Differenziabilità di funzioni generiche

Esercizio 2.9

Sia $f(x,y)=|y|\sin(x^{2}+y^{2})$$f(x,y)=|y|\sin(x^{2}+y^{2})$ Stabilire per quali punti di $\mathbb {R} ^{2}$$\mathbb {R} ^{2}$ la funzione è continua, derivabile, differebziabile.

 

Continuità

La funzione è continua su tutto $\mathbb {R} ^{2}$$\mathbb {R} ^{2}$ perché somma, prodotto e composizione di funzioni continue.

Derivabilità

$$f(x,y)={\begin{cases}y*\sin(x^{2}+y^{2})&{\hbox{per}}y\geq 0\\-y*\sin(x^{2}+y^{2})&{\hbox{per}}y<0\end{cases}}$$

$$f(x,y)={\begin{cases}y*\sin(x^{2}+y^{2})&{\hbox{per}}y\geq 0\\-y*\sin(x^{2}+y^{2})&{\hbox{per}}y<0\end{cases}}$$

Se $y\neq 0$$y\neq 0$, $f$$f$ è differenziabile nel punto $(x,y)$$(x,y)$.

Potrebbero esserci problemi nei punti $(x,y)$$(x,y)$ con $y=0$$y=0$. Applichiamo la definizione di derivata parziale. Prendo il punto del tipo $(x_{0},y)$$(x_{0},y)$ e mi chiedo per quali punti di questa forma esiste il limite del rapporto incrementale.

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

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

$$=\lim _{h\to 0}{\frac {0-0}{h}}=0$$

$$=\lim _{h\to 0}{\frac {0-0}{h}}=0$$

il rapporto incrementale vale sempre 0, e quindi

$${\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)=0\forall x\in \mathbb {R} ,y=0$$

$${\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)=0\forall x\in \mathbb {R} ,y=0$$

$${\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)=\lim _{k\to 0}{\frac {f(x_{0},k)-f(x_{0},0)}{k}}=$$

$${\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)=\lim _{k\to 0}{\frac {f(x_{0},k)-f(x_{0},0)}{k}}=$$

$$=\lim _{k\to 0}{\frac {|k|*\sin(x_{0}^{2}+k^{2})}{k}}=\lim _{k\to 0}{\rm {{sgn}k*\sin(x_{0}^{2}+k^{2})=\pm \sin(x_{0})^{2}}}$$

$$=\lim _{k\to 0}{\frac {|k|*\sin(x_{0}^{2}+k^{2})}{k}}=\lim _{k\to 0}{\rm {{sgn}k*\sin(x_{0}^{2}+k^{2})=\pm \sin(x_{0})^{2}}}$$

e questo significa che i limiti destro e sinistro della funzione non coincidono, a meno che $\sin x_{0}=0$$\sin x_{0}=0$.

Allora ${\frac {\partial f}{\partial y}}$$\frac{\partial f}{\partial y}$ è definita e vale 0 in tutti i punti della forma $(x_{0},0)$$(x_{0},0)$ tali che $\sin(x_{0})^{2}=0$$\sin(x_{0})^{2}=0$, cioè $x_{0}=\pm {\sqrt {\pi n}}$$x_{0}=\pm {\sqrt {\pi n}}$. Se invece $x_{0}\neq {\sqrt {\pi n}}$$x_{0}\neq {\sqrt {\pi n}}$ la derivata parziale rispetto a $y$$y$ non è definita.

Calcolo le derivate parziali nel generico punto $(x,y)$$(x,y)$:

$${\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)=2x|y|*\cos(x^{2}+y^{2})$$

$${\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)=2x|y|*\cos(x^{2}+y^{2})$$

$${\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)={\rm {{sgn}y\sin(x^{2}+y^{2})+|y|*\cos(x^{2}+y^{2})*2y}}$$

$${\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)={\rm {{sgn}y\sin(x^{2}+y^{2})+|y|*\cos(x^{2}+y^{2})*2y}}$$

Differenziabilità

Se $y\neq 0$$y\neq 0$, la funzione è differenziabile, perché è somma e prodotto di funzioni differenziabili. Verifichiamo se è differenziabile nei punti della forma $(x_{0},0)$$(x_{0},0)$ con $x_{0}=\pm {\sqrt {n\pi }}$$x_{0}=\pm {\sqrt {n\pi }}$. Nei punti in cui $x_{0}\neq \pm {\sqrt {n\pi }}$$x_{0}\neq \pm {\sqrt {n\pi }}$$f$$f$ non è differenziabile perché non esistono nemmeno le sue derivate.

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

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

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {|k|*\sin[(\pm {\sqrt {n\pi }}+h)^{2}+k^{2}]}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {|k|*\sin[(\pm {\sqrt {n\pi }}+h)^{2}+k^{2}]}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {|k|*\sin[\pi n+h^{2}+k^{2}+2{\sqrt {n\pi }}*h]}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {|k|*\sin[\pi n+h^{2}+k^{2}+2{\sqrt {n\pi }}*h]}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {|k|*[\sin(\pi n)*\cos(h^{2}+k^{2}+2h{\sqrt {\pi n}})+\cos(\pi n)*\sin(h^{2}+k^{2}+2h{\sqrt {\pi n}})]}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {|k|*[\sin(\pi n)*\cos(h^{2}+k^{2}+2h{\sqrt {\pi n}})+\cos(\pi n)*\sin(h^{2}+k^{2}+2h{\sqrt {\pi n}})]}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$

$\sin(\pi n)=0$$\sin(\pi n)=0$ mentre $\cos(\pi n)=\pm 1$$\cos(\pi n)=\pm 1$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {\pm |k|*\sin(h^{2}+k^{2}+2h{\sqrt {\pi n}})}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {\pm |k|*\sin(h^{2}+k^{2}+2h{\sqrt {\pi n}})}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {\pm |k|*(h^{2}+k^{2}+2h{\sqrt {\pi n}})}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {\pm |k|*(h^{2}+k^{2}+2h{\sqrt {\pi n}})}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$

${\frac {|k|}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}$${\frac {|k|}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}$ è una quantità limitata, mentre $h^{2}+k^{2}+2h{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}$$h^{2}+k^{2}+2h{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}$ tende a 0, quindi il limite tende a 0 e la funzione è differenziabile nei punti della forma $(x_{0},0)$$(x_{0},0)$ con $x_{0}=\pm {\sqrt {\pi n}}$$x_{0}=\pm {\sqrt {\pi n}}$.

Esercizio 2.10

Sia $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$$f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$ definita come

$$f(x,y)={\begin{cases}{\dfrac {x^{1/3}y^{5/3}}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}},&{\text{se }}(x,y)\neq (0,0),\\0,&{\text{se }}(x,y)=(0,0).\end{cases}}$$

$$f(x,y)={\begin{cases}{\dfrac {x^{1/3}y^{5/3}}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}},&{\text{se }}(x,y)\neq (0,0),\\0,&{\text{se }}(x,y)=(0,0).\end{cases}}$$

Si discutano la continuità, la derivabilità parziale e la differenziabiità di $f$$f$.

 

Verifico la continuità della funzione, cioè verifico che:

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

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

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\dfrac {x^{1/3}y^{5/3}}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}=$$

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\dfrac {x^{1/3}y^{5/3}}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}=$$

$$\lim _{\rho \to 0}{\dfrac {\rho ^{2}\cos ^{1/3}\theta \sin ^{5/3}\theta }{\rho }}=$$

$$\lim _{\rho \to 0}{\dfrac {\rho ^{2}\cos ^{1/3}\theta \sin ^{5/3}\theta }{\rho }}=$$

$$\lim _{\rho \to 0}\rho \cos ^{1/3}\theta \sin ^{5/3}\theta =0\forall \theta$$

$$\lim _{\rho \to 0}\rho \cos ^{1/3}\theta \sin ^{5/3}\theta =0\forall \theta$$

allora $f$$f$ è continua nell'origine.
Verifico l'esistenza delle derivate parziali nell'origine:

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

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

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

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

Verifico la differenziabilità di $f$$f$ nell'origine, e studio il limite:

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

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

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\dfrac {h^{1/3}k^{5/3}}{{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}*{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\dfrac {h^{1/3}k^{5/3}}{{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}*{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\dfrac {h^{1/3}k^{5/3}}{h^{2}+k^{2}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\dfrac {h^{1/3}k^{5/3}}{h^{2}+k^{2}}}=$$

Osservo che $f$$f$ non è differenziabile nell'origine, infatti, ad esempio, lungo la curva $h=k$$h=k$ si ha:

$$\lim _{k=h,\,h\to 0}{\dfrac {h^{1/3}h^{5/3}}{h^{2}+h^{2}}}=1/2\neq 0.$$

$$\lim _{k=h,\,h\to 0}{\dfrac {h^{1/3}h^{5/3}}{h^{2}+h^{2}}}=1/2\neq 0.$$

Calcolo le derivate parziali in un generico punto $(x,y)$$(x,y)$:

$${\frac {\partial f}{\partial x}}=y^{5/3}{\frac {{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}*1/3*x^{-2/3}-x^{1/3}*2x/(2{\sqrt {x^{2}+y^{2}}})}{x^{2}+y^{2}}}$$

$${\frac {\partial f}{\partial x}}=y^{5/3}{\frac {{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}*1/3*x^{-2/3}-x^{1/3}*2x/(2{\sqrt {x^{2}+y^{2}}})}{x^{2}+y^{2}}}$$

$$=y^{5/3}{\frac {(x^{2}+y^{2})*1/3-x^{2}}{x^{2/3}(x^{2}+y^{2})^{3/2}}}$$

$$=y^{5/3}{\frac {(x^{2}+y^{2})*1/3-x^{2}}{x^{2/3}(x^{2}+y^{2})^{3/2}}}$$

$$=y^{5/3}{\frac {-2/3x^{2}+1/3y^{2}}{x^{2/3}(x^{2}+y^{2})^{3/2}}}$$

$$=y^{5/3}{\frac {-2/3x^{2}+1/3y^{2}}{x^{2/3}(x^{2}+y^{2})^{3/2}}}$$

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

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

$$x^{1/3}{\frac {5/3y^{2/3}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}-1/2*2y*1/({\sqrt {x^{2}+y^{2}}})*y^{5/3}}{x^{2}+y^{2}}}$$

$$x^{1/3}{\frac {5/3y^{2/3}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}-1/2*2y*1/({\sqrt {x^{2}+y^{2}}})*y^{5/3}}{x^{2}+y^{2}}}$$

$$x^{1/3}{\frac {5/3y^{2/3}(x^{2}+y^{2})-y^{8/3}}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}}}$$

$$x^{1/3}{\frac {5/3y^{2/3}(x^{2}+y^{2})-y^{8/3}}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}}}$$

$$x^{1/3}{\frac {5/3y^{2/3}x^{2}+5/3y^{8/3}-y^{8/3}}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}}}$$

$$x^{1/3}{\frac {5/3y^{2/3}x^{2}+5/3y^{8/3}-y^{8/3}}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}}}$$

$$x^{1/3}{\frac {5/3y^{2/3}x^{2}+2/3y^{8/3}}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}}}$$

$$x^{1/3}{\frac {5/3y^{2/3}x^{2}+2/3y^{8/3}}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}}}$$

Esercizio 2.11

Considero la funzione

$$f(x,y)={\begin{cases}{\frac {x^{3}*y^{2}}{x^{4}+y^{6}}}&\iff (x,y)\neq (0,0)\\0&{\mathcal {F}}(x,y)=(0,0)\end{cases}}$$

$$f(x,y)={\begin{cases}{\frac {x^{3}*y^{2}}{x^{4}+y^{6}}}&\iff (x,y)\neq (0,0)\\0&{\mathcal {F}}(x,y)=(0,0)\end{cases}}$$

1. Si dimostri che $f$$f$ è continua in $(0,0)$$(0,0)$
2. Si stabilisca se è differenziabile in $(0,0)$$(0,0)$

 

Continuità: verifico che

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

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

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {x^{3}*y^{2}}{x^{4}+y^{6}}}=$$

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {x^{3}*y^{2}}{x^{4}+y^{6}}}=$$

Passare immediatamente alle coordinate polari non porta a nessun risultato, infatti si avrebbe:

$$L=\lim _{\rho \to 0^{+}}{\frac {\rho ^{5}\cos ^{3}\theta \sin ^{2}\theta }{\rho ^{4}\cos ^{4}\theta +\rho ^{6}\sin ^{6}\theta }}$$

$$L=\lim _{\rho \to 0^{+}}{\frac {\rho ^{5}\cos ^{3}\theta \sin ^{2}\theta }{\rho ^{4}\cos ^{4}\theta +\rho ^{6}\sin ^{6}\theta }}$$

$$\rho ^{4}>\rho ^{6}$$

$$\rho ^{4}>\rho ^{6}$$

$$L<\lim _{\rho \to 0^{+}}{\frac {\rho ^{5}\cos ^{3}\theta \sin ^{2}\theta }{\rho ^{6}\cos ^{4}\theta +\rho ^{6}\sin ^{6}\theta }}$$

$$L<\lim _{\rho \to 0^{+}}{\frac {\rho ^{5}\cos ^{3}\theta \sin ^{2}\theta }{\rho ^{6}\cos ^{4}\theta +\rho ^{6}\sin ^{6}\theta }}$$

$$L<\lim _{\rho \to 0^{+}}1/\rho *{\frac {\cos ^{3}\theta \sin ^{2}\theta }{\cos ^{4}\theta +\sin ^{6}\theta }}$$

$$L<\lim _{\rho \to 0^{+}}1/\rho *{\frac {\cos ^{3}\theta \sin ^{2}\theta }{\cos ^{4}\theta +\sin ^{6}\theta }}$$

Al denominatore ho termini di grado diverso, non si riesce a dimostrare che uniformemente in $\theta$$\theta$ questa quantità tende a 0.
In generale, quando al denominatore ho quantità di gradi diversi, si utilizza il seguente metodo per fare in modo che i termini abbiano lo stesso grado: nel limite di partenza pongo $x=s^{\alpha }$$x=s^{\alpha }$ e $y=t^{\beta }$$y=t^{\beta }$ e scelgo $\alpha$$\alpha$ e $\beta$$\beta$ in modo che $4\alpha =6\beta$$4\alpha =6\beta$. In questo caso posso scegliere $\alpha =3$$\alpha =3$ e $\beta =2$$\beta =2$. Devo scrivere $s^{\alpha }$$s^{\alpha }$ e $t^{\beta }$$t^{\beta }$ in modo che cambino segno in un intorno di $0$$0$, quindi pongo $s^{\alpha }=s^{3}$$s^{\alpha }=s^{3}$ e $t^{\beta }=|t|*t$$t^{\beta }=|t|*t$.

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {x^{3}*y^{2}}{x^{4}+y^{6}}}=$$

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {x^{3}*y^{2}}{x^{4}+y^{6}}}=$$

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {s^{9}*t^{4}}{s^{12}+t^{12}}}=$$

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {s^{9}*t^{4}}{s^{12}+t^{12}}}=$$

Ora che al denominatore ho termini dello stesso grado posso passare alle coordinate polari:

$$\lim _{\rho \to 0}{\frac {\rho ^{13}*\cos ^{9}\theta *\sin ^{4}\theta }{\rho ^{12}*[\cos ^{12}\theta +\sin ^{12}\theta ]}}=$$

$$\lim _{\rho \to 0}{\frac {\rho ^{13}*\cos ^{9}\theta *\sin ^{4}\theta }{\rho ^{12}*[\cos ^{12}\theta +\sin ^{12}\theta ]}}=$$

$$\lim _{\rho \to 0}{\frac {\rho *\cos ^{9}\theta *\sin ^{4}\theta }{\cos ^{12}\theta +\sin ^{12}\theta }}=$$

$$\lim _{\rho \to 0}{\frac {\rho *\cos ^{9}\theta *\sin ^{4}\theta }{\cos ^{12}\theta +\sin ^{12}\theta }}=$$

$$\cos ^{9}\theta \sin ^{4}\theta \leq 1$$

$$\cos ^{9}\theta \sin ^{4}\theta \leq 1$$

Osservo che

$$\cos ^{12}\theta +\sin ^{12}\theta \geq C\geq 0$$

$$\cos ^{12}\theta +\sin ^{12}\theta \geq C\geq 0$$

perché è una somma di funzioni continue e positive, che non si annullano mai simultaneamente, e il minimo $C>0$$C>0$ esiste per il teorema di Weierstrass. Il limite da calcolare è minore di $\lim _{\rho \to 0^{+}}\rho *1/c=0$$\lim _{\rho \to 0^{+}}\rho *1/c=0$ uniformemente in $\theta$$\theta$, e la continuità è verificata.

Esistenza delle derivate parziali nell'origine:

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

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

perché per come $f$$f$ è definita, $f(h,0)=0$$f(h,0)=0$ e $f(0,0)=0$$f(0,0)=0$.

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

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

Allora $f$$f$ ha derivate parziali nulle nel punto $(0,0)$$(0,0)$.
Differenziabilità: calcolo il limite

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

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

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {h^{3}k^{2}}{(h^{4}+k^{6})*{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {h^{3}k^{2}}{(h^{4}+k^{6})*{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}=$$

Questo limite non esiste, perché se considero la curva $k=h$$k=h$, ottengo:

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {h^{5}}{(h^{4}+h^{6})*{\sqrt {2}}*|h|}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {h^{5}}{(h^{4}+h^{6})*{\sqrt {2}}*|h|}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {\pm h^{4}}{(h^{4}+h^{6})*{\sqrt {2}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {\pm h^{4}}{(h^{4}+h^{6})*{\sqrt {2}}}}=$$

$$h^{4}+h^{6}\sim h^{4}\iff h\to 0$$

$$h^{4}+h^{6}\sim h^{4}\iff h\to 0$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {\pm h^{4}}{h^{4}*{\sqrt {2}}}}=\pm {\frac {1}{\sqrt {2}}}$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {\pm h^{4}}{h^{4}*{\sqrt {2}}}}=\pm {\frac {1}{\sqrt {2}}}$$

Quindi la funzione è continua ma non differenziabile in $(0,0)$$(0,0)$.

Esercizio 2.12

Sia data la funzione

$$f(x,y)={\sqrt[{3}]{x^{2}*(y-1)}}+1$$

$$f(x,y)={\sqrt[{3}]{x^{2}*(y-1)}}+1$$

Verificare che non è differenziabile in $(0,1)$$(0,1)$ e calcolare le derivate direzionali di $f$$f$ in $(0,1)$$(0,1)$.

 

Differenziabilità: Voglio verificare che:

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

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

Verifico prima se esistono

$${\frac {\partial f}{\partial x}}(0,1)=\lim _{h\to 0}{\frac {f(h,1)-f(0,1)}{h}}={\frac {{\sqrt[{3}]{h^{2}*(1-1)}}+1-1}{h}}=0$$

$${\frac {\partial f}{\partial x}}(0,1)=\lim _{h\to 0}{\frac {f(h,1)-f(0,1)}{h}}={\frac {{\sqrt[{3}]{h^{2}*(1-1)}}+1-1}{h}}=0$$

$${\frac {\partial f}{\partial y}}(0,1)=\lim _{k\to 0}{\frac {f(0,k)-f(0,1)}{k}}={\frac {1-1}{k}}=0$$

$${\frac {\partial f}{\partial y}}(0,1)=\lim _{k\to 0}{\frac {f(0,k)-f(0,1)}{k}}={\frac {1-1}{k}}=0$$

Allora le derivate parziali in $(0,1)$$(0,1)$ esistono e sono nulle.
Verifico la differenziabilità di $f$$f$.

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

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

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {{\sqrt[{3}]{h^{2}*k}}+1-1-0-0}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {{\sqrt[{3}]{h^{2}*k}}+1-1-0-0}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {\sqrt[{3}]{h^{2}*k}}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {\sqrt[{3}]{h^{2}*k}}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$

Osservo che, lungo la curva $k=h$$k=h$, il limite non vale 0, infatti

$$\lim _{h\to 0}{\frac {\sqrt[{3}]{h^{3}}}{{\sqrt {2}}*|h|}}=\pm {\frac {1}{\sqrt {2}}}$$

$$\lim _{h\to 0}{\frac {\sqrt[{3}]{h^{3}}}{{\sqrt {2}}*|h|}}=\pm {\frac {1}{\sqrt {2}}}$$

allora $f$$f$ non è differenziabile.
Derivate direzionali: verifico se esiste la derivata direzionale lungo un generico vettore ${\boldsymbol {v}}=(\cos \alpha ,\sin \alpha )$${\boldsymbol {v}}=(\cos \alpha ,\sin \alpha )$ e quindi calcolo il limite del rapporto incrementale:

$$\lim _{t\to 0}{\frac {f(t\cos \alpha ,1+t\sin \alpha )-f(0,1)}{t}}=$$

$$\lim _{t\to 0}{\frac {f(t\cos \alpha ,1+t\sin \alpha )-f(0,1)}{t}}=$$

$$\lim _{t\to 0}{\frac {{\sqrt[{3}]{t^{2}\cos ^{2}\alpha *t*\sin \alpha }}+1-1}{t}}=$$

$$\lim _{t\to 0}{\frac {{\sqrt[{3}]{t^{2}\cos ^{2}\alpha *t*\sin \alpha }}+1-1}{t}}=$$

$$\lim _{t\to 0}{\frac {t*{\sqrt[{3}]{\cos ^{2}\alpha *\sin \alpha }}}{t}}={\sqrt[{3}]{\sin \alpha \cos ^{2}\alpha }}$$

$$\lim _{t\to 0}{\frac {t*{\sqrt[{3}]{\cos ^{2}\alpha *\sin \alpha }}}{t}}={\sqrt[{3}]{\sin \alpha \cos ^{2}\alpha }}$$

e il valore ottenuto, dipendente da $\alpha$$\alpha$ e dalla direzione scelta è la derivata direzionale di $f$$f$ nel versore $(\cos \alpha ,\sin \alpha )$$(\cos \alpha ,\sin \alpha )$.

Esercizio 2.13

Sia

$$f(x,y)={\begin{cases}{\sqrt[{3}]{y}}*e^{-{\frac {y^{2}}{x^{4}}}}&{\hbox{per}}x\neq 0\\0&{\hbox{per}}x=0\end{cases}}$$

$$f(x,y)={\begin{cases}{\sqrt[{3}]{y}}*e^{-{\frac {y^{2}}{x^{4}}}}&{\hbox{per}}x\neq 0\\0&{\hbox{per}}x=0\end{cases}}$$

Verificare che:

1. $f$$f$ è continua in $(0,0)$$(0,0)$
2. $f$$f$ è derivabile in ogni direzione nel punto $(0,0)$$(0,0)$
3. vale la formula del gradiente.
4. $f$$f$ non è differenziabile in $(0,0)$$(0,0)$

 

La differenziabilità di $f$$f$ è condizione sufficiente per i punti 1, 2 e 3, ma non necessaria.

Continuità: verifico che

$$\lim _{(x,y)\to O}f(x,y)=f(0,0)=0$$

$$\lim _{(x,y)\to O}f(x,y)=f(0,0)=0$$

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\sqrt[{3}]{y}}*e^{-{\frac {y^{2}}{x^{4}}}}=$$

$$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\sqrt[{3}]{y}}*e^{-{\frac {y^{2}}{x^{4}}}}=$$

$$|{\sqrt[{3}]{y}}*e^{-{\frac {y^{2}}{x^{4}}}}|\leq {\sqrt[{3}]{y}}\to 0$$

$$|{\sqrt[{3}]{y}}*e^{-{\frac {y^{2}}{x^{4}}}}|\leq {\sqrt[{3}]{y}}\to 0$$

e il limite vale 0 per il teorema del confronto.
Derivate direzionali: considero un versore ${\boldsymbol {v}}=(\cos \alpha ,\sin \alpha )$${\boldsymbol {v}}=(\cos \alpha ,\sin \alpha )$ in $\mathbb {R} ^{2}$$\mathbb {R} ^{2}$, con $\alpha \in (0,2\pi )$$\alpha \in (0,2\pi )$.

$$\lim _{t\to 0}{\frac {f(t\cos \alpha ,t\sin \alpha )-f(0,0)}{t}}$$

$$\lim _{t\to 0}{\frac {f(t\cos \alpha ,t\sin \alpha )-f(0,0)}{t}}$$

$$=\lim _{t\to 0}{\frac {{\sqrt[{3}]{t\sin \alpha }}*e^{-{\frac {t^{2}\sin ^{2}\alpha }{t^{4}\cos ^{4}\alpha }}}-0}{t}}$$

$$=\lim _{t\to 0}{\frac {{\sqrt[{3}]{t\sin \alpha }}*e^{-{\frac {t^{2}\sin ^{2}\alpha }{t^{4}\cos ^{4}\alpha }}}-0}{t}}$$

$$=\lim _{t\to 0}{\frac {{\sqrt[{3}]{t\sin \alpha }}*e^{-{\frac {\sin ^{2}\alpha }{t^{2}\cos ^{4}\alpha }}}}{t}}=$$

$$=\lim _{t\to 0}{\frac {{\sqrt[{3}]{t\sin \alpha }}*e^{-{\frac {\sin ^{2}\alpha }{t^{2}\cos ^{4}\alpha }}}}{t}}=$$

$$=\lim _{t\to 0}t^{-2/3}*{\sqrt[{3}]{\sin \alpha }}*e^{-{\frac {\sin ^{2}\alpha }{t^{2}\cos ^{4}\alpha }}}=$$

$$=\lim _{t\to 0}t^{-2/3}*{\sqrt[{3}]{\sin \alpha }}*e^{-{\frac {\sin ^{2}\alpha }{t^{2}\cos ^{4}\alpha }}}=$$

Il limite vale 0 per $\alpha \neq \pi /2$$\alpha \neq \pi /2$ e $\alpha \neq 3\pi /2$$\alpha \neq 3\pi /2$, perché l'infinito di ordine esponenziale al denominatore prevale sul denominatore di ordine lineare.
Per $\alpha =\pi /2$$\alpha =\pi /2$$(t\cos \alpha ,t\sin \alpha )$$(t\cos \alpha ,t\sin \alpha )$ sta sull'asse y e la derivata è nulla.

Formula del gradiente: In particolare vale la formula del gradiente, perché per ogni $\alpha$$\alpha$

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

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

allora

$$\nabla f(0,0)\cdot (\cos \alpha ,\sin \alpha )=(0,0)\cdot (\cos \alpha ,\sin \alpha )=0$$

$$\nabla f(0,0)\cdot (\cos \alpha ,\sin \alpha )=(0,0)\cdot (\cos \alpha ,\sin \alpha )=0$$

quindi la derivata direzionale della funzione in direzione $(\cos \alpha ,\sin \alpha )$$(\cos \alpha ,\sin \alpha )$ coincide con il gradiente moltiplicato scalarmente per $(\cos \alpha ,\sin \alpha )$$(\cos \alpha ,\sin \alpha )$.
Non differenziabilità: Dimostriamo che

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {f(h,k)-f(0,0)-0*h-0*k}{\sqrt {h^{2}-k^{2}}}}\not \to 0$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {f(h,k)-f(0,0)-0*h-0*k}{\sqrt {h^{2}-k^{2}}}}\not \to 0$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {\sqrt[{3}]{k}}{e^{\frac {k^{2}}{h^{4}}}*{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {\sqrt[{3}]{k}}{e^{\frac {k^{2}}{h^{4}}}*{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}=$$

Sulla curva $k=h^{2}$$k=h^{2}$ si ha

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {h^{2/3}}{e*{\sqrt {h^{2}+h^{4}}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {h^{2/3}}{e*{\sqrt {h^{2}+h^{4}}}}}=$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {h^{-1/3}}{e}}=+\infty$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {h^{-1/3}}{e}}=+\infty$$

e quindi la funzione non è differenziabile.
Questo esercizio mostra un esempio di funzione continua e con tutte le derivate parziali, ma non è differenziabile.

Esercizio 2.14

Si discutano la continuità e la differenziabilità nel punto $(0,0)$$(0,0)$ della funzione $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$$f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$ definita come

$$f(x,y)={\begin{cases}{\frac {e^{xy}-1}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}},&{\text{se }}(x,y)\neq (0,0),\\0,&{\text{se }}(x,y)=(0,0).\end{cases}}$$

$$f(x,y)={\begin{cases}{\frac {e^{xy}-1}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}},&{\text{se }}(x,y)\neq (0,0),\\0,&{\text{se }}(x,y)=(0,0).\end{cases}}$$

Inoltre, per ogni versore $\mathbf {\nu }$$\mathbf {\nu }$ di $\mathbb {R} ^{2}$$\mathbb {R} ^{2}$, si calcolino (se esistono) le derivate secondo la direzione $\mathbf {\nu }$$\mathbf {\nu }$ di $f$$f$ nel punto $(0,0)$$(0,0)$.

 

Continuità:

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

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

$$e^{xy}-1\sim xy\quad {\hbox{per}}xy\to 0$$

$$e^{xy}-1\sim xy\quad {\hbox{per}}xy\to 0$$

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

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

e la funzione è continua infatti in coordinate polari si ottiene:

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

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

$$\lim _{\rho \to 0}\rho \cos \theta \sin \theta =0\forall \theta$$

$$\lim _{\rho \to 0}\rho \cos \theta \sin \theta =0\forall \theta$$

Differenziabilità:

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

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

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

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

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

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

Allora per verificare la differenziabilità di $f$$f$ nell'origine calcolo:

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

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

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {e^{hk}-1}{|h^{2}+k^{2}|}}$$

$$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {e^{hk}-1}{|h^{2}+k^{2}|}}$$

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

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

e la funzione non è differenziabile infatti lungo la curva $h=k$$h=k$ il limite vale $1/2$$1/2$ e non 0.

Derivate direzionali: Per un versore $\nu =(\nu _{1},\nu _{2})$$\nu =(\nu _{1},\nu _{2})$

$$\lim _{t\to 0}{\frac {f(t\nu _{1},t\nu _{2})-f(0,0)}{t}}=$$

$$\lim _{t\to 0}{\frac {f(t\nu _{1},t\nu _{2})-f(0,0)}{t}}=$$

$$\lim _{t\to 0}{\frac {e^{t^{2}\nu _{1}\nu _{2}}-1}{t^{2}*{\sqrt {\nu _{1}^{2}+\nu _{2}^{2}}}}}$$

$$\lim _{t\to 0}{\frac {e^{t^{2}\nu _{1}\nu _{2}}-1}{t^{2}*{\sqrt {\nu _{1}^{2}+\nu _{2}^{2}}}}}$$

$$\lim _{t\to 0}{\frac {t^{2}\nu _{1}\nu _{2}}{t^{2}*{\sqrt {\nu _{1}^{2}+\nu _{2}^{2}}}}}$$

$$\lim _{t\to 0}{\frac {t^{2}\nu _{1}\nu _{2}}{t^{2}*{\sqrt {\nu _{1}^{2}+\nu _{2}^{2}}}}}$$

$$={\frac {\nu _{1}\nu _{2}}{\sqrt {\nu _{1}^{2}+\nu _{2}^{2}}}}=$$

$$={\frac {\nu _{1}\nu _{2}}{\sqrt {\nu _{1}^{2}+\nu _{2}^{2}}}}=$$

allora

$$d_{\nu }f(0,0)={\frac {\nu _{1}\nu _{2}}{\sqrt {\nu _{1}^{2}+\nu _{2}^{2}}}}$$

$$d_{\nu }f(0,0)={\frac {\nu _{1}\nu _{2}}{\sqrt {\nu _{1}^{2}+\nu _{2}^{2}}}}$$

Esercizio 2.15

Si discutano la continuità, la derivabilità direzionale e la differenziabilità delle seguenti funzioni.

 

1. $$f_{1}:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,\quad f_{2}(x,y)={\begin{cases}x^{2}e^{-1/y},&{\text{se }}x>0{\text{ e }}y>0,\\0,&{\text{altrimenti}},\end{cases}}$$

   $$f_{1}:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,\quad f_{2}(x,y)={\begin{cases}x^{2}e^{-1/y},&{\text{se }}x>0{\text{ e }}y>0,\\0,&{\text{altrimenti}},\end{cases}}$$
   Continuità: Studio la continuità sui semiassi positivi di ascisse e ordinate.
   $$\lim _{x\to 0}x^{2}e^{-1/y}=0$$

   $$\lim _{x\to 0}x^{2}e^{-1/y}=0$$
   $$\lim _{y\to 0}{\frac {x^{2}}{e^{1/y}}}=0\quad {\hbox{con}}e^{1/y}\to +\infty {\hbox{per}}y\to 0$$

   $$\lim _{y\to 0}{\frac {x^{2}}{e^{1/y}}}=0\quad {\hbox{con}}e^{1/y}\to +\infty {\hbox{per}}y\to 0$$
   $$\lim _{(x,y)\to (0,0)}x^{2}e^{-1/y}=[0/\infty ]=0$$

   $$\lim _{(x,y)\to (0,0)}x^{2}e^{-1/y}=[0/\infty ]=0$$
   allora la funzione è continua su tutto $\mathbb {R}$$\mathbb {R}$.Derivabilità direzionale:
   $$\lim _{h\to 0}{\frac {h^{2}\cos ^{2}\alpha e^{-{\frac {1}{h\sin \alpha }}}}{h}}=$$

   $$\lim _{h\to 0}{\frac {h^{2}\cos ^{2}\alpha e^{-{\frac {1}{h\sin \alpha }}}}{h}}=$$
   $$\lim _{h\to 0}h\cos ^{2}\alpha e^{-{\frac {1}{h\sin \alpha }}}={\frac {0}{\infty }}=0$$

   $$\lim _{h\to 0}h\cos ^{2}\alpha e^{-{\frac {1}{h\sin \alpha }}}={\frac {0}{\infty }}=0$$
   allora le derivate direzionali nell'origine esistono e valgono 0.Differenziabilità:
   $$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {h^{2}e^{-1/k}}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$

   $$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {h^{2}e^{-1/k}}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$
   Passo alle coordinate polari:
   $$\lim _{\rho \to 0}{\frac {\rho ^{2}\cos ^{2}\theta e^{-{\frac {1}{\rho \sin \theta }}}}{\rho }}=$$

   $$\lim _{\rho \to 0}{\frac {\rho ^{2}\cos ^{2}\theta e^{-{\frac {1}{\rho \sin \theta }}}}{\rho }}=$$
   $$\lim _{\rho \to 0}\rho \cos ^{2}\theta e^{-{\frac {1}{\rho \sin \theta }}}=[0/\infty ]=0$$

   $$\lim _{\rho \to 0}\rho \cos ^{2}\theta e^{-{\frac {1}{\rho \sin \theta }}}=[0/\infty ]=0$$
   e la funzione è differenziabile perché in coordinate polari il limite tende a 0 uniformemente in $\theta$$\theta$.
2. $$f_{2}:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,\quad f_{2}(x,y)={\begin{cases}{\frac {x^{3}}{x^{2}+y^{2}}},&{\text{se }}(x,y)\neq (0,0),\\0,&{\text{se }}(x,y)=(0,0),\end{cases}}$$

   $$f_{2}:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,\quad f_{2}(x,y)={\begin{cases}{\frac {x^{3}}{x^{2}+y^{2}}},&{\text{se }}(x,y)\neq (0,0),\\0,&{\text{se }}(x,y)=(0,0),\end{cases}}$$
   Continuità:
   $$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {x^{3}}{x^{2}+y^{2}}}=$$

   $$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {x^{3}}{x^{2}+y^{2}}}=$$
   Passando a coordinate polari:
   $$\lim _{\rho \to 0}{\frac {\rho ^{3}\cos ^{3}\theta }{\rho ^{2}\cos ^{2}\theta +\rho ^{2}\sin ^{2}\theta }}=$$

   $$\lim _{\rho \to 0}{\frac {\rho ^{3}\cos ^{3}\theta }{\rho ^{2}\cos ^{2}\theta +\rho ^{2}\sin ^{2}\theta }}=$$
   $$\lim _{\rho \to 0}{\frac {\rho ^{3}\cos ^{3}\theta }{\rho ^{2}}}=$$

   $$\lim _{\rho \to 0}{\frac {\rho ^{3}\cos ^{3}\theta }{\rho ^{2}}}=$$
   $$\lim _{\rho \to 0}\rho \cos ^{3}\theta =0\forall \theta$$

   $$\lim _{\rho \to 0}\rho \cos ^{3}\theta =0\forall \theta$$
   allora la funzione è continua nell'origine.Derivabilità direzionale:
   $$\lim _{h\to 0}{\frac {\frac {h^{3}\cos ^{3}\alpha }{h^{2}\cos ^{2}\alpha +h^{2}\sin ^{2}\alpha }}{h}}=$$

   $$\lim _{h\to 0}{\frac {\frac {h^{3}\cos ^{3}\alpha }{h^{2}\cos ^{2}\alpha +h^{2}\sin ^{2}\alpha }}{h}}=$$
   $$\lim _{h\to 0}{\frac {h^{3}\cos ^{3}\alpha }{h^{3}}}=\cos ^{3}\alpha$$

   $$\lim _{h\to 0}{\frac {h^{3}\cos ^{3}\alpha }{h^{3}}}=\cos ^{3}\alpha$$
   allora la derivata direzionale nell'origine esiste e vale $\cos ^{3}\alpha$$\cos ^{3}\alpha$.Differenziabilità: Verifico se esistono le derivate parziali.
   $$f_{x}=\lim _{h\to 0}{\frac {f(h,0)-f(0,0)}{h}}=$$

   $$f_{x}=\lim _{h\to 0}{\frac {f(h,0)-f(0,0)}{h}}=$$
   $$\lim _{h\to 0}{\frac {{\frac {h^{3}}{h^{2}}}-0}{h}}=1$$

   $$\lim _{h\to 0}{\frac {{\frac {h^{3}}{h^{2}}}-0}{h}}=1$$
   $$f_{y}=\lim _{k\to 0}{\frac {f(0,k)-f(0,0)}{k}}=0/k=0$$

   $$f_{y}=\lim _{k\to 0}{\frac {f(0,k)-f(0,0)}{k}}=0/k=0$$
   Allora le derivate parziali esistono.
   $$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {{\frac {h^{3}}{h^{2}+k^{2}}}-h}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$

   $$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {{\frac {h^{3}}{h^{2}+k^{2}}}-h}{\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}=$$
   $$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {h^{3}-h^{3}-hk^{2}}{(h^{2}+k^{2}){\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}=$$

   $$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {h^{3}-h^{3}-hk^{2}}{(h^{2}+k^{2}){\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}=$$
   $$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {-hk^{2}}{(h^{2}+k^{2}){\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}=$$

   $$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {-hk^{2}}{(h^{2}+k^{2}){\sqrt {h^{2}+k^{2}}}}}=$$
   Osservo che, lungo la curva $k=h$$k=h$, si ha:
   $$\lim _{h=k,h\to 0}{\frac {-h^{3}}{2h^{2}{\sqrt {2h^{2}}}}}=$$

   $$\lim _{h=k,h\to 0}{\frac {-h^{3}}{2h^{2}{\sqrt {2h^{2}}}}}=$$
   $$\lim _{h\to 0}{\frac {-h^{3}}{2{\sqrt {2}}h^{3}}}={\frac {-1}{2{\sqrt {2}}}}\neq 0$$

   $$\lim _{h\to 0}{\frac {-h^{3}}{2{\sqrt {2}}h^{3}}}={\frac {-1}{2{\sqrt {2}}}}\neq 0$$
   allora il limite non tende a 0 e la funzione non è differenziabile nell'origine.
3. $$f_{3}\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,\quad f_{3}(x,y)={\begin{cases}{\frac {(1+x^{2})x^{2}y^{4}}{x^{4}+2x^{2}y^{4}+y^{8}}},&{\text{se }}(x,y)\neq (0,0),\\0,&{\text{se }}(x,y)=(0,0),\end{cases}}$$

   $$f_{3}\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,\quad f_{3}(x,y)={\begin{cases}{\frac {(1+x^{2})x^{2}y^{4}}{x^{4}+2x^{2}y^{4}+y^{8}}},&{\text{se }}(x,y)\neq (0,0),\\0,&{\text{se }}(x,y)=(0,0),\end{cases}}$$
   Continuità: Verifico se
   $$\lim _{(x,y)\to (0,0)}f(x,y)=0$$

   $$\lim _{(x,y)\to (0,0)}f(x,y)=0$$
   $$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {(1+x^{2})x^{2}y^{4}}{x^{4}+2x^{2}y^{4}+y^{8}}}=$$

   $$\lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {(1+x^{2})x^{2}y^{4}}{x^{4}+2x^{2}y^{4}+y^{8}}}=$$
   Considero la curva $x=y^{2}$$x=y^{2}$.
   $$\lim _{y\to 0}{\frac {(1+y^{4})y^{8}}{y^{8}+2y^{8}+y^{8}}}=$$

   $$\lim _{y\to 0}{\frac {(1+y^{4})y^{8}}{y^{8}+2y^{8}+y^{8}}}=$$
   $$\lim _{y\to 0}{\frac {(1+y^{4})y^{8}}{4y^{8}}}=$$

   $$\lim _{y\to 0}{\frac {(1+y^{4})y^{8}}{4y^{8}}}=$$
   $$\lim _{y\to 0}{\frac {y^{8}}{y^{8}}}+{\frac {y^{12}}{4y^{8}}}=$$

   $$\lim _{y\to 0}{\frac {y^{8}}{y^{8}}}+{\frac {y^{12}}{4y^{8}}}=$$
   $$\lim _{y\to 0}1+{\frac {y^{4}}{4}}=1$$

   $$\lim _{y\to 0}1+{\frac {y^{4}}{4}}=1$$
   e quindi il limite non tende a 0, e la funzione non è continua nell'origine. Segue che la funzione non è nemmeno differenziabile nell'origine, perché la continuità è una condizione necessaria per la differenziabilità.Derivate direzionali: fissato il generico vettore $(\cos \alpha ,\sin \alpha )$$(\cos \alpha ,\sin \alpha )$:
   $$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {f(h\cos \alpha ,h\sin \alpha )-f(0,0)}{h}}=$$

   $$\lim _{(h,k)\to (0,0)}{\frac {f(h\cos \alpha ,h\sin \alpha )-f(0,0)}{h}}=$$
   $$\lim _{h\to 0}1/h*{\frac {(1+h^{2}\cos ^{2}\alpha )h^{6}\cos ^{2}\alpha \sin ^{4}\alpha }{(h^{2}\cos ^{2}\alpha +h^{4}\sin ^{4}\alpha )^{2}}}=$$

   $$\lim _{h\to 0}1/h*{\frac {(1+h^{2}\cos ^{2}\alpha )h^{6}\cos ^{2}\alpha \sin ^{4}\alpha }{(h^{2}\cos ^{2}\alpha +h^{4}\sin ^{4}\alpha )^{2}}}=$$
   $$\lim _{h\to 0}1/h*{\frac {(1+h^{2}\cos ^{2}\alpha )h^{6}\cos ^{2}\alpha \sin ^{4}\alpha }{h^{4}(\cos ^{2}\alpha +h^{2}\sin ^{4}\alpha )^{2}}}=$$

   $$\lim _{h\to 0}1/h*{\frac {(1+h^{2}\cos ^{2}\alpha )h^{6}\cos ^{2}\alpha \sin ^{4}\alpha }{h^{4}(\cos ^{2}\alpha +h^{2}\sin ^{4}\alpha )^{2}}}=$$
   $$L=\lim _{h\to 0}{\frac {(1+h^{2}\cos ^{2}\alpha )h\cos ^{2}\alpha \sin ^{4}\alpha }{(\cos ^{2}\alpha +h^{2}\sin ^{4}\alpha )^{2}}}=$$

   $$L=\lim _{h\to 0}{\frac {(1+h^{2}\cos ^{2}\alpha )h\cos ^{2}\alpha \sin ^{4}\alpha }{(\cos ^{2}\alpha +h^{2}\sin ^{4}\alpha )^{2}}}=$$
   $$\cos ^{2}\alpha \sin ^{4}\alpha <1$$

   $$\cos ^{2}\alpha \sin ^{4}\alpha <1$$
   quindi
   $$L\leq \lim _{h\to 0}{\frac {(1+h^{2}\cos ^{2}\alpha )h}{(\cos ^{2}\alpha +h^{2}\sin ^{4}\alpha )^{2}}}=$$

   $$L\leq \lim _{h\to 0}{\frac {(1+h^{2}\cos ^{2}\alpha )h}{(\cos ^{2}\alpha +h^{2}\sin ^{4}\alpha )^{2}}}=$$
   $$h\to 0\longrightarrow 1+h^{2}\cos ^{2}\alpha \to 1$$

   $$h\to 0\longrightarrow 1+h^{2}\cos ^{2}\alpha \to 1$$
   $$\cos ^{2}\alpha +h^{2}\sin ^{4}\alpha \to \cos ^{2}\alpha$$

   $$\cos ^{2}\alpha +h^{2}\sin ^{4}\alpha \to \cos ^{2}\alpha$$
   Quindi rimane
   $$L\leq lim_{h\to 0}{\frac {h}{\cos ^{2}\alpha }}=0$$

   $$L\leq lim_{h\to 0}{\frac {h}{\cos ^{2}\alpha }}=0$$
   e il limite di partenza vale 0, quindi le derivate direzionali nell'origine valgono 0.