|x|α−1y x2+y2 (x, y x, y

Universit`a degli Studi di Trento

CORSO DI ANALISI MATEMATICA II - LAUREA IN FISICA

DAVIDE PASTORELLO A ANDREA PINAMONTI

Foglio di esercizi 3

Nota preliminare: Le risoluzioni degli esercizi presentati sono volutamente schematiche e vari dettagli sono lasciati al lettore.

Esercizio 1. Calcolare la derivata direzionale in (0, 0) della funzione f (x, y) =

( |x|^α−1y

x²+y² (x, y) 6= (0, 0) 0 (x, y) = (0, 0) lungo v =

√1 2,^√1

2

, al variare del parametro α > 1.

Soluzione:

Calcolando esplicitamente D_vf (0, 0) secondo la sua definizione si ottiene che:

D_vf (0, 0) =







6 ∃ α < 3

1 2√

2 α = 3 0 α > 3

Esercizio 2. Stabilire se la seguente funzione `e continua, derivabile e differenziabile nell’origine:

f (x, y) =

 1 |y| > x²oppure y = 0 0 |y| ≤ x²

Soluzione:

Considerando le restrizioni della funzione f_|Ae f_|B con A := {(x, y) ∈ R²: x > 0, y = 0} e B := {(x, y) ∈ R²: x > 0, y = x³} si ottiene:

lim

(x,y)→(0,0)

f_|A(x, y) = 1 lim

(x,y)→(0,0)

f_|B(x, y) = 0,

di conseguenza la funzione non `e continua nell’origine e quindi nemmeno differenziabile. Questo fatto non esclude che essa possa essere derivabile in (0, 0), infatti basta notare che f (x, 0) = 1 e quindi Dxf (0, 0) = 0 mentre la derivata parziale rispetto a y in (0, 0) `e :

Dyf (0, 0) = lim

h→0

f (0, h) − f (0, 0)

h = lim

h→0

1 − 1 h = 0.

Le derivate parziali esistono nulle in (0, 0), f `e derivabile nell’origine.

Esercizio 3. Studiare continuit`a , derivabilit`a e differenziabilit`a nell’origine della funzione f (x, y) =

( (e^|xy|−1)^α

x²+y² (x, y) 6= (0, 0) 0 (x, y) = (0, 0) al variare del parametro α ∈ R.

Soluzione:

Osservando che:

lim

(x,y)→(0,0)

(e^|xy|− 1)^α

x²+ y² = lim

(x,y)→(0,0)

|xy|^α x²+ y²

2

e passando alle coordinate polari si ha che lim_ρ→0ρ^2α−2| cos ϑ sin ϑ|^α= 0 (uniformemente in ϑ) se e solo se 2α − 2 > 0, ovvero f `e continua in (0, 0) per α > 1.

Per verificare la derivabilit`a in (0, 0) si considerano i limiti:

lim

h→0

f (h, 0) − f (0, 0)

h e lim

h→0

f (0, h) − f (0, 0) h

La funzione F (h) := f (h, 0) = f (0, h) `e la funzione nulla per α > 0 in questo caso i limiti esistono nulli.

F (h) = 1/h² per α = 0 e quindi i limiti sopra non esistono finiti e per α < 0 la funzione F non `e definita.

Dunque f risulta derivabile nell’origine per α > 0 con derivate parziali D_xf (0, 0) = 0 e D_yf (0, 0) = 0.

Per verificare la differenziabilit`a in (0, 0) si va a considerare il limite:

lim

(x,y)→(0,0)

f (x, y) − f (0, 0) − h∇f (0, 0), (x, y)i

px²+ y² = lim

(x,y)→(0,0)

(e^|xy|− 1)^α (x²+ y²)³² ,

analogamente a quanto visto in precedenza, in coordinate polari si ha che limρ→0ρ^2α−3| cos ϑ sin ϑ|^α = 0 (uniformemente in ϑ) se e solo se 2α − 3 > 0 e quindi f `e differenziabile in (0, 0) per α > ³₂.

Esercizio 4. Studiare la continuit`a della funzione f : R³→ R definita come segue:

f (x, y, z) =

( x²(exp[y²]−1)z⁴

x²+y²+z² (x, y, z, ) 6= (0, 0, 0) 0 (x, y, z, ) = (0, 0, 0) Inoltre stabilire se f `e derivabile e differenziabile in (0, 0, 0).

Soluzione:

f `e continua su R<sup>3</sup>\ {(0, 0, 0)} in quanto composizione di funzioni continue. Si rende necessario controllare la continuit`a in corrispondenza dell’origine:

lim

(x,y,z)→(0,0,0)

x²(exp[y²] − 1)z⁴

x²+ y²+ z² = lim

(x,y,z)→(0,0,0)

x²y²z⁴

x²+ y²+ z² = 0,

infatti utilizzando le coordinate sferiche x = ρ cos ϑ cos ϕ, y = ρ sin ϑ cos ϕ, z = ρ sin ϕ, si osserva che:

ρ⁸cos²ϑ sin²ϑ cos⁴ϕ sin⁴ϕ ρ²

≤ ρ⁶→ 0 per ρ → 0.

f `e continua su R³.

Osservando che f (0, y, z) = f (x, 0, z) = f (x, y, 0) = 0 si conclude che f `e derivabile nell’origine con

∇f (0, 0, 0) = (0, 0, 0). Tenendo presente che |ρ⁵cos²ϑ sin²ϑ cos⁴ϕ sin⁴ϕ| ≤ ρ⁵→ 0 si deduce che f `e anche differenziabile nell’origine.

Esercizio 5. Studiare continuit`a , derivabilit`a e differenziabilit`a della seguente funzione sul suo dominio:

f (x, y) =

 y

x²(sin(xy) − xy) x 6= 0

0 x = 0

Soluzione:

Il dominio di f `e D(f ) = R<sup>2</sup> ed `e continua su R² \ {(0, y) : y ∈ R}. Per verificare la continuit`a in corrispondenza della retta x = 0 esaminiamo il seguente limite:

lim

(x,y)→(0,y₀)f (x, y) = lim

(x,y)→(0,y₀)

y x²



−x³y³ 6



= 0 ∀y0∈ R.

f `e continua. Calcoliamo le derivate parziali di f per x 6= 0:

Dxf (x, y) = −2xy

x⁴ (sin(xy) − xy) + y

x²(y cos(xy) − xy), D_yf (x, y) = sin(xy) − xy

x² + y

x²(x cos(xy) − x), e le derivate parziali per x = 0:

Dxf (0, y) = lim

h→0

f (h, y) − f (0, y)

h = −y⁴

6 , D_yf (0, y) = 0.

3

Risulta che f `e ovunque derivabile. Le funzioni D_xf e D_yf sono continue su R²\ {(0, y) : y ∈ R} e osservando che:

lim

(x,y)→(0,y₀)Dxf (x, y) = −y⁴₀

6 = Dxf (0, y0) ∀y0∈ R lim

(x,y)→(0,y0)

D_yf (x, y) = 0 = D_yf (0, y₀) ∀y₀∈ R,

concludiamo che D_xf e D_yf sono continue anche sull’asse y. Poich´e f ∈ C¹(R²) essa `e differenziabile ovunque per il teorema del differenziale totale.

Esercizio 6. Data

f (x, y) =p³

x²(y − 1) + 1

si verifichi che non differenziabile in (0, 1) e calcolare D_vf (0, 1) dove v indica un generico versore di R². Soluzione:

E’ facile vedere che Dxf (0, 1) = 0 = Dyf (0, 1). Dunque se f fosse differenziabile in (0, 1) avremmo lim

(x,y)→(0,0)

f (x, 1 + y) − f (0, 1) − h∇f (0, 1), (x, y)i

px²+ y² = 0

da cui

lim

(x,y)→(0,0)

p3

x²y px²+ y² = 0

ma tale limite non ´e zero come ´e facile vedere muovendosi lungo la direzione y = x. Dato v = (α, β) vale Dvf (0, 1) = lim

h→0

f (hα, hβ + 1) − f (0, 1)

h =p³

α²β.