatti, passando alle coordinate polari abbiamo

⇢!0lim⁺

2⇢ log ⇢p

| cos ✓ sin ✓|

⇢ =

( 1 se cos ✓ sin ✓ 6= 0 0 se cos ✓ sin ✓ = 0

In alternativa potevamo concludere che la funzione non risulta di↵erenziabile in (0, 0) osservato che non risulta derivabile in ogni direzione ⌫ = (↵, ) (non vale il Teorema del gradiente). La funzione risulta derivabile lungo la direzione ⌫ = (↵, ) in (0, 0) solo se ↵ = 0, e quindi solo nelle direzioni degli assi cartesiani, dato che

h!0lim

f (↵h, h) f (0, 0)

h = lim

h!0

p|h²↵ | log(h²↵²+ ²h² h

= lim

h!0

|h|

h

p|↵ | log(h²) =

(0 se ↵ = 0

±1 se ↵ 6= 0

15. La funzione `e definita inR² e risulta continua e derivabile parzialmente inR²\ {(0, 0)} essendo somma, prodotto, quoziente e composizione di funzioni continue e derivabili con

@f

@x(x, y) = 3x²(x²+ y²) cos(x³ y³) 2x sin(x³ y³)

(x²+ y²)² se (x, y)6= (0, 0)

e @f

@y(x, y) = 3y²(x²+ y²) cos(x³ y³) 2y sin(x³ y³)

(x²+ y²)² se (x, y)6= (0, 0)

(osserviamo che ^@f_@y(x, y) = ^@f_@x(y, x), essendo f (x, y) = f (y, x) per ogni (x, y) 2 R²). La funzione risulta di classeC¹, e quindi di↵erenziabile, inR²\ {(0, 0)} essendo composizione, somma e quoziente di funzioni di classe C¹. Dal Teorema del gradiente abbiamo quindi che la funzione risulta derivabile lungo una generica direzione ⌫ in ogni (x, y)6= (0, 0) con ^@f@⌫(x, y) =rf(x, y) · ⌫.

Riguardo all’origine O = (0, 0) abbiamo che la funzione risulta continua essendo

(x,y)lim!(0,0)f (x, y) = lim

(x,y)!(0,0)

sin(x³ y³)

x²+ y² = lim

(x,y)!(0,0)

x³ y³

x²+ y² = 0 = f (0, 0).

Per calcolare l’ultimo limite osserviamo che, passando alle coordinate polari, risulta

⇢lim!0⁺

⇢³(cos ✓³ sin³✓)

⇢² = lim

⇢!0⁺⇢(cos ✓³ sin³✓) = 0

uniformemente rispetto a ✓2 [0, 2⇡] in quanto

|⇢(cos ✓³ sin³✓|  2⇢ 8✓ 2 [0, 2⇡].

La funzione risulta inoltre derivabile in (0, 0) con ^@f_@x(0, 0) = 1 e ^@f_@y(0, 0) = 1, infatti

hlim!0

f (h, 0) f (0, 0)

h = lim

h!0

sin(h³) h³ = 1 e

k!0lim

f (0, k) f (0, 0)

h = lim

k!0

sin( k³) k³ = 1.

Nell’origine non risulta per`o di↵erenziabile poich´e non esiste il limite

(x,y)!(0,0)lim

f (x, y) f (0, 0) ^@f_@x(0, 0)x ^@f_@x(0, 0)y px²+ y²

= lim

(x,y)!(0,0)

sin(x³ y³) x(x²+ y²) + y(x²+ y²) (x²+ y²)p

x²+ y² Infatti, passando alle coordinate polari abbiamo che

⇢lim!0⁺

sin(⇢³(cos³✓ sin³✓)) ⇢³cos ✓ + ⇢³sin ✓

⇢³ = (cos³✓ sin³✓) cos ✓ + sin ✓ per ogni ✓2 [0, 2⇡].

La funzione risulta derivabile nella direzione ⌫ = (^p1₂,^p1₂) in (0, 0) con_@⌫^@f(0, 0) = 0, in quanto f (^ph₂,^ph₂) = 0 per ogni h2 R.

Osserviamo che rf(0, 0) · ⌫ = (1, 1) · (^p1₂,^p1₂) = ^p1₂ ^p1₂ = 0 = ^@f_@⌫(0, 0), anche se la funzione non risulta di↵erenziabile in (0, 0). Non vale per`o in generale (non vale il Teorema del gradiente), per esempio nella direzione v = (p¹

2, p¹

2) si ha che ^@f_@v(0, 0) = p¹

2 mentrerf(0, 0) · v = ^p2₂. 16. La funzione f (x, y) =|x y²| `e definita e continua in tutto R². Inoltre, essendo

f (x, y) =

(x y² se x y² y² x se x < y²

possiamo a↵ermare che la funzione risulta derivabile parzialmente in ogni punto (x0, y0) 2 R² tale che x06= y²0 con

@f

@x(x0, y0) = 1 e @f

@y(x0, y0) = 2y0 se x0> y₀²

e @f

@x(x0, y0) = 1 e @f

@y(x0, y0) = 2y0 se x0< y₀²

Dato che le derivate parziali risultano continue in ogni punto (x0, y0)2 R² tale che x0 6= y0² possiamo concludere che in tali punti la funzione `e di↵erenziabile e quindi che ammette derivata direzionale lungo ogni direzione ⌫ = (↵, ) con ^@f_@⌫(x0, y0) =rf(x⁰, y0)· ⌫.

Riguardo la derivabilit`a nei punti della parabola x = y<sup>2</sup>, osserviamo innanzitutto che nell’origine del piano si ha che la funzione non risulta derivabile parzialmente rispetto ad x poich`e non esiste i limite

h!0lim

f (h, 0) f (0, 0)

h = lim

h!0

|h|

h

mentre risulta derivabile parzialmente rispetto ad y con

@f

@y(0, 0) = lim

h!0

f (0, h) f (0, 0)

h = lim

h!0

h² h = 0

La funzione non risulta quindi di↵erenziabile nell’origine. La funzione ammette derivata lungo la direzione

⌫ = (↵, ) nel punto (0, 0) se esiste finito il limite

hlim!0

f (↵h, h) f (0, 0)

h = lim

h!0

|↵h ( h)²|

h = lim

h!0

|h| |↵ ²h|

h =|↵| lim_h

!0

|h|

h

e quindi se e solo se risulta ↵ = 0. Dunque la funzione `e derivabile in (0, 0) solo lungo le direzioni

⌫_±= (0,±1) per le quali risulta @f

@⌫_±(0, 0) = 0.

Nei restanti punti della parabola x = y²a funzione non risulta derivabile parzialmente, e quindi nemmeno di↵erenziabile. Infatti, nel punto (y²₀, y0), con y0 6= 0 abbiamo che la funzione non risulta derivabile parzialmente rispetto ad x e ad y poich`e non esistono i limiti

hlim!0

f (y²₀+ h, y0) f (y²₀, y0)

h = lim

h!0

|y²0+ h y²₀|

h = lim

h!0

|h|

h e

hlim!0

f (y²₀, y0+ h) f (y²₀, y0)

h = lim

h!0

|y²0 (y0+ h)²|

h = lim

h!0

|h||2y⁰+ h|

h =|2y⁰| lim

h!0

|h|

h

La funzione ammette derivata lungo la direzione ⌫ = (↵, ) nel punto (y²₀, y0), con y06= 0 se esiste finito il limite

hlim!0

f (y₀²+ ↵h, y0+ h) f (y²₀, y0)

h = lim

h!0

|y²0+ ↵h (y0+ h)²| h

= lim

h!0

|↵h 2y0 h + ( h)²|

h = lim

h!0

|h| |↵ 2y0 + ²h|

h =|↵ 2y0 | lim_h

!0

|h|

h

e quindi se e solo se risulta ↵ = 2 y0. Abbiamo quindi che la funzione ammette derivata direzionale nei punti (y²₀, y0), con y06= 0 solo nelle direzioni ⌫±= (±p^2y0

1+4y²₀,±p ¹

1+4y₀²) per le quali risulta _@⌫^@f

±(0, 0) = 0.