Funzioni di più variabili, continuità, derivabilità, differenziabilità

ULTIMO AGGIORNAMENTO: 19. aprile 2004

Soluzioni

Soluzione 2.1 - Denotiamo con $\Gamma_c$, $c\in{\bf R}$, l'insieme di livello $c$, in questo caso l'insieme $\{ (x,y) \in {\bf R}^2 \vert f(x,y) = c \}$. Dobbiamo risolvere $f(x,y) = c$ con $c\in{\bf R}$. È evidente che per $c < 0$ l'insime $\Gamma_c = \emptyset$. Per $c=0$ $\Gamma_c$ è fatto da un solo punto $\Gamma_0 = \{ (0,0) \}$. Per $c>0$ si hanno circonferenze di raggio $\sqrt{c}$.

1.

In generale per una funzione radiale, cioè che dipende solamente dalla distanza dall'origine, gli insiemi di livello possono essere l'insieme vuoto $\emptyset$, insiemi fatti da un solo punto oppure circonferenze in ${\bf R}^2$, sfere in ${\bf R}^3$ (ipersfere di codimensione $1$ in ${\bf R}^n$). Possono essere anche corone circolari o tutto ${\bf R}^n$ o unione di più circonferenze. In generale si pensi ad una funzione radiale come ad una funzione radiale $g: {\bf R}^n \to {\bf R}$ definita tramite un'altra funzione $f:[0,+\infty) \to {\bf R}$ nel modo seguente: $g(x_1, \dots, x_n) = f(\sqrt{x_1^2 + \dots + x_n^2})$.

5.

$\Gamma_c = \emptyset$ se $c < 0$. Se $c=0$ dobbiamo capire qual è l'insieme rappresentato da $(x-y)^2 = 0$. È dato dai punti di ${\bf R}^2$ che stanno sulla retta di equazione $x=y$. Se invece $c>0$ si ha

$$(x-y)^2 = c \hskip20pt \Longrightarrow \hskip20pt y = x + \sqrt{c} \hskip10pt \textrm{oppure} \hskip10pty = x - \sqrt{c}$$

quindi l'insieme di livello $c$ con $c>0$ è dato da coppie di rette

7.

Risolvendo $\vert x\vert + \vert y\vert = c$ si ha per $c < 0$ l'insieme $\emptyset$, per $c=0$ il solo punto $(0,0)$, per $c>0$ le curve in Figura 2.1

Figura 2.1:

11.

Risolvendo $f(x,y) = c$ si ha per $c < 0$ l'insieme $\emptyset$, per $c=0$ il solo punto $(0,0)$, per $c>0$ le curve in Figura 2.2

Figura 2.2:

12.

Risolviamo

$${{1+xy}\over{x^2}} = c .$$

Innanzitutto deve essere $x \not = 0$. Si ottiene (si veda anche Figura 2.3 per alcune curve di livello)

$$y = cx - {{1}\over{x}} .$$

Figura 2.3:

14.

Sia $c\in{\bf R}$ e poniamo $f(x,y,z) = c$. Ciò è equivalente a

$${\displaystyle {{z}\over{x^2 + y^2}}} = e^c = k$$

con $k$ costante positiva. Gli insiemi di livello sono quindi paraboloidi di equazione $z = k (x^2 + y^2)$ con $k$ costante positiva.

16.

Se $c=0$ linsieme di livello è fatto dal solo punto $(0,0)$. Sia quindi $c\not= 0$: ponendo $2x/(x^2+y^2) = c$ si ottiene

$$y^2 + \Big( x - {{1}\over{c}} \Big)^2 = {{1}\over{c^2}}$$

che, al variare di $c$ in $(0,+\infty)$ e in $(-\infty,0)$, rappresentano delle circonferenze di raggio $c^{-1}$ con centro nel punto $(c^{-1}, 0)$ come rappresentato in Figura 2.4.

Figura 2.4:

Soluzione 2.2 - Se il limite esistesse in particolare si avrebbe

$$\lim_{(x,0) \to (0,0)} {{y^2}\over{x}} = \lim_{(y^2,y) \to (0,0)} {{y^2}\over{x}}$$

ma il primo limite è uguale a $0$, il secondo a $1$. Esistono curve lungo le quali il limite è $+\infty$?

Soluzione 2.3 - Ricordo: se una funzione è di classe $C^1$ sicuramente è differenziabile, ma non è detto che il viceversa sia vero: ecco un esempio in cui ciò non accade.
È chiaramente continua in ogni $(x,y) \not= (0,0)$. Vediamo se lo è anche in $(0,0)$. Se il limite esiste si ha

$$0 \leqslant \limsup_{(x,y) \to (0,0)} \Big\vert (x^2 + y^2)... ... \limsup_{(x,y) \to (0,0)}\big\vert (x^2 + y^2) \big\vert = 0$$

per cui il limite $\lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x)$ esiste ed è zero. Poiché $f(0)=0$ concludiamo che $f$ è continua.
Per studiare la derivabilità e la differenziabilità si osservi prima che la funzione è radiale: possiamo infatti esprimerla come

$$f(x,y) = \varphi(\rho)$$

dove

$$\varphi:[0,+\infty) \to {\bf R} , \hskip30pt \varphi(\rho)... ...textrm{sen} \!\rho^{-1} & \rho > 0 . \end{array} \right.$$

La funzione $\varphi$ estesa per simmetria anche a $\rho < 0$ ( $\varphi(\rho) =\rho^2 \!\textrm{sen} \!\rho^{-1}$ per $\rho < 0$) è derivabile in $\rho = 0$ (e ovviamente anche per gli altri valori di $\rho$): infatti il calcolo del limite del rapporto incrementale è

$$\lim_{\rho \to 0} {{\rho^2 \!\textrm{sen} \!\rho^{-1}}\over{\rho}} = 0 .$$

Ma se calcoliamo la derivata in un altro punto si ottiene

$${{d}\over{d \rho}} \varphi (\rho) = 2 \rho \!\textrm{sen} ... ...^{-1} = 2 \rho \!\textrm{sen} \!\rho^{-1} - \cos \rho^{-1}$$

il cui limite per $\rho \to 0$ non esiste. Concludiamo che la derivata esiste, ma non è continua nel punto $0$. Questo si traduce per la funzione $f$ nel fatto che $f$ è differenzibile in $(0,0)$, e il suo differenziale in quel punto è l'applicazione nulla, ma le derivate, che esistono, non sono continue nel punto $(0,0)$.

Soluzione 2.4 - Si noti che

$$\lim_{x\to 0}\lim_{y\to 0} {\displaystyle {{ \!\textrm{sen}... ...\textrm{sen} \!x^3}\over{{x^3}}}} \!\textrm{sen} \!x = 0$$

mentre

$$\lim_{y\to 0}\lim_{x\to 0^+} {\displaystyle {{ \!\textrm{sen} \!(x^4+y^4)}\over{{x^3+xy^2}}}} = + \infty$$

quindi il limite non esiste.

Soluzione 2.5 - In $A$ vale la seguente stima

$$x^2 \leqslant xy \leqslant 2 x^2$$

da cui otteniamo

$$e^{-2 x^2} \leqslant e^{- xy} \leqslant e^{- x^2} \hskip30pt \textrm{e} \hskip30pt x^4 \leqslant x^3y \leqslant 2 x^4$$

quindi

$$x^4 e^{- 2 x^2} \leqslant x^3y e^{-xy} \leqslant 2 x^4 e^{-x^2} .$$

Poiché $\lim_{x \to + \infty} x^4 e^{- 2 x^2} = \lim_{x \to + \infty}2 x^4 e^{-x^2} = 0$ si conclude che

$${\displaystyle \lim_{\vert(x,y)\vert \to +\infty} x^3ye^{-xy}} = 0 .$$

Soluzione 2.6 - Usiamo le coordinate polari: $x-1 = \rho \cos \vartheta$, $y = \rho \!\textrm{sen} \!\vartheta$. Vale: $(x,y) \to (1,0)$ se e solo se $(x-1,y) \to (0,0)$ se e solo se $\rho \to 0$ indipendentemente da $\vartheta$. Il limite, se esiste, può essere quindi riscritto nelle nuove variabili come segue

$$\lim_{\rho\to 0} {{\rho^2 \!\textrm{sen} \!\!^2 \varthet... ... \!\!^2 \vartheta \log (1 + \rho \cos \vartheta )}} = 0 .$$

Attenzione! Non sempre l'uso delle coordinate polari è di aiuto nello svolgere i limiti (si veda ad esempio la soluzione dell'esercizio 2.7).

Soluzione 2.7 - Se si passa in coordinate polari si ottiene

$$\lim_{\rho\to 0} {{\rho^3 \cos^2 \vartheta \!\textrm{sen} ... ...rho^2 \cos^4 \vartheta + \!\textrm{sen} \!\!^2\vartheta }}$$

che non esiste!! Se esistesse dovrebbe essere indipendente dal valore di $\vartheta$. Ad esempio

$$\lim_{x\to 0}\lim_{y\to 0} {\displaystyle {{x^2 y}\over{{x^4... ...isplaystyle {{x^2 x^2}\over{{x^4+x^4}}} = {{1}\over{2}} } .$$

Soluzione 2.8 - Si può mostrare che esiste $\alpha > 0$ tale che $x^4 \geqslant x^2 - \alpha$ (si veda per esercizio che la disuguaglianza vale con $\alpha = 1/4$. È il valore minore?). Quindi

$$f(x,y,z) = x^4 + y^2 +z^2 -x + 3y -z \geqslant x^2 - {{1}\over{4}} + y^2 +z^2 -x + 3y -z .$$

Sia $\rho = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}$. Si ha, poiché $-1 \leqslant {{x}\over{\rho}}, {{y}\over{\rho}}, {{z}\over{\rho}} \leqslant 1$,

$$f(x,y,z) \geqslant \rho^2 + \rho \Big( -{{x}\over{\rho}} + {... ...Big) - {{1}\over{4}} \geqslant \rho^2 - 5 \rho - {{1}\over{4}}$$

e $\vert(x,y,z)\vert \to +\infty$ significa $\rho \to +\infty$ per cui il limite è $+\infty$.

Soluzione 2.9 - Passando alle coordinate polari si ha

$$\lim_{\rho\to 0}{{\rho^{\alpha} \vert \!\textrm{sen} \!\v... ...g( 1 - {{1}\over{2}} \rho^2 \cos^2 \vartheta + o(\rho^3)\Big)}$$

che è uguale a $0$ se $\alpha > 1$. Per $\alpha \leqslant 1$ il limite non esiste: infatti se si considerano, ad esempio, prima $\vartheta = 0$ e poi $\vartheta = \pi/2$ e poi si esegue il limite per $\rho \to 0$ si ottengono due risultati diversi.

Soluzione 2.10 - Ovviamente l'unico punto in cui fare le verifiche è l'origine in quanto negli altri punti la funzione è differenziabile.
In coordinate polari la funzione diventa (per $\rho \not = 0$)

$$\tilde{f} (\rho, \vartheta ) = f(\rho \cos \vartheta , \rho ... ...cos^2 \vartheta \!\textrm{sen} \!\vartheta }\over{\rho^2}}$$

e $\lim_{\rho \to 0} \tilde{f} (\rho, \vartheta ) = 0$, $f(0,0)=0$ per cui $f$ risulta continua anche nell'origine. Vediamo se è derivabile: fissiamo un vettore $v = (v_1, v_2)$ di norma $1$ ( $v_1^2 + v_2^2 =1$) e calcoliamo il limite

$$\lim_{t \to 0}{{f\big( (0,0) + tv \big) - f(0,0)}\over{t}} =... ... {{t^2v_1^2tv_2}\over{t^2 v_1^2 + t^2 v_2^2}} = v_1^2 v_2 ,$$

di conseguenza esistono le derivate direzionali in ogni direzione e si ha

$${{\partial f}\over{\partial v}}(0,0) = v_1^2 v_2 .$$ (2.1)

Vediamo ora se $f$ è differenziabile nel punto $(0,0)$. Se lo è deve esistere un'applicazione lineare $L$, denotata anche con ${\rm d}f_{(0,0)}$, tale che

$$\lim_{h \to (0,0)}{{f\big( (0,0) + h \big) - f(0,0) - {\rm d}f_{(0,0)} h}\over{\vert h\vert}} = 0 ;$$

inoltre la differenziabilità implica (si veda Osservazione 3.4 delle dispense di teoria) l'esistenza di tutte le derivate parziali e direzionali e

$${\rm d}f_{(0,0)} v = {{\partial f}\over{\partial v}}(0,0) = ... ..._1}}(0,0) v_1 + {{\partial f}\over{\partial x_2}}(0,0) v_2 .$$

Poiché l'applicazione deve essere lineare, e l'applicazione in (2.1) non lo è, si deduce che $f$ non può essere differenziabile.
(Per convincersi si effettui comunque il calcolo del limite

$$\lim_{h \to (0,0)}{{f\big( (0,0) + h \big) - f(0,0) - {\rm d}f_{(0,0)} h}\over{\vert h\vert}}$$

sostituendo al differenziale il valore del gradiente moltiplicato scalarmente per un vettore $h$, sapendo da (2.1) che le derivate parziali sono entrambe nulle).

Soluzione 2.11 - Si ha

$$0 \leqslant f(x,y) \leqslant {\displaystyle {{x^4 + y^4}\ove... ...laystyle {{ \!\textrm{sen} \!(x^4 + y^4)}\over{{x^4+y^4}}}}$$

visto che ${{x^4 + y^4}\over{{x^2+y^2}}} = {{x^4}\over{{x^2+y^2}}}+{{y^4}\over{{x^2+y^2}}} \leqslant {{x^4}\over{{x^2}}}+{{y^4}\over{{y^2}}}$. Usando questa disuguaglianza si mostra che $f$ è continua, derivabile, differenziabile (il differenziale è l'applicazione nulla).

Soluzione 2.12 - Risposta: $\alpha + \beta - \gamma > 0$ (suggerimento: usare le coordiante polari).

Soluzione 2.13 - Non esistono.

Soluzione 2.14 - In ${\bf R}^2 \setminus \{(0,0)\}$ è continua, derivabile, differenziabile. Per vedere la continuità nell'origine si osservi che

$$x^3 y^2 \leqslant {{1}\over{2}} ( x^6 + y^4 )$$

(abbiamo usato la disuguaglianza $a^2 + b^2 \geqslant 2ab$, $a,b \in {\bf R}$: mostrarla per esercizio). Quindi

$$0 \leqslant \vert f(x,y)\vert \leqslant {{1}\over{2}} y^2$$ (2.2)

e di conseguenza

$$0 \leqslant \lim_{(x,y) \to (0,0)} \vert f(x,y)\vert \leqslant \lim_{(x,y) \to (0,0)} {{1}\over{2}} y^2 = 0 .$$

Vediamo la derivabilità: sia $t \in {\bf R}$ e $v$ vettore di norma $1$:

$$\lim_{t \to 0}{{f\big( (0,0) + tv \big) - f(0,0)}\over{t}} =... ...t \to 0} {{t^6 v_1^3 v_2^4}\over{t^6 v_1^6 + t^4 v_2^4}} .$$

Questo limite è zero: si ricordi infatti che $v = (v_1, v_2)$ è fissato. Se $v_2=0$ la quantità $t^6 v_1^3 v_2^4$ è identicamente nulla, se $v_2 \not= 0$ il limite è zero. Si può vedere in altro modo sfruttando la stima (2.2)

$$\lim_{t \to 0}\Big\vert {{f\big( (0,0) + tv \big) - f(0,0)}\... ...rt {{1}\over{t}} {{t^2 v_2^2}\over{2}} \Big\vert = 0 .$$

Analogamente si mostra la differenziabilità: poiché le derivate parziali sono nulle l'applicazione lineare candidata a rappresentare il differenziale è l'applicazione nulla. Quindi per verificare che

$$\lim_{h \to (0,0)}{{f\big( (0,0) + h \big) - f(0,0) - {\rm d}f_{(0,0)} h}\over{\vert h\vert}} = 0$$

è sufficiente calcolare

$$\lim_{\vert h\vert \to 0} {{h_1^3 h_2^4}\over{h_1^6 + h_2^4}} {{1}\over{\sqrt{h_1^2 + h_2^2}}} .$$

Si ha, usando ancora la stima (2.2)

$$\Big\vert {{h_1^3 h_2^4}\over{h_1^6 + h_2^4}} {{1}\over{\s... ... {{h_2^2}\over{\sqrt{h_2^2}}} = {{1}\over{2}} \vert h_2\vert$$

e quindi passando al limite per $\vert h\vert \to 0$ si conclude.

Soluzione 2.15 - Se esistesse, per il teorema di Schwarz, si avrebbe che ${{\partial }\over{\partial y}}{{\partial f}\over{\partial x}} = {{\partial }\over{\partial x}}{{\partial f}\over{\partial y}}$, ma è semplice verificare che ciò non è vero.