Continuità, derivabilità e differenziabilità in due variabili con modulo

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Continuità, derivabilità e differenziabilità in due variabili con modulo #93660

avt
Slapp
Punto
Mi servirebbe una mano per un esercizio su continuità, derivabilità e differenziabilità di una funzione in due variabili con un modulo.

Studiare gli estremanti liberi, continuità, derivabilità e differenziabilità di:

f(x, y)=xy|x^2+y^2-1|

Ho problemi principalmente nello studio della differenziabilità nei punti in cui la funzione vale zero poiché si annulla il modulo, ma una risoluzione completa e accurata sarebbe molto gradita.
 
 

Continuità, derivabilità e differenziabilità in due variabili con modulo #93676

avt
Ifrit
Ambasciatore
Ciao Slapp, eseguiamo lo studio della continuità, della derivabilità e della differenziabilità della funzione con valore assoluto:

f(x,y)=x y|x^2+y^2-1|

Il dominio della funzione è tutto il piano (per approfondire - dominio di funzioni a due variabili)

\mbox{dom}(f)=\mathbb{R}^2

giacché prodotto di funzioni definite in tutto il piano.


Continuità.

Lo studio della continuità di f(x,y) è abbastanza agevole, è sufficiente notare che f(x,y) è composta da funzioni notoriamente continue conseguentemente essa è continua per tutti i punti del dominio.


Derivabilità.

Lo studio della derivabilità invece richiede qualche passaggio in più. Prima di tutto scriviamo f(x,y) espandendo il valore assoluto sfruttando la sua definizione.

f(x,y)=\begin{cases}xy(x^2+y^2-1)&\mbox{ se }x^2+y^2-1\ge 0 \\ x y (1-x^2-y^2)&\mbox{ se }x^2+y^2-1< 0\end{cases}

Se x^2+y^2-1<0 (nota che non c'è l'uguale), ossia per i punti del piano xy interni alla circonferenza di centro (0,0) e raggio r=1, allora l'espressione analitica della funzione è:

f(x,y)=x y (1-x^2-y^2)

ed è evidentemente derivabile con continuità perché prodotto di funzioni derivabili con continuità, sia rispetto ad x sia rispetto ad y e la derivata parziale rispetto ad x è:

\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)= - y (-1+3x^2+y^2)

sia rispetto ad y e la derivata parziale rispetto ad y è:

\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)= -x (-1+x^2+3y^2)

Nota che il calcolo delle derivate parziali non è necessario per rispondere alle richieste dell'esercizio però ti invito a leggere lo stesso come calcolare le derivate parziali.

Se x^2+y^2-1>0, ossia per i punti esterni alla circonferenza di centro (0,0) e raggio r=1, l'espressione analitica di f(x,y) è:

f(x,y)=x y (x^2+y^2-1)

Essa è certamente una funzione derivabile con continuità sia rispetto ad x sia rispetto ad y perché f(x,y) è composizione di funzioni derivabili (alla fin fine è una funzione polinomiale).

Gli unici punti in cui abbiamo dubbi sulla derivabilità sono quelli che soddisfano l'equazione x^2+y^2-1=0 ossia i punti che appartengono alla circonferenza di centro (0,0) e raggio r=1.

Consideriamo un punto generico (x_0,y_0) tale che x_0^2+y_0^2-1=0 (ossia stiamo prendendo in considerazione un punto sulla circonferenza) e impostiamo il limite che definisce la derivata parziale rispetto ad x:

\frac{\partial f}{\partial x}(x_0, y_0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+h, y_0)-f(x_0, y_0)}{h}=

Notando che f(x_0,y_0)= x_0 y_0 |x_0^2+y_0^2-1|=0 il limite si riscrive come

=\lim_{h\to 0}\frac{x_0 y_0 |(x_0+h)^2+ y_0-1|}{h}

Bene, prima di procedere con ulteriori conti, analizziamo il limite:

- se x_0=0 allora y_0=\pm\sqrt{1-x_0^2}=\pm 1 il limite è zero, dunque f(x,y) è derivabile rispetto ad x sia nel punto (0,1) sia nel punto (0,-1) ed in particolare:

\frac{\partial f}{\partial x} (0, \pm 1)=0

- se y_0=0 allora x_0=\pm\sqrt{1-y_0^2}=\pm 1 ed evidentemente il limite

\lim_{h\to 0}\frac{x_0 y_0 |(x_0+h)^2+ y_0-1|}{h}

è uguale a 0, pertanto f(x,y) è derivabile rispetto ad x nei punti (1, 0)\mbox{ e }(-1,0) ed in particolare

\frac{\partial f}{\partial x}(\pm 1, 0)=0

- per tutti gli altri punti della circonferenza dobbiamo necessariamente espandere i conti ed in particolare il quadrato di binomio (x_0+h)^2:

\\ \lim_{h\to 0}\frac{x_0 y_0 |(x_0+h)^2+ y_0^2-1|}{h}= \\ \\ \\ = \lim_{h\to 0}\frac{x_0 y_0 |x_0^2+2h x_0+h^2+ y_0^2-1|}{h}=

e tenendo conto che x_0^2+y_0^2-1=0, il limite diventa

\\ =\lim_{h\to 0}\frac{x_0 y_0 |2h x_0+h^2|}{h}= \\ \\ \\ = \lim_{h\to 0}\frac{x_0 y_0\cdot |h|\cdot|2x_0+h|}{h}

Il limite dipende da come h tende a zero (lo si capisce dalla presenza del valore assoluto), dobbiamo pertanto considerare il limite destro e il limite sinistro.

Per il limite destro si ha:

\\ \lim_{h\to 0^{+}}\frac{x_0 y_0\cdot |h|\cdot|2x_0+h|}{h}= \\ \\ \\= \lim_{h\to 0^{+}}\frac{x_0 y_0\cdot h \cdot|2x_0+h|}{h}= x_0 y_0|2x_0|

questo perché quando h tende a 0 per valori positivi |h|=h.

Consideriamo il limite sinistro:

\\ \lim_{h\to 0^{-}}\frac{x_0 y_0\cdot |h|\cdot|2x_0+h|}{h}= \\ \\ \\= \lim_{h\to 0^{-}}\frac{x_0 y_0\cdot(- h) \cdot|2x_0+h|}{h}= -x_0 y_0|2x_0|

questa volta h tende a zero per valori minori di zero di conseguenza |h|=-h.

Poiché il limite destro e il limite sinistro che definiscono la derivata parziale rispetto ad x hanno sì valori finiti ma non coincidono (a parte i casi trattati in precedenza) possiamo concludere che f(x,y) non è derivabile rispetto ad x nei punti (x_0, y_0) che soddisfano l'equazione x_0^2+y_0^2-1=0 ad eccezione di (0,\pm 1)\mbox{ e }(\pm 1, 0).

Controlliamo la derivabilità della funzione f(x,y) rispetto alla variabile y sempre nei punti (x_0,y_0) soddisfacenti l'equazione x_0^2+y_0^2-1=0. Impostando il limite

\lim_{k\to 0}\frac{f(x_0, y_0+k)-f(x_0,y_0)}{k}

e ripercorrendo gli stessi identici passaggi già visti per il caso precedete (sono esattamente uguali, l'unica cosa che cambia sono i ruoli di x_0, y_0) scopriamo che f(x,y) non è derivabile nei punti (x_0,y_0) che appartengono alla circonferenza di centro (0,0) e raggio r=1 ad eccezione dei punti (\pm 1, 0)\mbox{ e }(0, \pm 1).

In tali punti si ha che

\\ \frac{\partial f}{\partial y}(\pm 1, 0)=0 \ \ \mbox{ e } \ \ \frac{\partial f}{\partial y}(0, \pm 1)=0

Differenziabilità della funzione: la funzione f(x,y) è certamente differenziabile in tutti i punti del piano ad eccezione dei punti che stanno sulla circonferenza x^2+y^2-1=0 i quali richiedono un approfondimento a parte.

Se (x_0,y_0) non appartiene alla circonferenza infatti, f(x,y) è derivabile con continuità in (x_0,y_0) e dunque per il teorema del differenziale totale f(x,y) è differenziabile in (x_0,y_0)

Teniamo a mente che se una funzione non è derivabile in un punto allora non può essere nemmeno differenziabile in tale punto, la derivabilità è infatti condizione necessaria per la differenziabilità.

Questa affermazione ci permette di concludere immediatamente che f(x,y) non è differenziabile nei punti (x_0,y_0) tali che x_0^2+y_0^2-1=0 con x_0\ne 1\mbox{ oppure con } x_0=0.

Dobbiamo analizzare i punti per i quali f(x,y) è derivabile ossia: (\pm 1, 0)\mbox{ e }(0, \pm 1).

Cominciamo con l'analisi della differenziabilità nel punto (1,0). Dobbiamo dimostrare che esiste ed è uguale a zero il limite in due variabili

\lim_{(h, k)\to (0,0)}\frac{f(1+h, 0+k)-f(1, 0)-f_{x}(1, 0)h-f_{y}(1, 0)k}{\sqrt{h^2+k^2}}=

dove f_{x}(1, 0)\mbox{ e }f_{y}(0, 1) sono rispettivamente la derivata parziale rispetto ad x\mbox{ e }y nel punto (1,0) e valgono entrambi 0

\\ =\lim_{(h, k)\to (0,0)}\frac{f(1+h, 0+k)}{\sqrt{h^2+k^2}}= \\ \\ \\= \lim_{(h, k)\to (0,0)}\frac{(1+h)k |(1+h)^2+k^2-1|}{\sqrt{h^2+k^2}}= \\ \\ \\ = \lim_{(h, k)\to (0,0)}\frac{(1+h)k |2h+h^2+k^2|}{\sqrt{h^2+k^2}}

Dobbiamo dimostrate che questo limite esiste e vale 0 e per farlo possiamo fare uso delle coordinate polari.

Poniamo

h=r\cos(t)\mbox{ e }k=r\sin(t)\mbox{ con }r\ge 0\mbox{ e }t\in [0, 2\pi)

e sostituiamo al posto di h\mbox{ e }k presenti nella funzione del limite

\\ \frac{(1+r\cos(t))r\sin(t) |2r\cos(t)+r^2\cos^2(t)+r^2\sin^2(t)|}{\sqrt{r^2\cos^2(t)+r^2\sin^2(t)}}= \\ \\ \\ = \frac{(1+r\cos(t))r\sin(t) |2r\cos(t)+r^2(\cos^2(t)+\sin^2(t))|}{\sqrt{r^2(\cos^2(t)+\sin^2(t))}}=

]Grazie alla relazione fondamentale della Trigonometria \sin^2(t)+\cos^2(t)=1 (vedi formule trigonometriche) la precedente espressione diventa:

=\frac{(1+r\cos(t))r\sin(t) |2r\cos(t)+r^2|}{r}=

e semplificando r otteniamo:

=(1+r\cos(t))\sin(t) |2r\cos(t)+r^2|\ \ \ (\bullet)

Attenzione! Abbiamo trovato l'espressione in coordinate polari associata alla funzione presente nel limite ma non abbiamo ancora finito.

In base alla teoria dei limiti in due variabili, dobbiamo dimostrare che il valore assoluto di (\bullet) deve essere minore o al più uguale ad una funzione g

- non negativa;

- dipendente esclusivamente dalla variabile r;

- infinitesima per r\to 0.

Cerchiamo di determinarla con qualche stratagemma algebrico.

Le proprietà del valore assoluto sul prodotto ci assicurano la validità della seguente uguaglianza

\\ \big|(1+r\cos(t))\sin(t) |2r\cos(t)+r^2|\big|= \\ \\ \\ = |1+r\cos(t)|\cdot |\sin(t)|\cdot |2 r\cos(t)+r^2|\le

Mediante la disuguaglianza triangolare e sfruttando la limitatezza delle funzioni seno e coseno possiamo scrivere

\\ \le (1+r|\cos(t)|)\cdot (2 r|\cos(t)|+r^2)\le \\ \\ \le (1+r)(2r+r^2)=g(r)

g(r)=(1+r)(2r+r^2) è sia una funzione non negativa (ricorda che r\ge 0) sia infinitesima per r\to 0, infatti

\lim_{r\to 0}g(r)=\lim_{r\to 0}(1+r)(2r+r^2)=0

Ce l'abbiamo fatta! Poiché abbiamo determinato una funzione infinitesima che maggiora il valore assoluto della funzione presente nel limite che definisce la differenziabilità, possiamo concludere che:

\lim_{(h, k)\to (0,0)}\frac{f(1+h, 0+k)-f(1, 0)-f_{x}(1, 0)h-f_{y}(1, 0)k}{\sqrt{h^2+k^2}}=0

ossia che f(x,y) è differenziabile nel punto (1, 0).

E per gli altri tre punti? È sufficiente ripercorrere gli stessi passaggi che abbiamo già fatto per concludere che la funzione è differenziabile anche in (-1, 0)\mbox{ e }(0, \pm 1).

Ti faccio notare che ciò si può giustificare anche mediante le simmetrie di cui gode f(x,y). Per ogni (x,y)\in\mbox{dom}(f) sussistono le seguenti identità:

f(x,y)=f(y,x)\mbox{ e }f(x,y)=f(-x,-y)

le quali assicurano che se f(x,y) è differenziabile in (1, 0) allora è differenziabile anche in (0,1), in (-1, 0)\mbox{ e nei punti }(0,-1)\mbox{ e }(0, 1).
Ringraziano: Omega, Galois, CarFaby, Slapp

Continuità, derivabilità e differenziabilità in due variabili con modulo #93741

avt
Slapp
Punto
Scusami per il ritardo nella risposta e grazie mille, sei stato gentilissimo ^^
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Os