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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

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.

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...

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.

EvaristeG ha scritto: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.

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

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.

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?

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} $ )

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^- $.

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

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

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 $

ok, grazie
mi hai tranquillizzato!