Esercizio 17continuità, derivate direzionali e differenziabilità nell'origine

Testo. Per ciascuna funzione, posta uguale a $0$ nell'origine: dire se è continua in $(0, 0)$, calcolare le derivate parziali (e direzionali) in $(0, 0)$, dire se è differenziabile in $(0, 0)$.

1. (Lezione 3, Unità 3.) $f(x, y) = \dfrac{\sin^2(xy)}{x^2 + y^2}$.
2. (Lezione 3, esercizio 1; Ripassi 1.8.) $f(x, y) = \dfrac{x^3}{x^2 + y^2}$: (i) $f$ è continua in $(0,0)$? (ii) Sia $u = (u_1, u_2) \ne (0, 0)$: calcolare $D_u f(0, 0)$. (iii) La funzione $u \mapsto D_u f(0, 0)$ è lineare? Dire se $f$ è differenziabile in $(0, 0)$.
3. (Appello 2, a.a. 2014/15.) $f(x, y) = \dfrac{x^3 - 3y^3}{x^2 + y^2}$: (a) determinare, se esiste, il gradiente di $f$ in $(0, 0)$; (b) scrivere cosa vuol dire che $f$ è differenziabile in $(0, 0)$ attraverso l'esistenza di un limite da esplicitare; (c) dire se effettivamente $f$ è differenziabile in $(0, 0)$.

Teoria: Differenziabilità, piano tangente e linearizzazionef è differenziabile in p se f(x) = f(p) + ∇f(p)·(x − p) + R(x) con R(x)/|x − p| → 0: vicino a p il grafico è quasi il suo spazio tangente z = f(p) + ∇f(p)·(x − p) (per n = 2 il piano tangente). La funzione affine L(x) = f(p) + ∇f(p)·(x − p) è la linearizzazione e serve per le stime (Δf ≈ ∇f·Δx). C¹ ⇒ differenziabile ⇒ continua e D_u f(p) = ∇f(p)·u per ogni u. Per verificare la differenziabilità in un punto: derivate parziali con la definizione, poi limite di [f(p+h) − f(p) − ∇f(p)·h]/|h|.Differenziabilità, piano tangente e linearizzazione →, Derivate direzionali e parzialiLa derivata direzionale di f in p lungo u è D_u f(p) = lim_{t→0} (f(p + tu) − f(p))/t, cioè la derivata in t = 0 di g(t) = f(p + tu): quanto sale f partendo da p lungo u. Le derivate parziali sono le direzionali lungo gli assi, ∂f/∂xᵢ = D_{eᵢ}f, e si calcolano derivando rispetto a xᵢ con le altre variabili ferme. Avere tutte le derivate direzionali NON implica la continuità (x²y/(x⁴ + y²)). Valgono linearità, regola del prodotto e della catena con φ di una variabile.Derivate direzionali e parziali →.

Il procedimento (sempre lo stesso)

1. Continuità in $(0,0)$: se manca, non è differenziabile.
2. Derivate parziali con la definizione (lungo gli assi), perché nell'origine la formula cambia.
3. Derivate direzionali $D_u f(0,0) = \lim_{t \to 0}\frac{f(tu)}{t}$: se $u \mapsto D_u f(0,0)$ non è $\nabla f(0,0)\cdot u$, non è differenziabile.
4. Il limite del resto: $\displaystyle\lim_{(x,y) \to (0,0)}\frac{f(x, y) - f(0,0) - \nabla f(0,0)\cdot(x, y)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 0$?

Indichiamo $r = \sqrt{x^2 + y^2}$.

1. $\dfrac{\sin^2(xy)}{x^2 + y^2}$: differenziabile

Continuità. Con $|\sin u| \le |u|$ e $|xy| \le \frac{r^2}{2}$: $$0 \le \frac{\sin^2(xy)}{r^2} \le \frac{x^2y^2}{r^2} \le \frac{r^4/4}{r^2} = \frac{r^2}{4} \to 0 = f(0, 0) \ ✓$$

Derivate parziali. Sugli assi $xy = 0$, quindi $f(t, 0) = f(0, t) = 0$ e i rapporti incrementali sono nulli: $\partial_x f(0,0) = \partial_y f(0,0) = 0$, $\nabla f(0,0) = (0, 0)$.

Differenziabilità. Il candidato piano tangente è $z = 0$; il limite del resto è $$\left|\frac{f(x, y) - 0 - 0}{r}\right| \le \frac{r^2/4}{r} = \frac r4 \to 0$$ $f$ è differenziabile in $(0, 0)$ (e quindi $D_u f(0,0) = \nabla f(0,0)\cdot u = 0$ per ogni $u$). Il motivo: $\sin^2(xy)$ è di ordine $4$ vicino all'origine, il denominatore di ordine $2$, quindi $f$ è di ordine $2$, più che sufficiente per battere la divisione per $r$.

2. $\dfrac{x^3}{x^2 + y^2}$: continua, con tutte le derivate direzionali, non differenziabile

(i) Continuità. $\left|\frac{x^3}{x^2 + y^2}\right| = |x|\cdot\frac{x^2}{x^2 + y^2} \le |x| \to 0$: continua.

(ii) Derivate direzionali. Per $u = (u_1, u_2) \ne (0,0)$ e $t \ne 0$: $$\frac{f(tu) - f(0,0)}{t} = \frac1t\cdot\frac{t^3u_1^3}{t^2(u_1^2 + u_2^2)} = \frac{u_1^3}{u_1^2 + u_2^2}$$ costante in $t$, quindi $$D_u f(0, 0) = \frac{u_1^3}{u_1^2 + u_2^2}$$ In particolare $\partial_x f(0,0) = D_{(1,0)}f = 1$ e $\partial_y f(0,0) = D_{(0,1)}f = 0$: $\nabla f(0,0) = (1, 0)$.

(iii) Linearità. Se $f$ fosse differenziabile, sarebbe $D_u f(0,0) = \nabla f(0,0)\cdot u = u_1$ per ogni $u$. Ma per $u = (1, 1)$: $$D_{(1,1)}f(0,0) = \frac{1}{2} \ne 1 = u_1$$ La funzione $u \mapsto \frac{u_1^3}{u_1^2 + u_2^2}$ non è lineare (un'applicazione lineare è della forma $a u_1 + b u_2$). Quindi $f$ non è differenziabile in $(0, 0)$.

Controllo con il limite del resto: $\frac{f(x,y) - x}{r} = \frac{x^3 - x(x^2 + y^2)}{r^3} = -\frac{xy^2}{r^3}$, che in polari è $-\cos t\sin^2 t$: dipende dalla direzione, non tende a $0$ ✓.

3. $\dfrac{x^3 - 3y^3}{x^2 + y^2}$

(a) Gradiente. Con la definizione, lungo gli assi: $$\frac{f(t, 0)}{t} = \frac{t^3}{t^2\cdot t} = 1, \qquad \frac{f(0, t)}{t} = \frac{-3t^3}{t^2\cdot t} = -3$$ quindi $\nabla f(0, 0) = (1, -3)$.

(b) Cosa significa differenziabile in $(0,0)$. Che il resto della linearizzazione $L(x, y) = 0 + 1\cdot x - 3\cdot y$ sia trascurabile rispetto a $r$: $$\lim_{(x,y) \to (0,0)}\frac{f(x, y) - x + 3y}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 0$$

(c) Lo è? Si semplifica il numeratore portando tutto a denominatore comune: $$f(x, y) - x + 3y = \frac{x^3 - 3y^3 - (x - 3y)(x^2 + y^2)}{x^2 + y^2} = \frac{x^3 - 3y^3 - x^3 - xy^2 + 3x^2y + 3y^3}{x^2 + y^2} = \frac{3x^2y - xy^2}{x^2 + y^2}$$ Il rapporto da studiare è $\frac{3x^2y - xy^2}{r^3}$, e in coordinate polari $$\frac{\rho^3(3\cos^2 t\sin t - \cos t\sin^2 t)}{\rho^3} = 3\cos^2 t\sin t - \cos t\sin^2 t$$ che non dipende da $\rho$ e cambia con $t$: per $t = 0$ vale $0$, per $t = \frac\pi4$ vale $3\cdot\frac{\sqrt2}{4} - \frac{\sqrt2}{4} = \frac{\sqrt2}{2}$. Il limite non esiste (su due semirette si hanno valori diversi), in particolare non è $0$: $f$ non è differenziabile in $(0, 0)$.

Controllo con le direzionali: $D_u f(0,0) = \frac{u_1^3 - 3u_2^3}{u_1^2 + u_2^2}$, che per $u = (1, 1)$ vale $-1$, mentre $\nabla f(0,0)\cdot(1, 1) = -2$. Non lineare ✓.

Riepilogo

Le ultime due sono "omogenee di grado $1$" ($f(tx, ty) = t\,f(x, y)$): per funzioni così le derivate direzionali esistono sempre, ma la differenziabilità richiede che $f$ sia lineare, e non lo è.

Errori comuni

• Concludere "differenziabile" dall'esistenza di tutte le derivate direzionali (caso 2).
• Dimenticare di sottrarre $\nabla f(0,0)\cdot(x, y)$ nel limite del resto (nel caso 3 il gradiente non è nullo).