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

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

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

(x,y) !(0,0)

8y ³ x ³

x ² + y ² = 0 = f (0, 0).

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

⇢ lim !0

⁺

f (⇢ cos ✓, ⇢ sin ✓) = lim

⇢ !0

⁺

8⇢ ³ sin ³ ✓ ⇢ ³ cos ³ ✓

⇢ ² = lim

⇢ !0

⁺

⇢(8 sin ³ ✓ cos ³ ✓) = 0 e il limite `e uniforme rispetto a ✓ essendo

⇢(8 sin ³ ✓ cos ³ ✓)  ⇢(8| sin ³ ✓ | + | cos ³ ✓ |)  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 ✓ sin ² ✓ sin ³ ✓

cos ² ✓ + 2 sin ² ✓ = 0, 8✓ 2 [0, 2⇡].

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

⇢ 2 cos ✓ sin ² ✓ sin ³ ✓

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

1 + sin ² ✓  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

x ² + y ² ) infatti p o(x)

x ² + y ² = o(x) x

p |x|

x ² + y ²  o(x)

x ! 0

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

x ² + y ² ). 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

x ² + y ² ) e quindi che

x sin y y sin x

x ² + y ² = (x y)o( p

x ² + y ² )

x ² + y ² = x y

p x ² + y ² o( p

x ² + y ² )

p x ² + y ² ! 0

dato che p ^{x y}

x

²

+y

²

 p ^|x|

x

²

+y

²

+ p ^|y|

x

²

+y

²

 2 e ^o(

p x

²

+y

²

)

p x

²

+y

²

! 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 x ² + 2x y ² risulta definita e continua in D = {(x, y) 2 R ² | x ² 2x + y ²  1} ma risulta derivabile parzialmente solo nei punti interni di D con

@f

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

1 x

²

+2x y

²

e ^@f _@x (x, y) = p ^y

1 x

²

+2x y

²

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

x y

⌘

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

@f

@x (x, y) = ^y _x ¹ _y + 2y ² = ¹ _x + 2y ² e ^@f _@x (x, y) = ^y _x ( _y ^x

2

) + 4xy = ¹ _y + 4xy.

6. La funzione f (x, y) = arctan _x

2

^xy +y

²

`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(x

²

+y

²

) 2x

²

y

(x

²

+y

²

)

²

= _x

₂

_y ^y(y

₂

_+(x

² ₂

^x _+y

²

⁾

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) = _x

2

y ^x(x

²

+(x

^{2 2}

^y +y

²

⁾

²

)

²

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

³

|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) = (

p

3

xy se xy 0

p

3

xy se xy < 0

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

@f

@x (x, y) = 8 <

:

1 3

y

p

3

(xy)

²

se xy > 0

1 3

y

p

3

(xy)

²

se xy < 0 e ^@f _@y (x, y) = ^@f _@x (y, x) = 8 <

:

1

3 x

p

3

(xy)

²

se xy > 0

1

3 x

p

3

(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 xy 2 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 P x = (x, 0) con x 6= 0 la funzione risulta derivabile rispetto a x con ^@f _@x (x, 0) = 0, dato che f (x, 0) = 0 per ogni x 2 R, ma non rispetto a y dato che non esiste

h!0 lim

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

h = lim

h!0

p

3

|xh|

h

In modo simmetrico, abbiamo che nei punti P y = (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 R ² | 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 (x 0 , y 0 ) 2 R ² tale che y ₀ 6= 2x 0 con

@f

@x (x ₀ , y ₀ ) = 2 log(1 + x ₀ ) + ^y

⁰

_1+x ^2x

⁰

0

e ^@f _@y (x ₀ , y ₀ ) = log(1 + x ₀ ) se y ₀ > 2x ₀ e

@f

@x (x ₀ , y ₀ ) = 2 log(1 + x ₀ ) + ^2x _1+x

⁰

^y

⁰

0

e ^@f _@y (x ₀ , y ₀ ) = log(1 + x ₀ ) se y ₀ < 2x ₀ 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 y 2 R, con ^@f _@y (0, 0) = 0.

La funzione non risulta derivabile parzialmente nei restanti punti della retta y = 2x. Infatti, nel punto (x ₀ , 2x ₀ ), con x ₀ 6= 0 avremo che la funzione non risulta derivabile parzialmente rispetto a x e a y poich´e non esistono i limiti

h lim !0

f (x 0 + h, 2x 0 ) f (x 0 , 2x 0 )

h = lim

h !0

|2h| log(1 + x 0 + h)

h = log(1 + x 0 ) lim

h !0

|2h|

h e

k lim !0

f (x 0 , 2x 0 + k) f (x 0 , 2x 0 )

h = lim

h !0

|k| log(1 + x 0 )

k = log(1 + x ₀ ) lim

k !0

|k|

k

9. La funzione data risulta definita e continua in tutto R ² . Dato che f (x, y) =

(p p x ² y ² se |x| |y|

y ² x ² se |x| < |y|

possiamo a↵ermare che la funzione risulta derivabile parzialmente in ogni punto (x 0 , y 0 ) 2 R ² tale che |x 0 | 6= |y 0 | con

@f

@x (x 0 , y 0 ) = p ^x

⁰

x

²₀

y

²₀

e ^@f _@y (x 0 , y 0 ) = p ^y

⁰

x

²₀

y

²₀

se |x 0 | > |y 0 | e

@f

@x (x ₀ , y ₀ ) = p ^x

⁰

y

₀²

x

²₀

e ^@f _@y (x ₀ , y ₀ ) = p ^y

⁰

y

₀²

x

²₀

se |x 0 | < |y 0 | 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

h lim !0

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

h = lim

h !0

p h ² h = lim

h !0

|h|

h e lim

h !0

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

h = lim

h !0

p h ² h = lim

h !0

|h|

h La funzione non risulta inoltre derivabile parzialmente nei restanti punti delle bisettrici y = ±x.

Infatti, nel punto (x ₀ , ±x 0 ), con x ₀ 6= 0 avremo che la funzione non risulta derivabile parzialmente rispetto a x e a y poich´e non esistono i limiti

h lim !0

f (x ₀ + h, ±x 0 ) f (x ₀ , ±x 0 )

h = lim

h !0

p |2hx 0 + h ² |

h = p

|2x 0 | lim

h !0

p |h|

h e

h lim !0

f (x 0 , ±x 0 + h) f (x 0 , ±x 0 )

h = lim

h !0

p | ± 2hx 0 + h ² |

h = p

|2x 0 | 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 x ² + y ² ! 0 ⁺ e arctan _x

2

+y ¹

²

! ^⇡ ₂ , quindi, dall’algebra dei limiti, abbiamo

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

(x,y) !(0,0) (x ² + y ² ) arctan 1

x ² + y ² = 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

h ² arctan _h ¹

2

h = 0

e analogamente

@f

@y (0, 0) = lim

k !0

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

h = lim

k !0

k ² arctan _k ¹

2

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

(↵ ² h ² + ² h ² ) arctan _↵

2

h

²

+ ¹

²

h

²

h

= lim

h !0 h arctan _h ¹

2

= 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 + x ² + y ² )

p x ² + y ² = lim

(x,y) !(0,0)

x ² + y ²

p x ² + y ² = 0 = f (0, 0).

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

h!0 lim

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

h = lim

h!0

log(1 + h ² ) 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 ⌫ = ( p ¹ 2 , p ¹

2 ) in quanto non esiste il limite

h lim !0

f ( p ^h 2 , p ^h

2 ) f (0, 0)

h = lim

h !0

log(1 + ^h ₂

²

+ ^h ₂

²

) h

q h

²

2 + ^h ₂

²

= lim

h !0

log(1 + h ² )

|h|h . 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 ✓ sin ² ✓ cos ² ✓ sin ✓) = 0, 8✓ 2 [0, 2⇡], e il limite risulta uniforme rispetto a ✓ 2 [0, 2⇡] essendo

|⇢(cos ✓ sin ² ✓ cos ² ✓ 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 x 2 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 y 2 R, la funzione risulta derivabile parzialmente rispetto ad y in (0, 0) con ^@f _@y (0, 0) = 0.

Infine, abbiamo che la funzione risulta derivabile in (0, 0) lungo la direzione ⌫ = ( p ² 5 , p ¹

5 ) con

@f

@⌫ (0, 0) = lim

h !0

f ( p ² 5 h, p ¹

5 h) f (0, 0)

h = lim

h !0 p 2

5 1

5 h ³ + ⁴ ₅ p ¹ 5 h ³

h ³ = 6

5 p 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

⁺

⇢ cos ³ ✓ 3 cos ² ✓ sin ✓ 3 cos ² ✓ + sin ² ✓ = 0 e il limite `e uniforme rispetto a ✓ essendo

⇢ cos ³ ✓ 3 cos ² ✓ sin ✓

3 cos ² ✓ + sin ² ✓  ⇢ | cos ³ ✓ | + 3| cos ² ✓ sin ✓ |

3 cos ² ✓ + sin ² ✓  4⇢ ! 0 8✓ 2 [0, 2⇡].

La funzione risulta derivabile (0, 0) con ^@f _@x (0, 0) = ¹ ₃ , essendo

h lim !0

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

h = lim

h !0

h ³ 3h ³ = 1

3 ,

e con ^@f _@y (0, 0) = 0 essendo f (0, y) = 0 per ogni y 2 R. La funzione risulta derivabile lungo la direzione ⌫ = ( p ¹

2 , p ¹

2 ) in (0, 0) dato che

h!0 lim f ( ^{p h}

2 p h

2 ) f (0, 0)

h = lim

h!0 h

³

2 p

2 3 ^h

³

2 p 2

h(3 ^h ₂

²

+ ^h ₂

²

) =

p 1 2

2 = 1

2 p 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

⇢!0 lim

⁺

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 xy 2 R. La funzione risulta derivabile lungo la direzione ⌫ = (↵, ) in (0, 0) solo se ↵ = 0, e quindi solo nelle direzioni degli assi cartesiani, dato che

h lim !0

f (↵h, h) f (0, 0)

h = lim

h !0

p |h ² ↵ | log(h ² ↵ ² + ² h ² h

= lim

h !0

|h|

h

p |↵ | log(h ² ) =

( 0 se ↵ = 0

±1 se ↵ 6= 0

15. La funzione `e definita in R ² e risulta continua e derivabile parzialmente in R ² \ {(0, 0)} essendo somma, prodotto, quoziente e composizione di funzioni continue e derivabili con

@f

@x (x, y) = 3x ² (x ² + y ² ) cos(x ³ y ³ ) 2x sin(x ³ y ³ )

(x ² + y ² ) ² se (x, y) 6= (0, 0)

e @f

@y (x, y) = 3y ² (x ² + y ² ) cos(x ³ y ³ ) 2y sin(x ³ y ³ )

(x ² + y ² ) 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 R ² ). La funzione risulta di classe C ¹ , e quindi di↵erenziabile, in R ² \{(0, 0)} essendo composizione, somma e quoziente di funzioni di classe C ¹ . 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(x ³ y ³ )

x ² + y ² = lim

(x,y) !(0,0)

x ³ y ³

x ² + y ² = 0 = f (0, 0).

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

⇢ lim !0

⁺

⇢ ³ (cos ✓ ³ sin ³ ✓)

⇢ ² = lim

⇢ !0

⁺

⇢(cos ✓ ³ sin ³ ✓) = 0 uniformemente rispetto a ✓ 2 [0, 2⇡] in quanto

|⇢(cos ✓ ³ sin ³ ✓ |  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

h lim !0

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

h = lim

h !0

sin(h ³ ) h ³ = 1 e

k!0 lim

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

h = lim

k!0

sin( k ³ ) k ³ = 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 p x ² + y ²

= lim

(x,y) !(0,0)

sin(x ³ y ³ ) x(x ² + y ² ) + y(x ² + y ² ) (x ² + y ² ) p

x ² + y ² Infatti, passando alle coordinate polari abbiamo che

⇢ lim !0

⁺

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

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

La funzione risulta derivabile nella direzione ⌫ = ( p ¹ 2 , p ¹

2 ) in (0, 0) con _@⌫ ^@f (0, 0) = 0, in quanto f ( p ^h

2 , p ^h

2 ) = 0 per ogni h 2 R.

Osserviamo che rf(0, 0) · ⌫ = (1, 1) · ( ^{p 1} ₂ , p ¹ 2 ) = p ¹

2 p 1

2 = 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 = ( p ¹

2 , p ¹

2 ) si ha che ^@f _@v (0, 0) = p ¹

2 mentre rf(0, 0) · v = ^{p 2} ₂ . 16. La funzione f (x, y) = |x y ² | `e definita e continua in tutto R ² . Inoltre, essendo

f (x, y) =

( x y ² se x y ² y ² x se x < y ²

possiamo a↵ermare che la funzione risulta derivabile parzialmente in ogni punto (x 0 , y 0 ) 2 R ² tale che x ₀ 6= y ² 0 con

@f

@x (x ₀ , y ₀ ) = 1 e @f

@y (x ₀ , y ₀ ) = 2y ₀ se x ₀ > y ² ₀

e @f

@x (x ₀ , y ₀ ) = 1 e @f

@y (x ₀ , y ₀ ) = 2y ₀ se x ₀ < y ² ₀

Dato che le derivate parziali risultano continue in ogni punto (x ₀ , y ₀ ) 2 R ² tale che x ₀ 6= y 0 ²

possiamo concludere che in tali punti la funzione `e di↵erenziabile e quindi che ammette derivata direzionale lungo ogni direzione ⌫ = (↵, ) con _@⌫ ^@f (x ₀ , y ₀ ) = rf(x 0 , y ₀ ) · ⌫.

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!0 lim

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

h ² 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

h!0 lim

f (↵h, h) f (0, 0)

h = lim

h!0

|↵h ( h) ² |

h = lim

h!0

|h| |↵ ² h |

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 = y ² a funzione non risulta derivabile parzialmente, e quindi nemmeno di↵erenziabile. Infatti, nel punto (y ² ₀ , y ₀ ), con y ₀ 6= 0 abbiamo che la funzione non risulta derivabile parzialmente rispetto ad x e ad y poich`e non esistono i limiti

h!0 lim

f (y ² ₀ + h, y ₀ ) f (y ² ₀ , y ₀ )

h = lim

h!0

|y 0 ² + h y ₀ ² |

h = lim

h!0

|h|

h e

h lim !0

f (y ₀ ² , y 0 + h) f (y ₀ ² , y 0 )

h = lim

h !0

|y ² 0 (y 0 + h) ² |

h = lim

h !0

|h||2y 0 + h |

h = |2y 0 | lim

h !0

|h|

h La funzione ammette derivata lungo la direzione ⌫ = (↵, ) nel punto (y ² ₀ , y ₀ ), con y ₀ 6= 0 se esiste finito il limite

h lim !0

f (y ₀ ² + ↵h, y ₀ + h) f (y ₀ ² , y ₀ )

h = lim

h !0

|y ² 0 + ↵h (y ₀ + h) ² | h

= lim

h!0

|↵h 2y ₀ h + ( h) ² |

h = lim

h!0

|h| |↵ 2y ₀ + ² h |

h = |↵ 2y ₀ | lim

h!0

|h|

h

e quindi se e solo se risulta ↵ = 2 y ₀ . Abbiamo quindi che la funzione ammette derivata direzionale nei punti (y ₀ ² , y 0 ), con y 0 6= 0 solo nelle direzioni ⌫ ± = ( ± p ^2y

⁰

1+4y

₀²

, ± p ¹

1+4y

²₀

) per le quali risulta _@⌫ ^@f

±

(0, 0) = 0.