Esercizio 18altri casi di differenziabilità nell'origine

Testo. Studiare continuità, derivate parziali o direzionali e differenziabilità in $(0, 0)$ delle seguenti funzioni (dove non indicato, $f(0, 0) = 0$).

1. (Lezione 3, esercizio 3.) $f(x, y) = \dfrac{xy^2}{\sqrt{x^2 + y^2}}$.
2. (Ripassi 1.9.) $f(x, y) = \dfrac{xy^2}{x^2 + y^2}$.
3. (Ripassi 1.7.) $f(x, y) = \dfrac{|xy|^{3/2}}{x^2 + y^2}$: (a) mostrare che $f$ ammette entrambe le derivate parziali in $(0,0)$; (b) sia $a \in \mathbb{R}$: determinare la derivata direzionale di $f$ in $(0,0)$ rispetto al vettore $(\cos a, \sin a)$; (c) $f$ è continua in $(0,0)$? (d) $f$ è differenziabile in $(0,0)$?
4. (I appello, facsimile 2015/16.) La funzione $f(x, y) = |x|\,|y|$ è differenziabile in $(0, 0)$?
5. (Lezione 3, esercizio 2.) Si definisce $f(0, 0) = 1$ e $f(x, y) = e^{x^2/(x^2 + y^2)}$ per $(x, y) \ne (0, 0)$. Dire se $f$ è continua, calcolare $D_{(u,v)}f(0, 0)$ per gli $(u, v)$ per cui esiste, e dire se $f$ è differenziabile in $(0, 0)$.
6. (Lezione 3, esercizio 5.) Sia $f(x, y) = \dfrac{(y + \sin x)\sin^2 x}{x^2 + y^2}$ su $\mathbb{R}^2 \setminus \{(0,0)\}$. Dimostrare che $f$ si prolunga ad una funzione continua in $(0, 0)$. Studiare le derivate direzionali del prolungamento, e dire se il prolungamento è differenziabile.
7. (Lezione 3, Unità 3.) $f(x, y) = 1$ se $x^2 < y < 2x^2$, $f(x, y) = 0$ altrimenti. Dire se $f$ ha derivate parziali e direzionali in $(0,0)$; $f$ è differenziabile?

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 →. Il procedimento in quattro passi è quello dell'Esercizio 17 · continuità, derivate direzionali e differenziabilità nell'origine. Indichiamo $r = \sqrt{x^2 + y^2}$.

1. $\dfrac{xy^2}{\sqrt{x^2 + y^2}}$: differenziabile

• Continuità: $|f| \le \frac{|x|\,r^2}{r} = |x|\,r \le r^2 \to 0$ ✓ (perché $y^2 \le r^2$ e $|x| \le r$).
• Derivate parziali: $f = 0$ su entrambi gli assi, quindi $\nabla f(0,0) = (0, 0)$.
• Resto: $\left|\frac{f}{r}\right| = \frac{|x|\,y^2}{r^2} \le |x| \to 0$ (perché $\frac{y^2}{r^2} \le 1$). Differenziabile. Il numeratore è di grado $3$, il denominatore di grado $1$: $f$ è di ordine $2$.

2. $\dfrac{xy^2}{x^2 + y^2}$: non differenziabile

• Continuità: $|f| = |x|\frac{y^2}{x^2 + y^2} \le |x| \to 0$ ✓.
• Derivate parziali: nulle (la funzione è $0$ sugli assi).
• Direzionali: $\frac{f(tu)}{t} = \frac{t^3u_1u_2^2}{t^3(u_1^2 + u_2^2)}$, quindi $D_u f(0,0) = \frac{u_1u_2^2}{u_1^2 + u_2^2}$. Per $u = (1, 1)$ vale $\frac12 \ne \nabla f(0,0)\cdot u = 0$: non differenziabile. Qui il grado è $3 - 2 = 1$: troppo poco.

3. $\dfrac{|xy|^{3/2}}{x^2 + y^2}$

(a) Sugli assi $xy = 0$, quindi $f(t, 0) = f(0, t) = 0$: entrambe le derivate parziali esistono e valgono $0$.

(b) Con $u = (\cos a, \sin a)$: $$f(tu) = \frac{|t^2\cos a\sin a|^{3/2}}{t^2} = \frac{|t|^3\,|\cos a\sin a|^{3/2}}{t^2} = |t|\,|\cos a\sin a|^{3/2}$$ $$\frac{f(tu) - f(0,0)}{t} = \frac{|t|}{t}\,|\cos a\sin a|^{3/2} \to \begin{cases} +|\cos a\sin a|^{3/2} & t \to 0^+ \\ -|\cos a\sin a|^{3/2} & t \to 0^- \end{cases}$$ I due limiti coincidono solo se $\cos a\sin a = 0$, cioè $a = k\frac\pi2$ (le direzioni degli assi), e allora la derivata vale $0$. Per $a$ non multiplo di $\frac\pi2$ la derivata direzionale non esiste: lungo le altre rette il grafico ha uno spigolo, come $|t|$.

(c) Con $|xy| \le \frac{r^2}{2}$: $|xy|^{3/2} \le \frac{r^3}{2^{3/2}}$, quindi $0 \le f \le \frac{r}{2\sqrt2} \to 0$: continua.

(d) Una funzione differenziabile ha tutte le derivate direzionali (formula del gradiente). Qui ne mancano: non differenziabile.

4. $|x|\,|y|$: differenziabile

• $f(t, 0) = f(0, t) = 0$, quindi $\nabla f(0,0) = (0, 0)$.
• Resto: $\frac{|x|\,|y|}{r} \le \frac{r^2/2}{r} = \frac r2 \to 0$. Differenziabile (risposta "True").

Attenzione: $|x|\,|y|$ non è $C^1$ attorno all'origine ($\partial_x f = \operatorname{sgn}(x)|y|$ non è definita sull'asse $y$ fuori dall'origine), eppure è differenziabile nell'origine. La differenziabilità non richiede $C^1$: $C^1$ è solo una condizione sufficiente comoda.

5. $e^{x^2/(x^2+y^2)}$ con $f(0,0) = 1$: non continua

Continuità. L'esponente $\frac{x^2}{x^2 + y^2}$ è costante su ogni retta per l'origine ($= \frac{u^2}{u^2 + v^2}$ lungo la direzione $(u, v)$) e vale $1$ sull'asse $x$, $0$ sull'asse $y$. Quindi $f \to e$ lungo l'asse $x$ e $f \to 1$ lungo l'asse $y$: il limite non esiste, $f$ non è continua in $(0, 0)$, e quindi non è differenziabile.

Derivate direzionali. Lungo $(u, v) \ne (0, 0)$, per $t \ne 0$: $$\frac{f(t(u, v)) - f(0,0)}{t} = \frac{e^{u^2/(u^2+v^2)} - 1}{t}$$ Il numeratore non dipende da $t$: se è $\ne 0$ il rapporto esplode ($\pm\infty$); il limite esiste solo se il numeratore è $0$, cioè $e^{u^2/(u^2 + v^2)} = 1$, cioè $u = 0$. Quindi $D_{(u,v)}f(0,0)$ esiste solo per $u = 0$ (la direzione verticale), e vale $0$.

6. $\dfrac{(y + \sin x)\sin^2 x}{x^2 + y^2}$

Prolungamento continuo. Si cerca il limite in $(0,0)$. Con $|\sin x| \le |x| \le r$ e $|y + \sin x| \le |y| + |x| \le 2r$: $$|f(x, y)| \le \frac{2r\cdot r^2}{r^2} = 2r \to 0$$ Quindi ponendo $f(0, 0) = 0$ si ottiene una funzione continua.

Derivate direzionali del prolungamento, per $u = (u_1, u_2) \ne 0$: $$\frac{f(tu)}{t} = \frac{(tu_2 + \sin(tu_1))\sin^2(tu_1)}{t^3(u_1^2 + u_2^2)}$$ Per $t \to 0$: $\sin(tu_1) \sim tu_1$ (se $u_1 \ne 0$; se $u_1 = 0$ il numeratore è $0$), quindi il numeratore $\sim t(u_2 + u_1)\cdot t^2u_1^2$ e $$D_u f(0, 0) = \frac{(u_1 + u_2)\,u_1^2}{u_1^2 + u_2^2}$$ In particolare $\nabla f(0,0) = (D_{(1,0)}f, D_{(0,1)}f) = (1, 0)$.

Differenziabilità. Sarebbe $D_u f(0,0) = u_1$ per ogni $u$. Per $u = (1, -1)$: $\frac{0\cdot 1}{2} = 0 \ne 1$. Non differenziabile.

7. La funzione che vale $1$ tra due parabole

• Derivate direzionali: ogni retta per l'origine, vicino all'origine, sta fuori dalla regione $x^2 < y < 2x^2$ (vedi Calcolo dei limiti in due variabili - restrizioni, stime e coordinate polariPer dimostrare che un limite NON esiste: si trovano due restrizioni (rette y = mx, parabole y = kx², …) con limiti diversi. Per dimostrare che ESISTE: stima uniforme |f(x) − ℓ| ≤ h(x) con h → 0 (utile |xy| ≤ (x² + y²)/2), oppure coordinate polari con una stima |f(p + ρ(cos t, sin t)) − ℓ| ≤ h(ρ) indipendente da t, oppure incollamento di limiti uguali su pezzi che ricoprono il dominio. Il limite uguale su tutte le rette NON basta.Calcolo dei limiti in due variabili - restrizioni, stime e coordinate polari →). Quindi $f(tu) = 0$ per $t$ piccolo e $D_u f(0,0) = 0$ per ogni $u$; in particolare $\nabla f(0,0) = (0, 0)$ e $u \mapsto D_u f(0,0) = 0$ è perfino lineare.
• Differenziabilità: $f$ non è continua in $(0,0)$ (vale $1$ sulla parabola $y = \frac32x^2$), quindi non è differenziabile.

È l'esempio estremo: tutte le derivate direzionali esistono, la formula del gradiente "funziona", eppure la funzione non è nemmeno continua.

Riepilogo

Errori comuni

• Credere che serva $C^1$ per la differenziabilità (caso 4).
• Calcolare la derivata direzionale come limite per $t \to 0^+$ soltanto: la definizione usa $t \to 0$ da entrambi i lati (caso 3).