Continuità, derivabilità e differenziabilità in un punto in due variabili

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Continuità, derivabilità e differenziabilità in un punto in due variabili #76934

avt
FrenkyCT
Punto
Ciao a tutti ragazzi. Ho un esercizio in cui mi si chiede di studiare la continuità, la derivabilità e la differenziabilità in un punto di una funzione di due variabili definita per casi.

La funzione è:

f(x,y)=\begin{cases}\frac{x y}{\sqrt{x^2+y^2}}\sin(y)&\mbox{ se }(x,y)\ne (0,0)\\ 0&\mbox{ se }(x,y)=(0,0)\end{cases}

e il punto in cui studiarla è (0,0)

Grazie mille.
 
 

Continuità, derivabilità e differenziabilità in un punto in due variabili #76945

avt
Ifrit
Ambasciatore
Ok, iniziamo! La risoluzione sarà minuziosa, non aver paura della lunghezza del post, mi raccomando. emt

Studio della continuità in (0,0)

Per studiare la continuità nel punto (0,0) della funzione dobbiamo assicurarci che il limite per (x,y) tendenti a (0,0) della funzione coincida con la funzione valutata nel punto (0,0).

Dovremo dimostrare che il limite in due variabili:

\lim_{(x,y)\to (0,0)}f(x,y)=f(0,0)

dove f(0,0)=0. Esplicitando ciò che dobbiamo mostrare:

\lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac{x y}{\sqrt{x^2+y^2}}\sin(y)= 0

Per mostrare l'uguaglianza, utilizzeremo la prima tecnica che trovi nella lezione, ovvero andremo alla ricerca di una funzione h(x,y)\ge 0 tale che:

|f(x,y)-f(0,0)|\le h(x,y)\mbox{ e }\lim_{(x,y)\to (0,0)}h(x,y)=0

Ora:

|f(x,y)-f(0,0)|=\left|\frac{x y}{\sqrt{x^2+y^2}}\sin(y)\right|

Per la proprietà del valore assoluto:

|A B|= |A||B|

(Il valore assoluto del prodotto coincide con il prodotto dei valori assoluti dei singoli fattori). Possiamo scrivere che:

\left|\frac{x y}{\sqrt{x^2+y^2}}\sin(y)\right|= \left|\frac{x y}{\sqrt{x^2+ y^2}}\right| |\sin(y)|

Il valore assoluto della funzione seno è limitato dalla costante 1 ovvero obbedisce alla relazione:

|\sin(y)|\le 1 \quad\forall y\in\mathbb{R}

Pertanto:

\left|\frac{x y}{\sqrt{x^2+y^2}}\sin(y)\right|= \left|\frac{x y}{\sqrt{x^2+ y^2}}\right|\overbrace{ |\sin(y)|}^{\le 1}\le \left|\frac{x y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right|

eccola li la funzione h(x,y)!

h(x,y)= \left|\frac{x y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right|.

Se riusciamo a dimostrare che \lim_{(x,y)\to (0,0)}h(x,y)=0 abbiamo vinto! emt

Questa funzione si presta bene all'uso delle coordinate polari, lo si capisce dalla presenza di x^2+ y^2. Utilizzeremo la tecnica 2, presente nel link, per mostrare che

\lim_{(x,y)\to (0,0)}h(x,y)=0

Poniamo quindi x=\rho\cos(\theta)\mbox{ e }y=\rho\sin(\theta)

dove \rho\ge 0, \theta\in [0,2\pi).

]La funzione h in coordinate polari si riscrive come:

h(\rho\cos(\theta), \rho\sin(\theta))=\left|\frac{\rho\cos(\theta)\cdot \rho \sin(\theta)}{\sqrt{\rho^2\cos^2(\theta)+\rho^2\sin^2(\theta)}}\right|

Osserva che il denominatore si riscrive come:

\sqrt{\rho^2\cos^2(\theta)+\rho^2\sin^2(\theta)}=\sqrt{\rho^2(\cos^2(\theta)+\sin^2(\theta))}

Per la relazione fondamentale della goniometria si ha che:

\cos^2(\theta)+\sin^2(\theta)=1\quad\forall\theta\in [0,2\pi)

]conseguentemente:

\sqrt{\rho^2\cos^2(\theta)+\rho^2\sin^2(\theta)}=\sqrt{\rho^2(\cos^2(\theta)+\sin^2(\theta))}=

=\sqrt{\rho^2}=\rho

La funzione:

h(\rho\cos(\theta),\rho\sin(\theta))=\left|\frac{\rho\cos(\theta)\cdot \rho \sin(\theta)}{\sqrt{\rho^2\cos^2(\theta)+\rho^2\sin^2(\theta)}}\right|=

=\left|\frac{\rho^2\cos(\theta)\sin(\theta)}{\rho}\right|

semplifichiamo \rho:

=\left|\rho\cos(\theta)\sin(\theta)\right|\le \rho

Qui abbiamo utilizzato ancora una volta la limitatezza del |\cos(\theta)| e |\sin(\theta)|.

Abbiamo dimostrato che:

h(x,y)\le \rho.

Poiché \lim_{\rho\to 0}\rho=0 allora:

\lim_{(x,y)\to (0,0)}h(x,y)=0

Questo dimostra che il nostro limite di partenza è zero.

\lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac{x y}{\sqrt{x^2+y^2}}\sin(y)= 0

La funzione è continua in (0,0).

_________________________________


Derivabilità della funzione in (0,0)

Affinché la funzione data sia derivabile in (0,0) dobbiamo richiedere che esistano finiti i limiti:

1)\quad f_{x}(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(0+h,0)-f(0,0)}{h}

2)\quad f_{y}(0,0)=\lim_{k\to 0}\frac{f(0, 0+k)-f(0,0)}{h}

Sostanzialmente ci stiamo affidando alla definizione di derivata parziale al primo ordine.

Risolviamo il primo limite:

\lim_{h\to 0}\frac{f(h, 0)-f(0,0)}{h}\quad (\heartsuit)

Chi è f(h, 0)? Semplicemente la funzione f(x,y) valutata nel punto (h,0):

\bullet\,\,f(h, 0)=\frac{h\cdot 0}{\sqrt{h^2+0}}\sin(0)= 0

\bullet\,\, f(0,0)=0

Il limite (\heartsuit) sarà semplicemente:

\lim_{h\to 0}\frac{0-0}{h}= 0

La funzione è derivabile rispetto ad x nel punto (0,0) e la derivata parziale è:

f_{x}(0,0)=0

Continuiamo con il limite del rapporto incrementale rispetto ad y.

\lim_{k\to 0}\frac{f(0,k)-f(0,0)}{h}

Chi è f(0,k)? Semplicemente la funzione di partenza valutata nel punto (0,k)

f(0,k)=\frac{0\cdot k}{\sqrt{0+k^2}}\sin(k)=0

Il limite da risolvere sarà:

\lim_{k\to 0}\frac{f(0,k)-f(0,0)}{k}=\lim_{k\to 0}\frac{0-0}{k}=0

La funzione è derivabile rispetto ad y in (0,0) e la derivata rispetto ad y in (0,0) vale:

f_{y}(0,0)=0.

Poiché i due limiti esistono e sono finiti in (0,0) allora la funzione è derivabile in (0,0).

____________________________________


Differenziabilità della funzione in (0,0)

Dobbiamo utilizzare la definizione di funzione differenziabile in un punto.

- La funzione di due variabili deve essere continua in (0,0) e lo è.

- Esistono le derivate parziali nel punto (0,0), e ci siamo!

- Esiste ed è zero il limite:

\bullet\,\,\lim_{(h, k)\to (0,0)}\frac{f(h, k)-f(0,0)- f_{x}(0,0) h- f_{y}(0,0)k}{\sqrt{h^2+k^2}}=0

dove

\bullet\,\,f(h,k)=\frac{h k}{\sqrt{h^2+k^2}}\sin(k)

\bullet\,\, f(0,0)=0

\bullet\,\, f_{x}(0,0)=0

\bullet\,\, f_{y}(0,0)=0

Il limitone diventerà

\lim_{(h,k)\to (0,0)}\frac{\frac{h k}{\sqrt{h^2+k^2}}\sin(k)}{\sqrt{h^2+k^2}}=

=\lim_{(h, k)\to (0,0)}\frac{hk\sin(k)}{\sqrt{h^2+k^2}\cdot \sqrt{h^2+k^2}}=

Osserva che:

\sqrt{h^2+k^2}\sqrt{h^2+k^2}=(\sqrt{h^2+k^2})^2= h^2+k^2

dunque il limite si riscrive come:

\lim_{(h, k)\to (0,0)}\frac{h k}{h^2+h^2}\sin(k)

Abbiamo nuovamente un limite di due variabili. Procederemo come prima, considerando:

\lim_{(h, k)\to (0,0)}\left|\frac{h k}{h^2+k^2}\sin(k)\right|=0


Utilizzeremo questa volta la disuguaglianza notevole:

|\sin(k)|\le |k|\quad\forall k\in\mathbb{R}

grazie alla quale potremo scrivere:

\left|\frac{h k}{h^2+k^2}\sin(k)\right|\le \left|\frac{h k}{h^2+k^2}\cdot k\right|

Passiamo alle coordinate polari, questa cosa è suggerita dalla presenza di h^2+k^2.

h=\rho\cos(\theta)

k=\rho\sin(\theta)

Sostituendo in

 \left|\frac{h k}{h^2+k^2}\cdot k\right|= \left|\frac{\rho^2\cos(\theta)\sin(\theta)}{\rho^2}\rho\sin(\theta)\right|=

semplificando \rho^2:

 \left|\frac{h k}{h^2+k^2}\cdot k\right|= \left|\rho\cos(\theta)\sin^2(\theta)\right|=

riutilizzando la limitatezza delle funzioni seno e coseno si ha che:

 \left|\rho\cos(\theta)\sin^2(\theta)\right|\le \rho

Poiché \lim_{\rho\to 0}\rho=0 si ha che:

0\le \lim_{(h, k)\to (0,0)}\left|\frac{h k}{h^2+k^2}\cdot k\right|\le \lim_{\rho\to 0}\rho=0

e dunque:

\lim_{(h, k)\to (0,0)}\frac{\frac{h k}{\sqrt{h^2+k^2}}\sin(k)}{\sqrt{h^2+k^2}}=0

La funzione è differenziabile in (0,0).

Abbiamo portato a casa l'esercizio. Per completezza riporto il grafico della funzione:

grafico di una funzione definita per casi
.

Spero non ci siano dubbi a riguardo. emt
Ringraziano: Omega, Galois, CarFaby, Iusbe, FrenkyCT
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