Differenziabilità di funzioni dipendenti da un parametro

Esercizio 2.16

Sia

$$f(x,y)={\begin{cases}[x^{4}-2x^{2}y^{2}+y^{4}]^{\alpha }*\log(x^{2}+y^{2})\,&{\hbox{per}}(x,y)\neq (0,0)\\0\,&{\hbox{per}}(x,y)=(0,0)\end{cases}}$$

$$f(x,y)={\begin{cases}[x^{4}-2x^{2}y^{2}+y^{4}]^{\alpha }*\log(x^{2}+y^{2})\,&{\hbox{per}}(x,y)\neq (0,0)\\0\,&{\hbox{per}}(x,y)=(0,0)\end{cases}}$$

Discutere la differenziabilità di $f$$f$ nel punto $(0,0)$$(0,0)$ al variare di $\alpha \in \mathbb {R}$$\alpha \in \mathbb {R}$.

 

Riscrivo la funzione come:

$$f(x,y)=(x^{2}-y^{2})^{2\alpha }*\log(x^{2}+y^{2})$$

$$f(x,y)=(x^{2}-y^{2})^{2\alpha }*\log(x^{2}+y^{2})$$

Verifico l'esistenza delle derivate parziali, condizione necessaria per la differenziabilità.

$${\frac {\partial f_{\alpha }}{\partial x}}=\lim _{h\to 0}{\frac {f_{\alpha }(h,0)-f_{\alpha }(0,0)}{h}}=$$

$${\frac {\partial f_{\alpha }}{\partial x}}=\lim _{h\to 0}{\frac {f_{\alpha }(h,0)-f_{\alpha }(0,0)}{h}}=$$

$$\lim _{h\to 0}{\frac {h^{4\alpha }*\log(h^{2})}{h}}=$$

$$\lim _{h\to 0}{\frac {h^{4\alpha }*\log(h^{2})}{h}}=$$

$$\lim _{h\to 0}h^{4\alpha -1}*\log(h^{2})=$$

$$\lim _{h\to 0}h^{4\alpha -1}*\log(h^{2})=$$

con $\log h^{2}\to -\infty \forall \alpha$$\log h^{2}\to -\infty \forall \alpha$.

Se $\alpha >1/4$$\alpha >1/4$, la potenza prevale sul logaritmo e il limite vale 0. Se $\alpha =1/4$$\alpha =1/4$, il limite tende a $-\infty$$-\infty$, e lo stesso vale se $\alpha <1/4$$\alpha <1/4$. Allora ${\frac {\partial f_{\alpha }}{\partial x}}(0,0)$${\frac {\partial f_{\alpha }}{\partial x}}(0,0)$ esiste e vale 0 se e solo se $\alpha >1/4$$\alpha >1/4$, quindi si può già affermare che se $\alpha <1/4$$\alpha <1/4$, $f$$f$ non è differenziabile nell'origine. Inoltre

$${\frac {\partial f_{\alpha }}{\partial y}}=\lim _{k\to 0}{\frac {f_{\alpha }(0,k)-f_{\alpha }(0,0)}{k}}$$

$${\frac {\partial f_{\alpha }}{\partial y}}=\lim _{k\to 0}{\frac {f_{\alpha }(0,k)-f_{\alpha }(0,0)}{k}}$$

$$\lim _{k\to 0}{\frac {k^{4\alpha }*\log(k^{2})}{k}}$$

$$\lim _{k\to 0}{\frac {k^{4\alpha }*\log(k^{2})}{k}}$$

e come prima il limite vale $0$$0$ se $\alpha >1/4$$\alpha >1/4$ e $-\infty$$-\infty$ se $\alpha <1/4$$\alpha <1/4$.

Concludo che sse $\alpha >1/4$$\alpha >1/4$, esistono entrambe le derivate parziali di $f_{\alpha }$$f_{\alpha }$ nel punto $(0,0)$$(0,0)$. La funzione $f_{\alpha }$$f_{\alpha }$ è differenziabile in $(0,0)$$(0,0)$ se e solo se

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {(h^{2}-k^{2})^{2\alpha }*\log(h^{2}+k^{2})}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=0$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {(h^{2}-k^{2})^{2\alpha }*\log(h^{2}+k^{2})}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=0$$

Passiamo alle coordinate polari.

$$\lim _{\rho \to 0^{+}}{\frac {[\rho ^{2}*(\cos ^{2}\theta -\sin ^{2}\theta )]^{2\alpha }*\log \rho ^{2}}{\rho }}=$$

$$\lim _{\rho \to 0^{+}}{\frac {[\rho ^{2}*(\cos ^{2}\theta -\sin ^{2}\theta )]^{2\alpha }*\log \rho ^{2}}{\rho }}=$$

$$\lim _{\rho \to 0^{+}}\rho ^{4\alpha -1}*(\cos ^{2}\theta -\sin ^{2}\theta )^{2\alpha }*\log \rho ^{2}=$$

$$\lim _{\rho \to 0^{+}}\rho ^{4\alpha -1}*(\cos ^{2}\theta -\sin ^{2}\theta )^{2\alpha }*\log \rho ^{2}=$$

$$\lim _{\rho \to 0+}\rho ^{4\alpha -1}*(\cos ^{2}\theta -\sin ^{2}\theta )^{2\alpha }*\log \rho ^{2}=$$

$$\lim _{\rho \to 0+}\rho ^{4\alpha -1}*(\cos ^{2}\theta -\sin ^{2}\theta )^{2\alpha }*\log \rho ^{2}=$$

$$(\cos ^{2}\theta -\sin ^{2}\theta )^{2\alpha }\leq 2^{2\alpha }$$

$$(\cos ^{2}\theta -\sin ^{2}\theta )^{2\alpha }\leq 2^{2\alpha }$$

$$\sup _{\theta \in [0,2\pi ]}|\cos ^{2}\theta -\sin ^{2}\theta |^{2\alpha }*\rho ^{4\alpha -1}*\log \rho ^{2}\leq \rho ^{4\alpha -1}\log(\rho ^{2})2^{2\alpha }\to 0\quad {\hbox{per}}\alpha >1/4$$

$$\sup _{\theta \in [0,2\pi ]}|\cos ^{2}\theta -\sin ^{2}\theta |^{2\alpha }*\rho ^{4\alpha -1}*\log \rho ^{2}\leq \rho ^{4\alpha -1}\log(\rho ^{2})2^{2\alpha }\to 0\quad {\hbox{per}}\alpha >1/4$$

allora la funzione è differenziabile per $\alpha >1/4$$\alpha >1/4$.

Altro procedimento possibile: In alcuni casi è conveniente usare il teorema del differenziale totale, cioè si può dimostrare che le derivate parziali esistono nel punto e sono continue in un intorno del punto, e da questo segue la differenziabilità della funzione. Questa però non è una condizione necessaria per la differenziabilità.

Esercizio 2.17

Discutere per $\alpha >0$$\alpha >0$, continuità, derivabilità e differenziabilità della funzione

$$f_{\alpha }(x,y)={\begin{cases}x/y&{\hbox{se}}y>|x|^{\alpha }\\0&{\hbox{altrove}}\end{cases}}$$

$$f_{\alpha }(x,y)={\begin{cases}x/y&{\hbox{se}}y>|x|^{\alpha }\\0&{\hbox{altrove}}\end{cases}}$$

 

Continuità: La continuità di $f$$f$ dipende dal valore di $\alpha$$\alpha$. Per la continuità si richiede che

$$\lim _{y>|x|^{\alpha },\,(x,y)\to (0,0)}{\frac {x}{y}}=0$$

$$\lim _{y>|x|^{\alpha },\,(x,y)\to (0,0)}{\frac {x}{y}}=0$$

Osservo subito che lungo le curve $y=kx$$y=kx$ con $k>0$$k>0$ questa condizione non è verificata perché il limite vale $1/k\neq 0$$1/k\neq 0$. Verifico per quali $\alpha$$\alpha$ curve di questo tipo rientrano nell'insieme $\{y>|x|^{\alpha }\}$$\{y>|x|^{\alpha }\}$ in cui la funzione è diversa da 0.

$y=kx\in \{y=|x|^{\alpha }\}$$y=kx\in \{y=|x|^{\alpha }\}$ se e solo se

$$kx>|x|^{\alpha }$$

$$kx>|x|^{\alpha }$$

$$k>x^{\alpha -1}$$

$$k>x^{\alpha -1}$$

e per $x\to 0$$x \to 0$, la condizione è soddisfatta per $\alpha -1\geq 0$$\alpha -1\geq 0$, e quindi per $\alpha \geq 1$$\alpha \geq 1$: in quest'ultimo caso, sicuramente la funzione non è continua nell'origine.

Per $\alpha <1$$\alpha <1$, si ha:

$$\lim _{(x,y)\to (0,0),\,y>|x|^{\alpha }}{\frac {x}{y}}=$$

$$\lim _{(x,y)\to (0,0),\,y>|x|^{\alpha }}{\frac {x}{y}}=$$

$${\frac {x}{y}}\leq {\frac {x}{x^{\alpha }}}=x^{1-\alpha }\to 0{\hbox{per}}\alpha <1$$

$${\frac {x}{y}}\leq {\frac {x}{x^{\alpha }}}=x^{1-\alpha }\to 0{\hbox{per}}\alpha <1$$

Allora la funzione è continua nell'origine per $\alpha <1$$\alpha <1$.

Derivabilità: Dato un punto $(x,0)$$(x,0)$ sull'asse $y$$y$, $f_{\alpha }(x,0)=0$$f_{\alpha }(x,0)=0$ per ogni $\alpha$$\alpha$ e per ogni $x$$x$, e questo implica che ${\frac {\partial f}{\partial x}}(0,0)$${\frac {\partial f}{\partial x}}(0,0)$ esiste e vale 0.

Qualsiasi punto $(0,y)$$(0,y)$ con $y>0$$y>0$ soddisfa l'equazione $y>x^{\alpha }$$y>x^{\alpha }$ e la funzione vale ${\frac {0}{x}}=0$${\frac {0}{x}}=0$, Vale 0 anche sui punti $(0,y)$$(0,y)$ con $y<0$$y<0$, che si trovano nella regione di piano con $y<|x|^{\alpha }$$y<|x|^{\alpha }$ dove la funzione è identicamente nulla, allora esiste anche ${\frac {\partial f}{\partial y}}(0,0)$${\frac {\partial f}{\partial y}}(0,0)$ e vale 0.

Differenziabilità: per $\alpha <1$$\alpha <1$ ci si chiede se $f_{\alpha }$$f_{\alpha }$ è differenziabile in $(0,0)$$(0,0)$. (se $f$$f$ non è continua non è differenziabile, quindi non può essere differenziabile per $\alpha \geq 1$$\alpha \geq 1$)

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {f_{\alpha }(h,k)-f_{\alpha }(0,0)-{\frac {\partial f}{\partial x}}*h-{\frac {\partial f}{\partial y}}*k}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {f_{\alpha }(h,k)-f_{\alpha }(0,0)-{\frac {\partial f}{\partial x}}*h-{\frac {\partial f}{\partial y}}*k}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$

Se calcolo il limite con $(h,k)\in y<|x|^{\alpha }$$(h,k)\in y<|x|^{\alpha }$ il limite è 0.

Per $(h,k)\in y>|x|^{\alpha }$$(h,k)\in y>|x|^{\alpha }$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {h/k}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {h/k}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$

In questo limite $\alpha$$\alpha$ non compare. Se $(h,k)\in y>|x|^{\alpha }$$(h,k)\in y>|x|^{\alpha }$ allora

$$k>|h|^{\alpha }\quad \longrightarrow \quad {\sqrt {h^{2}+k^{2}}}>{\sqrt {h^{2}+h^{2\alpha }}}$$

$$k>|h|^{\alpha }\quad \longrightarrow \quad {\sqrt {h^{2}+k^{2}}}>{\sqrt {h^{2}+h^{2\alpha }}}$$

Cerco una curva lungo cui:

$$\lim _{(h,k)\to 0}{\frac {h}{k{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}\neq 0$$

$$\lim _{(h,k)\to 0}{\frac {h}{k{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}\neq 0$$

Una possibilità è $k=ch^{1/2}$$k=ch^{1/2}$ con $c>1$$c>1$, infatti, lungo questa curva:

$$\lim _{h\to 0}{\frac {h}{ch^{1/2}{\sqrt {h^{2}+c^{2}|h|}}}}$$

$$\lim _{h\to 0}{\frac {h}{ch^{1/2}{\sqrt {h^{2}+c^{2}|h|}}}}$$

$$=\lim _{h\to 0}{\frac {h}{c|h|{\sqrt {|h|+c^{2}}}}}$$

$$=\lim _{h\to 0}{\frac {h}{c|h|{\sqrt {|h|+c^{2}}}}}$$

Per $h\to 0$$h\to 0$, la quantità tende a $\pm 1/c^{2}\neq 0$$\pm 1/c^{2}\neq 0$, e il limite non esiste.
Se i punti del tipo $(h,c*h^{1/2})$$(h,c*h^{1/2})$ appartengono all'insieme $\{y>|x|^{\alpha }\}$$\{y>|x|^{\alpha }\}$ in cui la funzione non è identicamente nulla, la funzione non è differenziabile. Questo avviene quando:

$$k=c|h|^{1/2}\in \{y>|x|^{\alpha }\}\quad \longrightarrow \quad c|h|^{1/2}>h^{\alpha }\,\longrightarrow \,h^{\alpha -1/2}<c$$

$$k=c|h|^{1/2}\in \{y>|x|^{\alpha }\}\quad \longrightarrow \quad c|h|^{1/2}>h^{\alpha }\,\longrightarrow \,h^{\alpha -1/2}<c$$

Cerco le soluzioni di quest'ultima disequazione.

Se $\alpha >1/2$$\alpha >1/2$ la disequazione è soddisfatta in un intervallo della forma $(-{\bar {h}},{\bar {h}})$$(-{\bar {h}},{\bar {h}})$ con ${\bar {h}}>0$${\bar {h}}>0$, quindi per $h\to 0$$h\to 0$ le curve considerate appartengono a $\{y>|x|^{\alpha }\}$$\{y>|x|^{\alpha }\}$.

1. Se $\alpha =1/2$$\alpha =1/2$, ottengo la disuguaglianza $1<c$$1<c$ che è sempre soddisfatta perché ho scelto $c>1$$c>1$, quindi posso ancora avvicinarmi all'origine lungo le curve $k=c|h|^{1/2}$$k=c|h|^{1/2}$ per $h\to 0$$h\to 0$.
2. Se $\alpha <1/2$$\alpha <1/2$ ottengo un insieme di soluzioni del tipo $(-\infty ,-{\bar {h}})\cup ({\bar {h}},+\infty )$$(-\infty ,-{\bar {h}})\cup ({\bar {h}},+\infty )$ quindi per $h\to 0$$h\to 0$ la disequazione non è soddisfatta e le curve del tipo $k=c|h|^{1/2}$$k=c|h|^{1/2}$ non rientrano nell'insieme $\{y>|x|^{\alpha }\}$$\{y>|x|^{\alpha }\}$, quindi non posso avvicinarmi all'origine lungo tali curve.

Si conclude quindi che e $f_{\alpha }$$f_{\alpha }$ potrebbe essere differenziabile per $\alpha <1/2$$\alpha <1/2$, mentre non lo è per $\alpha \geq 1/2$$\alpha \geq 1/2$. Provo a calcolare il limite in un altro modo per $\alpha <1/2$$\alpha <1/2$:

$$\lim _{h\to 0}{\frac {h}{k{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}=$$

$$\lim _{h\to 0}{\frac {h}{k{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}=$$

$${\frac {h}{k{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}\leq {\frac {h}{h^{\alpha }{\sqrt {h^{2}+|h|^{2\alpha }}}}}$$

$${\frac {h}{k{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}\leq {\frac {h}{h^{\alpha }{\sqrt {h^{2}+|h|^{2\alpha }}}}}$$

$$\leq {\frac {1}{h^{\alpha }{\sqrt {1+|h|^{2\alpha -2}}}}}\sim {\frac {1}{h^{\alpha }|h|^{\alpha -1}}}\leq {\frac {1}{h^{2\alpha -1}}}\to 0{\hbox{per}}\alpha <1/2$$

$$\leq {\frac {1}{h^{\alpha }{\sqrt {1+|h|^{2\alpha -2}}}}}\sim {\frac {1}{h^{\alpha }|h|^{\alpha -1}}}\leq {\frac {1}{h^{2\alpha -1}}}\to 0{\hbox{per}}\alpha <1/2$$

e quindi $f_{\alpha }$$f_{\alpha }$ è differenziabile per $\alpha <1/2$$\alpha <1/2$.

Esercizio 2.18

Discutere per $\alpha >0$$\alpha >0$, continuità, derivabilità, e differenziabilità nel punto $(0,0)$$(0,0)$ della funzione:

$$f_{\alpha }(x,y)={\begin{cases}{\frac {1-\cos(xy)}{{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}^{\alpha }}}+x-y&{\hbox{se}}(x,y)\neq (0,0)\\0&{\hbox{se}}(x,y)=(0,0)\end{cases}}$$

$$f_{\alpha }(x,y)={\begin{cases}{\frac {1-\cos(xy)}{{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}^{\alpha }}}+x-y&{\hbox{se}}(x,y)\neq (0,0)\\0&{\hbox{se}}(x,y)=(0,0)\end{cases}}$$

 

Continuità: Stabilisco per quali valori di $\alpha$$\alpha$

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}f_{\alpha }(x,y)=0$$

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}f_{\alpha }(x,y)=0$$

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {1-\cos(xy)}{{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}^{\alpha }}}+x-y=$$

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {1-\cos(xy)}{{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}^{\alpha }}}+x-y=$$

Siccome il limite della somma è la somma dei limiti, e siccome $-x+y\to 0$$-x+y\to 0$, ottengo:

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {1-\cos(xy)}{{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}^{\alpha }}}=$$

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {1-\cos(xy)}{{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}^{\alpha }}}=$$

$$1-\cos t\sim t^{2}/2$$

$$1-\cos t\sim t^{2}/2$$

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {x^{2}y^{2}/2}{{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}^{\alpha }}}=$$

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {x^{2}y^{2}/2}{{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}^{\alpha }}}=$$

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {x^{2}y^{2}}{2(x^{2}+y^{2})^{\alpha /2}}}=$$

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {x^{2}y^{2}}{2(x^{2}+y^{2})^{\alpha /2}}}=$$

Passo alle coordinate polari:

$$\lim _{\rho \to 0^{+}}{\frac {\rho ^{4}\cos ^{2}\theta \sin ^{2}\theta }{2\rho ^{\alpha }}}=$$

$$\lim _{\rho \to 0^{+}}{\frac {\rho ^{4}\cos ^{2}\theta \sin ^{2}\theta }{2\rho ^{\alpha }}}=$$

$$\lim _{\rho \to 0^{+}}1/2*\rho ^{4-\alpha }\cos ^{2}\theta \sin ^{2}\theta =$$

$$\lim _{\rho \to 0^{+}}1/2*\rho ^{4-\alpha }\cos ^{2}\theta \sin ^{2}\theta =$$

$$|1/2\rho ^{4-\alpha }\cos ^{2}\theta \sin ^{2}\theta |\leq |1/2\rho ^{4-\alpha }|$$

$$|1/2\rho ^{4-\alpha }\cos ^{2}\theta \sin ^{2}\theta |\leq |1/2\rho ^{4-\alpha }|$$

e per $\rho \to 0$$\rho \to 0$:

$${\begin{cases}\rho ^{4-\alpha }\to 0&\iff \alpha <4\\\rho ^{4-\alpha }\to 1&\iff \alpha =4\\\rho ^{4-\alpha }\to +\infty &\iff \alpha >4\end{cases}}.$$

$${\begin{cases}\rho ^{4-\alpha }\to 0&\iff \alpha <4\\\rho ^{4-\alpha }\to 1&\iff \alpha =4\\\rho ^{4-\alpha }\to +\infty &\iff \alpha >4\end{cases}}.$$

Allora sicuramente $f$$f$ è continua per $\alpha <4$$\alpha <4$.
Invece, se $\alpha \geq 4$$\alpha \geq 4$, posso avvicinarmi all'origine su una retta del tipo $y=x$$y=x$ e ottengo:

$$\lim _{x\to 0}{\frac {1-\cos x^{2}}{(2x^{2})^{\alpha /2}}}=$$

$$\lim _{x\to 0}{\frac {1-\cos x^{2}}{(2x^{2})^{\alpha /2}}}=$$

$$\lim _{x\to 0}{\frac {x^{4}}{2{\sqrt {2}}(x^{2})^{\alpha /2}}}=$$

$$\lim _{x\to 0}{\frac {x^{4}}{2{\sqrt {2}}(x^{2})^{\alpha /2}}}=$$

$$\lim _{x\to 0}{\frac {x^{4-\alpha }}{2{\sqrt {2}}}}=$$

$$\lim _{x\to 0}{\frac {x^{4-\alpha }}{2{\sqrt {2}}}}=$$

Se $\alpha =4$$\alpha =4$, il limite vale $1/8\neq 0$$1/8\neq 0$, se $\alpha >4$$\alpha >4$ il limite è $+\infty$$+\infty$. Quindi la funzione non è continua nell'origine per $\alpha \geq 4$$\alpha \geq 4$.
Derivabilità: Osservo che $f_{\alpha }(x,0)=x\forall x\neq 0$$f_{\alpha }(x,0)=x\forall x\neq 0$, allora ${\frac {\partial f_{\alpha }}{\partial x}}(0,0)=1$${\frac {\partial f_{\alpha }}{\partial x}}(0,0)=1$. Invece $f_{\alpha }(0,y)=-y\forall y\neq 0$$f_{\alpha }(0,y)=-y\forall y\neq 0$ quindi ${\frac {\partial f_{\alpha }}{\partial y}}(0,0)=-1$${\frac {\partial f_{\alpha }}{\partial y}}(0,0)=-1$ e questo è vero $\forall \alpha$$\forall \alpha$.

Verifico la differenziabilità per $0<\alpha <4$$0<\alpha <4$,

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {{\frac {1-\cos hk}{{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}^{\alpha }}}+h-k-0-1*h+k}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {{\frac {1-\cos hk}{{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}^{\alpha }}}+h-k-0-1*h+k}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {1-\cos(hk)}{(h^{2}+k^{2})^{(\alpha +1)/2}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {1-\cos(hk)}{(h^{2}+k^{2})^{(\alpha +1)/2}}}=$$

$$1-\cos(hk)\sim h^{2}k^{2}/2$$

$$1-\cos(hk)\sim h^{2}k^{2}/2$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {h^{2}k^{2}}{2(h^{2}+k^{2})^{(\alpha +1)/2}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {h^{2}k^{2}}{2(h^{2}+k^{2})^{(\alpha +1)/2}}}=$$

In coordinate polari:

$$\lim _{\rho \to 9^{+}}{\frac {\rho ^{4}\cos ^{2}\theta \sin ^{2}\theta }{2\rho ^{\alpha +1}}}=$$

$$\lim _{\rho \to 9^{+}}{\frac {\rho ^{4}\cos ^{2}\theta \sin ^{2}\theta }{2\rho ^{\alpha +1}}}=$$

Uniformemente in $\theta$$\theta$

$${\frac {\rho ^{4}\cos ^{2}\theta \sin ^{2}\theta }{2\rho ^{\alpha +1}}}\leq 1/2*\rho ^{3-\alpha }$$

$${\frac {\rho ^{4}\cos ^{2}\theta \sin ^{2}\theta }{2\rho ^{\alpha +1}}}\leq 1/2*\rho ^{3-\alpha }$$

e per $\alpha <3$$\alpha <3$ il limite tende a 0 e $f_{\alpha }$$f_{\alpha }$ è differenziabile.

Per $\alpha \geq 3$$\alpha \geq 3$, si cerca una direzione lungo la quale il limite non vale 0. Consideriamo nuovamente la curva $k=h$$k=h$, lungo cui si ha:

$$\lim _{h\to 0}{\frac {h^{4}}{2{\sqrt {2}}h^{\alpha +1}}}=$$

$$\lim _{h\to 0}{\frac {h^{4}}{2{\sqrt {2}}h^{\alpha +1}}}=$$

$$\lim _{h\to 0}{\frac {h^{3-\alpha }}{2{\sqrt {2}}}}=$$

$$\lim _{h\to 0}{\frac {h^{3-\alpha }}{2{\sqrt {2}}}}=$$

Siccome $\alpha \geq 3$$\alpha \geq 3$, il limite non tende a 0, e la funzione non è differenziabile per $\alpha >3$$\alpha >3$.

Esercizio 2.19

Per ogni $\alpha \in (0,+\infty )$$\alpha \in (0,+\infty )$ si consideri la funzione

$$f_{\alpha }(x,y)={\begin{cases}{\dfrac {|\sin(x-y)|^{\alpha }}{|x^{2}-y^{2}|}}+1,&{\text{se }}x\neq y{\text{ e }}x\neq -y,\\1,&{\text{altrove}}.\end{cases}}$$

$$f_{\alpha }(x,y)={\begin{cases}{\dfrac {|\sin(x-y)|^{\alpha }}{|x^{2}-y^{2}|}}+1,&{\text{se }}x\neq y{\text{ e }}x\neq -y,\\1,&{\text{altrove}}.\end{cases}}$$

Si discutano la continuità e la differenziabilità di $f_{\alpha }$$f_{\alpha }$ al variare di $\alpha \in (0,+\infty )$$\alpha \in (0,+\infty )$.

 

Continuità: Studio la continuità sulla bisettrice $y=x$$y=x$

$$\lim _{x-y\to 0}{\dfrac {|\sin(x-y)|^{\alpha }}{|x^{2}-y^{2}|}}+1$$

$$\lim _{x-y\to 0}{\dfrac {|\sin(x-y)|^{\alpha }}{|x^{2}-y^{2}|}}+1$$

$$x-y\to 0,\sin(x-y)\sim x-y$$

$$x-y\to 0,\sin(x-y)\sim x-y$$

$$\lim _{x-y\to 0}{\dfrac {|(x-y)|^{\alpha }}{|(x-y)(x+y)|}}+1$$

$$\lim _{x-y\to 0}{\dfrac {|(x-y)|^{\alpha }}{|(x-y)(x+y)|}}+1$$

$$\lim _{x-y\to 0}{\dfrac {|(x-y)|^{\alpha -1}}{|x+y|}}+1=$$

$$\lim _{x-y\to 0}{\dfrac {|(x-y)|^{\alpha -1}}{|x+y|}}+1=$$

Per $\alpha >1$$\alpha >1$ il numeratore tende a 0, e il limite fa 1, la funzione è continua su $y=x$$y=x$. Per $\alpha <1$$\alpha <1$ il limite tende a $+\infty$$+\infty$ e la funzione non è continua.
Sulla bisettrice $t=-x$$t=-x$

$$\lim _{x+y\to 0}{\dfrac {\sin |x-y|^{\alpha }}{|x^{2}-y^{2}|}}+1$$

$$\lim _{x+y\to 0}{\dfrac {\sin |x-y|^{\alpha }}{|x^{2}-y^{2}|}}+1$$

$$\lim _{x+y\to 0}{\dfrac {\sin |x-y|^{\alpha }}{|(x-y)(x+y)|}}+1=+\infty \forall \alpha$$

$$\lim _{x+y\to 0}{\dfrac {\sin |x-y|^{\alpha }}{|(x-y)(x+y)|}}+1=+\infty \forall \alpha$$

infatti la quantità al numeratore è limitata mentre $x+y\to 0$$x+y\to 0$. Allora la funzione non è continua sulla bisettrice $y=-x$$y=-x$ tranne l'origine.
Verifichiamo la continuità nell'origine.

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\dfrac {|\sin(x-y)|^{\alpha }}{|x^{2}-y^{2}|}}+1$$

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\dfrac {|\sin(x-y)|^{\alpha }}{|x^{2}-y^{2}|}}+1$$

$$\sin(x-y)\to x-y$$

$$\sin(x-y)\to x-y$$

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\dfrac {|x-y|^{\alpha -1}}{|x+y|}}+1$$

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\dfrac {|x-y|^{\alpha -1}}{|x+y|}}+1$$

La funzione è continua per $\alpha >1$$\alpha >1$, perché il numeratore tende a 0 più rapidamente del denominatore e il limite fa 1, mentre per $\alpha <1$$\alpha <1$ tende a $+\infty$$+\infty$.

Riassumendo, $f$$f$ è continua per $\alpha >1$$\alpha >1$ sulla bisettrice $y=x$$y=x$ e nell'origine.

Derivabilità: verifico l'esistenza delle derivate parziali sulla bisettrice $y=x$$y=x$

$${\frac {\partial f}{\partial x}}=$$

$${\frac {\partial f}{\partial x}}=$$

$$=\lim _{h\to 0}{\dfrac {f(x+h,x)-f(x,x)}{h}}=$$

$$=\lim _{h\to 0}{\dfrac {f(x+h,x)-f(x,x)}{h}}=$$

$$=\lim _{h\to 0}{\dfrac {{\frac {(\sin h)^{\alpha }}{|x^{2}+h^{2}+2xh-x^{2}|}}+1-1}{h}}=$$

$$=\lim _{h\to 0}{\dfrac {{\frac {(\sin h)^{\alpha }}{|x^{2}+h^{2}+2xh-x^{2}|}}+1-1}{h}}=$$

$$=\lim _{h\to 0}{\dfrac {\frac {h^{\alpha }}{|+h^{2}+2xh|}}{h}}=$$

$$=\lim _{h\to 0}{\dfrac {\frac {h^{\alpha }}{|+h^{2}+2xh|}}{h}}=$$

$$=\lim _{h\to 0}{\frac {h^{\alpha }-2}{|h+2x|}}=$$

$$=\lim _{h\to 0}{\frac {h^{\alpha }-2}{|h+2x|}}=$$

$$=\lim _{h\to 0}{\frac {h^{\alpha }}{|2x|}}=0$$

$$=\lim _{h\to 0}{\frac {h^{\alpha }}{|2x|}}=0$$

e la derivata parziale rispetto a $x$$x$ esiste per i punti sulla bisettrice e per $\alpha >1$$\alpha >1$. Invece nell'origine:

$$=\lim _{h\to 0}{\dfrac {{\frac {(\sin h)^{\alpha }}{|h^{2}|}}+1-1}{h}}=$$

$$=\lim _{h\to 0}{\dfrac {{\frac {(\sin h)^{\alpha }}{|h^{2}|}}+1-1}{h}}=$$

$$=\lim _{h\to 0}h^{\alpha -1}=0{\hbox{per}}\alpha >1$$

$$=\lim _{h\to 0}h^{\alpha -1}=0{\hbox{per}}\alpha >1$$

$${\frac {\partial f}{\partial y}}(x,x)=0$$

$${\frac {\partial f}{\partial y}}(x,x)=0$$

$${\frac {\partial f}{\partial y}}(0,0)=0$$

$${\frac {\partial f}{\partial y}}(0,0)=0$$

per simmetria dei ruoli di x e y nella funzione.
Differenziabilità nell'origine:

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {f(h,k)-1}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {f(h,k)-1}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}1/{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}{\dfrac {|\sin(h-k)|^{\alpha }}{|h^{2}-k^{2}|}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}1/{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}{\dfrac {|\sin(h-k)|^{\alpha }}{|h^{2}-k^{2}|}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}1/{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}{\dfrac {(h-k)^{\alpha }}{|(h-k)(h+k)|}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}1/{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}{\dfrac {(h-k)^{\alpha }}{|(h-k)(h+k)|}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\dfrac {(h-k)^{\alpha -1}}{(h+k){\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\dfrac {(h-k)^{\alpha -1}}{(h+k){\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}=$$

In coordinate polari:

$$\lim _{\rho \to 0}{\dfrac {\rho ^{\alpha -1}(\cos \theta -\sin \theta )}{\rho (\cos \theta +\sin \theta )\rho }}=$$

$$\lim _{\rho \to 0}{\dfrac {\rho ^{\alpha -1}(\cos \theta -\sin \theta )}{\rho (\cos \theta +\sin \theta )\rho }}=$$

$$\lim _{\rho \to 0}{\dfrac {\rho ^{\alpha -3}(\cos \theta -\sin \theta )}{(\cos \theta +\sin \theta )}}=$$

$$\lim _{\rho \to 0}{\dfrac {\rho ^{\alpha -3}(\cos \theta -\sin \theta )}{(\cos \theta +\sin \theta )}}=$$

e il limite tende a 0 uniformemente in $\theta$$\theta$ per $\alpha >3$$\alpha >3$, quindi per $\alpha >3$$\alpha >3$ la funzione è sicuramente differenziabile nell'origine.
Per $\alpha =3$$\alpha =3$:

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\dfrac {(h-k)^{2}}{(h+k){\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\dfrac {(h-k)^{2}}{(h+k){\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\dfrac {h^{2}+k^{2}}{(h+k){\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}-{\frac {2hk}{(h+k){\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\dfrac {h^{2}+k^{2}}{(h+k){\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}-{\frac {2hk}{(h+k){\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\dfrac {(h^{2}+k^{2})^{1/2}}{h+k}}-{\frac {2hk}{(h+k){\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\dfrac {(h^{2}+k^{2})^{1/2}}{h+k}}-{\frac {2hk}{(h+k){\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}=$$

e il limite non tende a 0, infatti sulla curva $h=k$$h=k$ si ha

$$\lim _{h\to 0}1-{\frac {2h^{2}}{2h^{2}{\sqrt {2}}}}=1-{\frac {1}{\sqrt {2}}}\neq 0$$

$$\lim _{h\to 0}1-{\frac {2h^{2}}{2h^{2}{\sqrt {2}}}}=1-{\frac {1}{\sqrt {2}}}\neq 0$$

allora la funzione non è differenziabile per $\alpha =3$$\alpha =3$ e nemmeno per $\alpha <3$$\alpha <3$.