Esercitazione su: Derivabilità e Differenziabilità (Analisi 2)

Stabilire se è differenziabile in e inf A B.

Si consideri la funzione . Si stabilisca se è differenziabile nel punto In caso di risposta affermativa, si determini un'equazione del piano tangente al grafico di nel punto di coordinatef (1, 0, f (1, 0)).

Verificare la differenziabilità della funzione

Esercizio 6.12. p2x y 2 2f (x, y) = e + 3 + x + 3ynel punto un'equazione del piano tangente.Calcolare essendoP (1, 2).Scrivere D f (P ),p0 v 0il versore della retta di equazione orientata nel verso delle decrescenti.v y = 3x xCalcolare la derivata della funzione nel punto

2 2f (x, y) = log(x + y )lungo il gradiente di . Giustificare senza fare calcoli che esiste il piano tangenteP (3, 4) fal grafico di nel punto e successivamente determinare un'equazione dif (3, 4, f (3, 4))tale piano. Data la funzione

Esercizio 6.14. p 2 x 2f (x, y) = 2 + y + x e , ptrovare un'equazione del piano

tangente al suo grafico nel punto e la sua(2, 0, 4 + 2)⇣ ⌘p1derivata direzionale nel punto lungo il versore .(2, 0) v = 1, 2 23

Studiare al variare di continuità, derivabilità e differenziabilità

Esercizio 6.15. ↵ > 0in di(0, 0) ⇣ ⌘p↵|x| |xy|f (x, y) = log 1 + .↵ 2 2x y

Verificare la formula del gradiente per la funzione

Esercizio 6.16. f (x, y) = +9 4nel punto P (9, 2).0 Calcolare la derivata della funzione dove

Esercizio 6.17. g(t) = f (r(t)), f (x, y) =e tx y sin x r(t) = (e , sin t).(Ripasso) Calcolare

Esercizio 6.18.  3 5x ya) lim sin(xy) 2 2 2(x + y )(x,y)!(0,0) xb) lim 2 2log(x + y )(x,y)!(0,0) 4

Università di Bergamo Anno accademico 2021–2022

Secondo anno di Ingegneria Foglio 6

Analisi Matematica II

Derivate parziali e differenziabilità di funzioni di più variabili

Esercizio 6.1. Calcolare le derivate parziali e il gradiente delle seguenti funzioni, precisandoil dominio della funzione e il dominio di

validità del gradiente. Nelle soluzioni, non è indicato il gradiente. Per una funzione il gradiente $\nabla f(x, y, z) = \left(\frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z}\right)$, per cui basta conoscere le derivate parziali. Per la funzione esponenziale, si considererà che il suo dominio è $\mathbb{R}^3 \setminus \{(t, |t u) \, t > 0\}$, quindi i casi speciali quando è razionale. a) $f(x, y, z) = xyz$. $\frac{\partial f}{\partial x} = yz$, $\frac{\partial f}{\partial y} = xz$, $\frac{\partial f}{\partial z} = xy$. b) $g(x, y, z) = (x + z)^y$. $\frac{\partial g}{\partial x} = y(x + z)^{y-1}$, $\frac{\partial g}{\partial y} = (x + z)^y \log(x + z)$, $\frac{\partial g}{\partial z} = y(x + z)^{y-1}$. Esercizio 6.2. Sia data la funzione $f(x, y) = 2x^2 + y^2$. Determinare se è continua sul suo campo di esistenza. Il campo di esistenza di $f$ è tutto $\mathbb{R}^2$, quindi $f$ è continua su tutto il suo campo di esistenza.

è . Infatti su è definitaR 2 {(x, | 6f D = y) (x, y) = (0, 0)}0da una frazione algebrica con denominatore non nullo e in è definita da un(0, 0)valore dato. Su è continua per i teoremi generali. In dobbiamo stabilireD (0, 0)0il limite. 2 3Facendo , vediamo che per cui il limite non esiste.·xx 13 3y = x f (x, x ) = =6 6x +x 2xPerciò la funzione non è continua in (0, 0).b) Determinare le derivate parziali di in con 6f (x, y), (x, y) = (0, 0).Possiamo usare le formule perché in un intorno del punto la funzione è(x, y)definita da una frazione algebrica. Abbiamo6 2 2 5 2 6@f 2xy(x + y ) 6x yx 2xy(y 2x )(x, y) = =6 2 2 6 2 2@x (x + y ) (x + y )2 6 2 2 2 6 2@f x (x + y ) 2x yy x (x y )(x, y) = = .6 2 2 6 2 2@y (x + y ) (x + y )c) Determinare (se esistono) le derivate parziali di inf (0, 0).In dobbiamo usare i limiti dei rapporti incrementali. Il fatto che non sia(0, 0) fcontinua in non basta per avere informazioni sulle derivate

parziali perché la continuità vede come funzione di due variabili mentre le derivate parziali vedono come due funzioni di una variabile. Abbiamo, per ∂f/∂x, per cui f(0, 0) = 0. ∂f/∂y = 0 (0, 0) = 0.

3d) Determinare (se esiste) la derivata direzionale di in lungo il versore v = (1, 2). Consideriamo la funzione, definita per t da 0 a 1, g(t) = f (tv) = f (t, 2t) = t^3 + 18t^2 + 36t + 48 e con g(0) = f (0, 0) = 0. La derivata direzionale è Df(0, 0) = lim(h→0) (g(h) - g(0))/h = lim(h→0) (h^3 + 18h^2 + 36h + 48)/h = lim(h→0) (h^2 + 18h + 36 + 48/h) = lim(h→0) (h^2 + 18h + 36) = 36.

e) È differenziabile in f(0, 0)? No, non lo è perché non vi è continua. Osserviamo che non vale neanche la formula del gradiente, per cui è una prova supplementare che non è differenziabile.

Esercizio 6.3. Studiare la continuità, l'esistenza delle derivate parziali e la differenziabilità per le funzioni seguenti:

a) f(x, y) = x^2 + y

È definita su dove è continua. È pure differenziabile fuori dall'origine, cioè in tutti i punti in cui Abbiamo 2x + y = 0. Per cui |x|f(x, 0) = x, per cui |x|f(x, 0) → f(0, 0) quando x → 0, non esiste e quindi non esiste. Non esiste neanche, per la stessa ragione, ∂f(0, 0)/∂x. Siccome non esiste una derivata parziale (anzi nessuna!) la funzione non è differenziabile nell'origine. a) f(x, y) = 3x^2 + 2xy se (x, y) = (0, 0). Per la funzione f è continua, derivabile e differenziabile in (0, 0), (x, y). Valgono ∂f/∂x = 8x + 8xy + 4y^2 e ∂f/∂y = 4x^2 + 8xy. Per studiamo le restrizioni (x, y) = (0, 0) f(x, 0) = x^2 e f(0, y) = 0^2 per cui ∂f/∂x → ∂f/∂x(0, 0) = 1 quando x → 0 e ∂f/∂y → ∂f/∂y(0, 0) = 0 quando y → 0. Per la differenziabilità, vedere sotto. Determinare inoltre (se esiste) la derivata direzionale di lungo Vale la pena.

v = (1, 1)

formula del gradiente?

Siccome 3 3 3t 2t t tf (tv) = = = ,2 2 2 2t + 2t 3t 3vale f (tv) f (0, 0) 12 2D f (0, 0) = lim = .v 2 t 3t!0Non vale la formula del gradiente per cui la funzione non è differenziabile in (0, 0).

< xy sep 6(x, y) = (0, 0)c) 2 2x +2yf (x, y) =3 : se0 (x, y) = (0, 0).Per la funzione è continua, derivabile e differenziabile in6(x, y) = (0, 0), (x, y).Valgono 3@f 2y3 (x, y) = 3@x 2 2(x + 2y ) 23@f x3 (x, y) = .3@y 2 2(x + 2y ) 2In facciamo (che rende i due termini al denominatore dello stesso(0, 0), y = x 2 quindi il limite dovrebbe essereordine) e troviamo x 1 |x|= 0.f (x, x) = p p3 3|x| 3Infatti 1 11 2 2· (x ) (2y )p|x| · |y| 2 22p p|f (x, y)| = =3 2 2 2 2x + 2y x + 2y41 11 2 2 2 2· (x + 2y ) (x + 2y )p 12 2 16 2 2 2pp != (x + 2y ) 0222 2x + 2yquindi il limite è e la funzione è continua in0 (0, 0).Abbiamo per e per cui le derivate parziali6 6f (x, 0) = f (0, y) = 0 x = 0 y = 03 3esistono in e(0, 0) @f

@f3 3e(0, 0) = 0 (0, 0) = 0.@x @y

Abbiamo visto che per cui la derivata direzionale lungo3 |x|f (x, x) = v = (1, 1)p3 2 2non esiste. La funzione non è quindi differenziabile in (0, 0).( 3 33x y se 6(x, y) = (0, 0)2 2d) x +yf (x, y) =4 se0 (x, y) = (0, 0).Per la funzione è continua, derivabile e differenziabile in6(x, y) = (0, 0), (x, y).Valgono 3 2 3@f x(3x + 9xy + 2y )4 (x, y) = 2 2 2@x (x + y )3 2 3@f y(6x + 3x y + y )4 (x, y) = .2 2 2@y (x + y )Il limite di in è per cui la funzione vi è continua.f (x, y) (0, 0) 04 f (x, 0) = 3x4@f 4 (0, 0) = 3@xf (0, y) = y4@f 4 (0, 0) = 1.@yPer la differenziabilità valutiamo 2 2f (h, k) 3h + k h k 3hk4 = 2 2 3/2k(h, k)k (h + k )che non ha limite in (con viene , che non ha limite in per cui1 h·0 0 k = h 0),p |h|2la funzione non è differenziabile nell'origine. pDeterminare inoltre (se esistono) le derivate direzionali di lungo i vettori 3f u = (1, 3)4pe 3v = (1, 3). 5pSe allora , quindi per

cui la3 33(x, y) = (0, 0) + tu = (t, t 3), y = 3x f (x, y) = 0,4derivata direzionale lungo èu 0.pSe allora e quindi3 3 2 2/3 23(x, y) = (0, 0) + tu = (t, t 3), y = 3x y = 3 x⇣ ⌘p 36x 63 ·f x, 3x = = x.4 2/3 2 2/3(1 + 3 )x 1 + 3Abbiamo perciò f (tv) 64 = .2/3t 1 + 3La derivata direzionale è quindi .62/31+3( 2 4x y se 6(x, y) = (0, 0)4 2 2e) (x +3y )f (x, y) =5 se0 (x, y) = (0, 0).Per la funzione è continua, derivabile e differenziabile in6(x, y) = (0, 0), (x, y).Valgono 4 2 4@f 6xy (y x )5 (x, y) = 4 2 3@x (x + 3y )6 3@f 4x y5 (x, y) = .4 2 3@y (x + 3y )In il limite della funzione è infatti vale(0, 0), 0,1 12 2 2 2 4 2 22 4 x (3y ) x (x + 3y )x y 16 6 29 9 !0 = = x 04 2 2 4 2 2 4 2