Analisi Matematica II (Prof. Paolo Marcellini)

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1 Vero o falso? Analisi Matematica II (Prof. Paolo Marcellini) Università degli Studi di Firenze Corso di laurea in Matematica Esercitazione del 8//205 Michela Eleuteri eleuteri@math.unifi.it web.math.unifi.it/users/eleuteri Stabilire se le seguenti affermazioni sono vere o false. Nel caso siano false, esibire un adeguato controesempio. f : R 2 R differenziabile in un punto (x 0, y 0 ) f continua in (x 0, y 0 ) Vero. dimostrazione. La differenziabilità implica la validità della formula di Taylor al primo ordine per funzioni di due variabili f(x 0 + h, y 0 + k) f(x 0, y 0 ) = (x 0, y 0 )h + y (x 0, y 0 )k + o( h 2 + k 2 ) da cui, sfruttando di nuovo il fatto che f è differenziabile, si ha [f(x 0 + h, y 0 + k) f(x 0, y 0 )] (h,k) (0,0) [ (h,k) (0,0) (x 0, y 0 )h + y (x 0, y 0 )k + o( ] h 2 + k 2 ) e quindi la funzione f è anche continua in (x 0, y 0 ). f : R 2 R continua in un punto (x 0, y 0 ) f differenziabile in (x 0, y 0 ) Falso. controesempio. x è continua ma non esiste (0, 0). Infatti f(h, 0) f(0, 0) h che non esiste. Dunque f non può essere differenziabile in (0, 0). È vietata la diffusione e la riproduzione di questo materiale o parte di esso (particolarmente a fini commerciali) senza il consenso della sottoscritta. Queste note, che riprendono in parte gli esercizi svolti durante le ore di esercitazioni frontali, costituiscono parte integrante (ma non esclusiva!) del corso di Analisi II e pertanto, ai fini dell esame, devono essere adeguatamente integrate con il materiale indicato dal docente titolare del corso.

2 f : R 2 R differenziabile in un punto (x 0, y 0 ) esistono tutte le derivate parziali in quel punto e sono continue. Falso. controesempio. Sia f : R 2 R definita mediante (x 2 + y 2 ) sin x 2 + y 2 (x, y) (0, 0) 0 (x, y) = (0, 0) Se (x, y) (0, 0) allora mentre (x, y) = 2x sin x 2 + y 2 + (x2 + y 2 ) cos x 2 + y 2 f(h, 0) f(0, 0) h 2 sin h 2 2x (x 2 + y 2 ) 2 dove l ultimo ite si può vedere grazie al teorema del confronto. D altra parte, se (x, y) (0, 0) allora y (x, y) = 2y sin x 2 + y 2 cos 2y x 2 + y 2 x 2 + y 2 mentre Dunque (h,k) (0,0) dato che f(0, h) f(0, 0) h 2 sin h 2 f(h, k) f(0, 0) h (0, 0) k (0, 0) y h 2 + k 2 (h,k) (0,0) 0 h 2 + k 2 sin h 2 + k 2 h 2 + k 2 0. Dunque f è differenziabile in (0, 0). D altra parte 2x sin x 2 + y 2 2x x 2 + y 2 cos x 2 + y 2. (h 2 + k 2 ) sin h 2 +k 2 h 2 + k 2, non esiste e quindi in particolare non è zero (per vederlo basta prendere la curva y = x). Quindi (x, y) (0, 0) e dunque la funzione (x, y) non è continua nell origine (la condizione sufficiente per la differenziabilità non si può invertire). Ragionamento analogo si applica alla funzione y (x, y). Se f : R 2 R è tale che esistono tutte le derivate parziali e sono continue in un punto (x 0, y 0 ) f è differenziabile in quel punto. Vero. dimostrazione. Condizione sufficiente per la differenziabilità. 2

3 f : R 2 R continua in un punto (x 0, y 0 ) esistono le derivate parziali in quel punto. Falso. controesempio. Di nuovo x. Se f : R 2 R è tale che esistono le derivate parziali in un punto (x 0, y 0 ) f continua in quel punto. Falso. controesempio. Siccome f è costante lungo gli assi cartesiani si ha e { 0 x 0, y 0 x y f(h, 0) f(0, 0) f(0, h) f(0, 0). D altra parte f non è continua nell origine, perché, ad esempio f(x, 0) = 0 x 0 f(x, x). Altri controesempi che vanno nella medesima direzione: Di nuovo { xy (x 2 + y 2 (x, y) (0, 0) ) 0 (x, y) = (0, 0) f(x, y) non esiste (e in particolare non tende a zero che è il valore della funzione nell origine). Per vederlo basta considerare le curve y e y = x D altra parte la funzione costantemente uguale a zero sugli assi e dunque e Analogo discorso per la funzione f(h, 0) f(0, 0) f(0, h) f(0, 0). { x 2 y arctan(x 2 + y 2 ) x 0 0 x 3

4 Infatti la funzione non è continua nell origine. Per vederlo basta considerare la curva x = y 3/2. Infatti f(y 3/2, y) = y arctan(y3 + y 2 ) y 3 = arctan(y3 + y 2 ) y 3 + y 2 y3 + y 2 y 2 = arctan(y3 + y 2 ) y 3 + y 2 ( + y) e dunque non tende a zero che è il valore della funzione nell origine. D altra parte e f(h, 0) f(0, 0) f(0, h) f(0, 0). Se f : R 2 R è continua e derivabile in un punto (x 0, y 0 ) f differenziabile in quel punto. Falso. controesempio. Sia data la funzione Allora f è continua nell origine perché 0 f(x, y) xy 2 x 2 + y 2 (x, y) (0, 0) 0 (x, y) = (0, 0). x y 2 x 2 + y 2 x dove abbiamo usato il fatto che y 2 x 2 + y 2. Quindi dal teorema dei carabinieri e dal fatto che f 0 f 0 si conclude che D altra parte e anche f(x, y) = f(0, 0). f(h, 0) f(0, 0) f(0, k) f(0, 0) y k 0 k quindi le derivate parziali esistono nell origine e sono nulle. Vediamo se la funzione data è differenziabile con la definizione. Si dovrebbe verificare che f(x, y) f(0, 0) f x (0, 0)h f y (0, 0)k. (h,k) (0,0) h 2 + k 2 Ma essendo f(0, 0) = f x (0, 0) = f y (0, 0) si ottiene f(x, y) f(0, 0) f x (0, 0)h f y (0, 0)k hk 2 (h,k) (0,0) h 2 + k 2 (h,k) (0,0) (h 2 + k 2 ) 3/2 4

5 e questo ite non è zero: basta prendere la curva h = k e si ha che tale ite vale ± 2 2 a seconda che h 0 ±. Quindi la funzione data è continua, derivabile ma non differenziabile nell origine. f : R 2 R differenziabile in un punto (x 0, y 0 ) esistono tutte le derivate direzionali in quel punto. Vero. dimostrazione. Formula del gradiente. Se per f : R 2 R esistono tutte le derivate direzionali in un punto (x 0, y 0 ) f differenziabile in quel punto. Falso. controesempio. Sia data la funzione Se (x, y) (0, 0) allora si ha xy 2 x 2 + y 2 (x, y) (0, 0) 0 (x, y) = (0, 0). (x, y) = y2 (x 2 + y 2 ) 2x 2 y 2 (x 2 + y 2 ) 2 = y4 x 2 y 2 (x 2 + y 2 ) 2 mentre nell origine, la derivata parziale si calcola con la definizione f(h, 0) f(0, 0) dunque riassumendo (x, y) = y 4 x 2 y 2 (x 2 + y 2 ) 2 (x, y) (0, 0) 0 (x, y) = (0, 0). In modo del tutto analogo si ottiene (x, y) = y 2x 3 y (x 2 + y 2 ) 2 (x, y) (0, 0) 0 (x, y) = (0, 0). Calcoliamo ora le derivate direzionali nell origine. Dato un generico versore v = (cos θ, sin θ) si ha f(t cos θ, t sin θ) f(0, 0) D v f t 0 t t 0 La formula del gradiente NON è verificata: infatti t cos θt 2 sin 2 θ 0 t 2 t 3 sin 2 θ cos θ t t 0 t 3 = sin 2 θ cos θ. sin 2 θ cos θ = D v f(0, 0) f(0, 0) (cos θ, sin θ). 5

6 Quindi da questo si può concludere che f NON è differenziabile nell origine (come si può anche verificare direttamente con la definizione) e pertanto f non è nemmeno di classe C (come si verifica direttamente andando a testare la continuità delle funzioni derivate parziali). Se per f : R 2 R vale la formula del gradiente in un punto (x 0, y 0 ) f differenziabile in quel punto. Falso. controesempio. { y > x 2 y 0 altrove Infatti, visto che f sull asse x si ha f x (0, 0). Si osserva poi che, per ogni versore v = (v, v 2 ) diverso da (, 0), l intersezione tra l insieme {(x, y) : y > x 2 } e la retta per l origine di direzione v un segmento centrato nell origine. Poiché su tale segmento si ha f(tv, tv 2 ) f(0, 0) D v f. t 0 t Perciò f(0, 0) e la formula del gradiente è verificata. D altra parte la funzione non è differenziabile in quanto non è nemmeno continua nell origine. Infatti ad esempio: f(x, 0) =, x 0 + f(x, x 0 x3 ). + 2 Esercizi proposti Esercizio 2.. Dire se la seguente funzione è differenziabile x + 2 x2 y y 0 e xy y < 0 y Se si considerano i punti (x, y) con y 0 allora la funzione è differenziabile perché somma e prodotto di funzioni differenziabili. Resta da studiare la differenziabilità nei punti (x, 0) con x R. Proviamo a studiare la differenziabilità in tali punti usando la condizione sufficiente di differenziabilità. Dimostreremo che entrambe le derivate parziali sono funzioni continue. Si ha f(x + h, 0) f(x, 0) x + h x (x, 0) = e anche (x, 0) y h 0 f(x, h) f(x, 0). h 6

7 A questo punto, se h > 0 si ha mentre se h < 0 allora f(x, h) f(x, 0) x + 2 (x, 0) x2 h x = x2 2 f(x, h) f(x, 0) (x, 0) h 0 e xh h x. h Usando due volte il teorema di De l Höpital (oppure gli sviluppi in serie di Mac Laurin) si ottiene Quindi in ogni caso e xh h x e xh xh xe xh x x 2 e xh 2 h 0 2h h 0 2 x2 (x, 0) = y 2. D altra parte, se y > 0 (x, y) = + xy che tende a per (x, y) (x 0, 0) mentre se y < 0 si ha (x, y) = y (yexy ) = e xy che pure tende a per (x, y) (x 0, 0). Inoltre, sempre per y > 0 si ha x2 (x, y) = y 2 = x2 2. e per y < 0 si ottiene che può essere riscritto come y (x, y) = (xy )exy + y 2 A questo punto, considerando la funzione y (x, y) = (xy )exy + x 2 y 2 x 2. g(x, y) = (xy )exy + x 2 y 2 essa ammette ite uguale a /2 per (x, y) (x 0, 0) (si può pensare di vederlo come ite di una variabile ponendo xy = t con t 0 e qundi usare il teorema di de l Höpital). Quindi riassumendo, per ogni x 0 R (x,y) (x 0,0) (x, y) = (x 0, 0) (x,y) (x 0,0) (x, y) = y y (x 0, 0). Dunque le derivate parziali esistono e sono continue, allora la funzione è differenziabile in tutto R 2. 7

8 Esercizio 2.2. Si verifichi che la funzione x 2 y 3 x 4 + y 4 (x, y) (0, 0) 0 (x, y) = (0, 0) è continua e dotata di derivate parziali (x, y) R 2 ma non è differenziabile in (0,0). Di sicuro la funzione continua per (x, y) (0, 0). Invece, per quanto riguarda la continuit nell origine osserviamo che 0 x 2 y 3 x 4 + y 4 y (x 2 y 2 ) x 4 + y 4 y ; 2 dunque x 2 y 3 x 4 + y 4 dal teorema dei due carabinieri e pertanto la funzione continua anche nell origine. D altra parte, per (x, y) (0, 0) si ha mentre nell origine si ha Allora (x, y) = 2xy3 (x 4 + y 4 ) 4x 3 x 2 y 3 (x 4 + y 4 ) 2 = 2xy7 2x 5 y 3 (x 4 + y 4 ) 2 y (x, y) = 3y2 x 2 (x 4 + y 4 ) 4y 3 x 2 y 3 (x 4 + y 4 ) 2 = 3x6 y 2 y 6 x 2 (x 4 + y 4 ) 2 (0, 0) = (0, 0). y f(h, k) f(0, 0) (h,k) (0,0) h 2 + k 2 (h,k) (0,0) h 2 k 3 (h 4 + k 4 ) h 2 + k 2 e questo ite non esiste, basta considerare il ite lungo la curva h = k : in questo caso si ottiene h 5 h 0 2 2h 4 h h h h e dunque se h > 0 si ottiene Esercizio mentre se h < 0 si ottiene

9 Si consideri la seguente funzione f : R 2 R: x x xy + y 4 x 2 + y 2 se (x, y) (0, 0) 0 altrimenti. i) f è continua in (0, 0)? ii) Esistono le derivate parziali di f in (0, 0)? In caso affermativo calcolarle. iii) Esiste la derivata direzionale di f in (0, 0) nella direzione della bisettrice del primo quadrante? In caso affermativo calcolarla. (i) Conviene passare a coordinate polari. Si ha x x x y + y 4 ρ 3 cos 3 θ + 3 ρ 3 cos θ cos θ sin θ + ρ 4 sin 4 θ x 2 + y 2 ρ 2 Osserviamo innanzitutto che [ρ cos 3 θ + 3 ρ cos θ cos θ sin θ + ρ 2 sin 4 θ]. 0 ρ cos 3 θ ρ cos 3 θ ρ 0 3 ρ cos θ cos θ sin θ 3 ρ cos θ cos θ sin θ 3 ρ 0 ρ 2 sin 4 θ ρ 2 sin 4 θ ρ 2. Dal teorema dei carabinieri e dal fatto che f 0 f 0 si ottiene facilmente che ρ cos3 θ 3 ρ cos θ cos θ sin θ ρ 2 sin 4 θ da cui anche Quindi f è continua in (0, 0). (ii) Si ha e [ρ cos3 θ + 3 ρ cos θ cos θ sin θ + ρ 2 sin 4 θ]. f(h, 0) f(0, 0) h 3 2 h = f(0, h) f(0, 0) h 4 2 h. (iii) La direzione della bisettrice del primo quadrante coincide con la direzione individuata dal versore ( ) 2 2 v = (v, v 2 ) = 2,, 2 9

10 quindi f(t v, t v 2 ) f(0, 0) D v f(x, y) t 0 [ t t t t t ] 4 t 0 t t2 t t4 4 t 2 t e questo ultimo ite non esiste in quanto vale 2 per t 0 + mentre vale 2 per t 0. 0