Differenziabilità di funzione

[Levy]

Sapete fare questo esercizio? Io proprio non ci riesco...
Studiare la differenziabilità della funzione
$ f(x,y)=e^{\frac{-1}{1-x^2-y^2}} $ per $ x^2+y^2<1 $
f(x,y)=0 altrimenti
grazie

[EvaristeG]

Hmm beh, se passi in coordinate polari hai
$ f(\rho,\theta)=e^{-\frac{1}{\rho^2-1}} $ in $ \rho^2<1 $
quindi hai che la funzione è ovviamente continua su tutto il piano e ne esistono le derivate parziali in ogni punto ed esse sono continue (una è zero, l'altra è la derivata della funzione in una sola variabile e si verifica facilmente che è continua). Quindi per il teorema del differenziale totale, la funzione è differenziabile su tutto il piano.

[Levy]

grazie, mi dimentico sempre delle coordinate polari .

questo dovrei averlo risolto
dire se la funzione è differenziabile in (0,0):
f(x,y)=cub(y) per $ |y|<=x^4 $
f(x,y)=0 altrimenti

cub(y) è la radice terza di y e non so come si scrive .

non importano i passaggi ma solo quello che vi viene...

[Piera]

Si vede facilmente che la funzione è continua in (0,0).
Le derivate parziali non sono continue in un intorno di (0,0) e quindi il teorema del differenziale totale non è applicabile.
Risulta $ f_x(0,0)=0 $
$ f_y(0,0)=0 $
$ \lim_{(h,k)->(0,0)}|\frac{f(h,k)-f(0,0)-f_x(0,0)h-f_y(0,0)k}{\sqrt(h^2+k^2)}|\le $$ \lim_{(h,k)->(0,0)}\frac{\sqrt[3]{h^4}}{\sqrt(h^2+k^2)} \le \lim_{(h,k)->(0,0)}\frac{h\sqrt[3]{h}}{|h|}=0 $.
Da cui segue la differenziabilità della funzione nell'origine .
Salvo errori.

[Marco]

Quindi per il teorema del differenziale totale, la funzione è differenziabile su tutto il piano.

Ciao. Giusto un dubbio. Non manca una verifica a parte per l'origine? Voglio dire: il cambio di coordiante cartesiane polari è fatto bene dappertutto, tranne in O. E non è detto che prendendo una funzione radiale differenziabile ovunque e ruotandone il grafico si ottenga una funzione differenziabile...

Siamo tutti d'accordo che la funzione dell'esercizio è liscia, ma almeno una riga l'aggiungerei, per completezza.

[Levy]

Scusa Marco, ti posso chiedere perchè nell'origine non va bene?

[EvaristeG]

Sì, effettivamente ho liquidato la cosa molto velocemente, ma avevo in mente la seguente cosa : se hai una funzione $ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} $ pari quando la "ruoti" ovvero scrivi $ g(\rho,\theta)=f(\rho) $ ottieni una funzione in due variabili che ha nell'origine più o meno le stesse "proprietà" di quella in una sola.
Fondamentalmente, nell'origine si possono usare ancora le coordinate cartesiane, sfruttando il fatto che la restrizione della nostra f ad una qualunque retta per l'origine da sempre la stessa funzione $ e^\frac{-1}{k^2-1} $ che è derivabile con derivata continua per k=0 e quindi si può applicare ancora il teorema del differenziale totale.

[Levy]

ciao!
ho un piccolo dubbio, secondo il mio libro la funzione

$ f(x,y)=\arctan(\frac{x}{y}) $ per $ y\ne 0 $
$ f(x,y)=\frac{\pi}{2} $ per $ y=0 $
è continua in $ (x,0) $, $ x>0 $
a me questo pare proprio impossibile, voi cosa ne pensate?

[SkZ]

sembrerebbe di si'
per $ ~ x\neq 0 $ i limiti per y che tende a 0 sono pari a $ ~ \frac{\pi}{2} $ che e' anche il valore della funzione in y=0 (anche se non ho capito quanto vale in (0;0), sembrerebbe $ ~ \frac{\pi}{2} $ )

[Levy]

scusa, ma se prendo la funzione in $ x=1 $
$ f(1,y)=\arctan(\frac{1}{y}) $
tende a $ \frac{\pi}{2} $ per $ y->0^+ $
e a $ \frac{-\pi}{2} $ per $ y->0^- $.

[SkZ]

infatti il condizionale era decisamente dobbligo! (devo dormire di piu')
hai ragione: i limiti destro e sinistro sono diversi, ergo $ ~ \forall \epsilon >0 $non esiste un intorno di $ ~ (\hat{x},0) $ tale che $ ~ ||f(x,y)-f(\hat{x},0)||<\epsilon $

edit: dimenticavo che in $ ~ \mathbb{R}^2 $ va usata la norma e non il valorre assoluto

[Levy]

infatti, ma allora perchè secondo le mie dispense è continua?
guarda la soluzione dell'esercizio 5 http://www.mat.uniroma3.it/didattica_in ... 2005-4.pdf

[SkZ]

anche i prof (o i loro assistenti) sbagliano
come dicevano $ \displaystyle \arctan{t}+ \arctan{\frac{1}{t}}=\pm \frac{\pi}{2} $, ma poi si sono dimenticati di mettere il $ ~ \pm $ anche nella funzione in coordinate polari
piu' chiaramente $ \displaystyle \arctan{t}+ \arctan{\frac{1}{t}}=\textrm{sgn}(t) \frac{\pi}{2} $
quindi la funzione diventa $ \displaystyle f(\rho,\theta)= \textrm{sgn}(\theta)\frac{\pi}{2}-\theta $

[Levy]

ok, grazie
mi hai tranquillizzato!