alessre
alessre - Erectus - 148 Punti
Salva
salve avrei bisogno del vostro aiuto con questo esercizio.

Data la funzione

[math]f(x,y)=\left\{\begin{matrix}
x+\frac{1}{2}x^{2}y& se\, y\geq 0 \\
\frac{exp(xy)-1}{y}& se\, y<0
\end{matrix}\right.[/math]

studiarne la differenziabilità


se mi potete spiegare come svolgerlo.
grazie
mc2
mc2 - Genius - 14194 Punti
Salva
Controlliamo se e` continua in (x,0).

[math]f(x,y=0)=x[/math]
(si ottiene dalla prima definizione)
Dalla seconda definizione calcoliamo il lim per y->0

[math]\lim\limits_{y\to 0}f(x,y)=\lim\limits_{y\to 0}\frac{e^{xy}-1}{y}
=\lim\limits_{y\to 0}\frac{1+xy-1}{y}=x
[/math]

quindi la funzione e` continua in tutto R^2

E` ovvio che e` differenziabile per ogni
[math]y\neq 0[/math]
, quindi bisogna studiare il caso y=0
Calcoliamo la derivata parziale rispetto a x:

[math]\frac{\partial f}{\partial x}=\left\{
\begin{array}[c]{ll}
1+xy\quad\quad & y\ge 0\\ e^{xy} & y<0\end{array} \right.[/math]

e in un punto generico dell'asse x: (x,y=0):

[math]\frac{\partial f}{\partial x}(x,0)=\left\{
\begin{array}[c]{ll}
1\quad\quad & y\ge 0\\ 1 & y<0\end{array} \right.[/math]


Calcoliamo la derivata parziale rispetto a y:

[math]\frac{\partial f}{\partial y}=\left\{
\begin{array}[c]{ll}
\frac{x^2}{2}& y\ge 0\\ \frac{ e^{xy}(xy-1)+1}{y^2} \quad\quad & y<0\end{array} \right.[/math]
alessre
alessre - Erectus - 148 Punti
Salva
va bene..
ho delle domande da porti:

1)perché "E` ovvio che e` differenziabile per ogni y≠0"
2) quando la funzione è differenziabile

se mi puoi rispondere.
grazie.
mc2
mc2 - Genius - 14194 Punti
Salva
Perche` per y>=0 la funzione e` polinomiale, quella e` differenziabilissima!

Anche l'esponenziale e` una funzione infinitamente derivabile, quindi basta preoccuparsi di cosa fa la funzione nei punti in cui si annulla il denominatore.

Nella mia risposta precedente c'era un errore, me ne sono accorta adesso e l'ho corretto: e` vero che la derivata parziale per la seconda definizione non esiste in y=0, ma questo e` fuori dalla sua regione.

Per y=0 bisogna guardare la prima definizione, che non da` nessun problema.
alessre
alessre - Erectus - 148 Punti
Salva
ok grazie mille
mc2
mc2 - Genius - 14194 Punti
Salva
Aspetta, ho ancora da correggere una cosa, non e` finita

Aggiunto 26 minuti più tardi:

La mia risposta non era completa

Per la differneziabilita` in un punto (x_0,y_0) occorre che:

1) esistano le derivate parziali in (x_0,y_0)

2) valga il seguente limite (e la spiegazione devi cercarla su un libro, qui e` troppo lungo)

[math]\lim\limits_{h,k\to 0,0}
\frac{f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)-h\left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{x_0+h,y_0+k}-k\left.\frac{\partial f}{\partial y}\right|_{x_0+h,y_0+k} }{\sqrt{h^2+k^2}}= 0
[/math]

Per la funzione in esame la prima condizione e` soddisfatta, ma la seconda e` ancora da verificare (prima me l'ero scordata, scusa!)

Studiamo questo limite per
[math]x_0=x[/math]
(generico) e
[math]y_0=0[/math]

Per y>=0 :

[math]\lim\limits_{h,k\to 0,0}
\frac{(x+h)+\frac{1}{2}(x+h)^2 k\,-\,x
\,-h\cdot 1 - k\cdot \frac{1}{2}x^2
}{\sqrt{h^2+k^2}}= 0
[/math]

e fino a qui va bene,

Ma per y<0 :

[math]\lim\limits_{h,k\to 0,0}
\frac{\frac{e^{(x+h)k}-1}{k}-x-h- k\cdot \frac{1}{2}x^2 }{\sqrt{h^2+k^2}}
=
[/math]

non ho tempo di finire i conti adesso... ci torno piu` tardi
alessre
alessre - Erectus - 148 Punti
Salva
Allora poi fammi sapere
Grazie
mc2
mc2 - Genius - 14194 Punti
Salva
Rieccomi qua.

Il limite a due variabili scritto sopra si puo` calcolare passando in coordinate polari :

[math]h=r\cos\theta[/math]
,
[math]k=r\sin\theta[/math]

e calcolando poi il limite r-> 0 (attenzione: qui x e` un parametro costante)

[math]\lim\limits_{h,k\to 0,0}
\frac{\frac{e^{(x+h)k}-1}{k}-x-h-\frac{1}{2}x^2k}{\sqrt{h^2+k^2}}=\lim\limits_{r\to 0}\frac{\frac{e^{(x+r\cos\theta)r\sin\theta}-1}{r\sin\theta}-x-r\cos\theta-\frac{1}{2}x^2r\sin\theta}{r}=
[/math]

uso lo sviluppo di McLaurin:

[math]
=\lim\limits_{r\to 0}\frac{\frac{1+(x+r\cos\theta)r\sin\theta+\frac{1}{2}r^2\sin^2\theta(x+r\cos\theta)^2+O(r^3)-1}{r\sin\theta}-x-r\cos\theta-\frac{1}{2}x^2r\sin\theta}{r}=
[/math]

[math]=\lim\limits_{r\to 0}\frac{\frac{r\sin\theta(x+r\cos\theta+\frac{1}{2}r\sin\theta x^2+O(r^2)}{r\sin\theta}-x-r\cos\theta-\frac{1}{2}x^2r\sin\theta}{r}=[/math]

[math]=\lim\limits_{r\to 0} O(r)=0[/math]

quindi la funzione e` derivabile.
davi02
davi02 - Sapiens Sapiens - 1079 Punti
Salva
La funzione è differenziabile in ogni punto del piano in quanto di classe
[math]C^1[/math]
su tutto il piano.
Infatti le due derivate parziali sono


[math]
f'_x(x, y) =
\left\{
\begin{matrix}
1+xy & \text{se} \, y \geq 0 \\
\exp(xy) & \text{se} \, y < 0
\end{matrix}
\right.
[/math]


[math]
f'_y(x, y) =
\left\{
\begin{matrix}
x^2/2 & \text{se} \, y \geq 0 \\
(xy \exp(xy) - \exp(xy) +1) /y^2 & \text{se} \, y < 0
\end{matrix}
\right.
[/math]


e queste funzioni cono continue in ogni punto del piano.

Il calcolo di
[math]f'_x[/math]
e di
[math]f'_y[/math]
nei punti
[math](x,0)[/math]
va svolto passando per il limite del rapporto incrementale.
--------------

In alternativa, basta osservare che
[math]f(x, y) = x h(xy)[/math]
, dove
[math]h : \mathbb{R} \to \mathbb{R}[/math]
,

[math]
h(t) =
\left\{
\begin{matrix}
1+t/2 & \text{se} \, t \geq 0 \\
(\exp(t) - 1)/t & \text{se} \, t < 0
\end{matrix}
\right.
[/math]


è funzione
[math]C^1(\mathbb{R})[/math]
.
mc2
mc2 - Genius - 14194 Punti
Salva
In generale non basta che le derivate parziali esistano perche` la funzione sia differenziabile. Occorre che il "limitone" scritto sopra sia zero.

I calcoli che avevo fatto ieri (un po' troppo in fretta) contenevano un errore.
Sviluppando l'esponenziale come si deve il limite viene proprio 0 e quindi la funzione e` differenziabile. Ora i calcoli sono corretti.

Ora siamo tutti d'accordo sulle conclusioni!
Questo topic è bloccato, non sono ammesse altre risposte.
Come guadagno Punti nel Forum? Leggi la guida completa
In evidenza
Classifica Mensile
Vincitori di agosto
Vincitori di agosto

Come partecipare? | Classifica Community

Community Live

Partecipa alla Community e scala la classifica

Vai al Forum | Invia appunti | Vai alla classifica

Registrati via email