1
FUNZIONI DI DUE VARIABILI
CONTINUITÀ E DERIVAZIONE
Derivate parziali prime e gradiente. Funzioni differenziabili. Derivate direzionali.
Studio di continuità, derivabilità direzionale e differenziabilità.
Piano tangente.
Esercizio 1 Determinare il dominio della funzione f e calcolarne il gradiente nei punti ad esso
interni, nei casi seguenti:
1) f (x, y) = exy (x2 − y 2 )
y
4) f (x, y) = tan
x
√ √
7) f (x, y) = xy xy − 1
2) f (x, y) = y log x
xy 2
5) f (x, y) =
x − log y
1 y
8) f (x, y) = 1 +
x
x
3) f (x, y) = sin(x2 + y 2 ) − e y
p
6) f (x, y) = y + x2 − 3
Esercizio 2 Usando la definizione, stabilire se le seguenti funzioni sono differenziabili nel punto
indicato:
y
x+y
1) f (x, y) = 2
in (0, 0)
2) f (x, y) =
in (2, 3)
x +1
x−y
Esercizio 3 Scrivere l’equazione del piano tangente al grafico della funzione f (x, y) = x2 log y
nel punto A = (1, 1, 1).
Esercizio 4 Facendo uso della definizione, calcolare le derivate della funzione f (x, y) = x2 +2y 2
secondo un generico versore v nel generico punto (x0 , y0 ).
Esercizio 5 Calcolare la derivata direzionale delle seguenti funzioni nel punto indicato e nella
direzione del generico versore v = (cos θ, sin θ):
x2
in (1, 1)
x2 + y 2
3) f (x, y) = x log(x2 + y 2 ) in (1, 0)
1) f (x, y) =
2) f (x, y) = ex+1 − 1 in (0, 0)
Esercizio 6 Calcolare il massimo valore assunto dalla derivata direzionale della funzione f (x, y) =
π
).
sin(x + 2y) nel punto A = ( π8 , 16
Esercizio 7 Studiare continuità, derivabilità rispetto ad una qualsiasi direzione e differenziabilità della funzione f , nei seguenti casi:
p
3
sin x2 + y 2
3x − y 3
p
se (x, y) 6= (0, 0)
se (x, y) 6= (0, 0)
1) f (x, y) =
2) f (x, y) =
x2 + y 2
x2 + y 2
1
0
se (x, y) = (0, 0)
se (x, y) = (0, 0)
2
1
x y
2
x arctan se y 6= 0
se (x, y) 6= (0, 0)
4
2
3) f (x, y) = x + y
4) f (x, y) =
y
0
se y = 0
0
se (x, y) = (0, 0)
y 2 cos 1 se y 6= 0
5) f (x, y) =
y
0
se y = 0
FUNZIONI DI DUE VARIABILI - Continuità e derivazione
2
SVOLGIMENTI
Esercizio 1 Osserviamo una volta per tutte che, per i teoremi sulle operazioni tra funzioni
derivabili parzialmente, tutte le funzioni considerate ammettono gradiente in ogni punto interno
al proprio dominio; pertanto non dovremo affrontare qui alcuna questione di esistenza delle
derivate parziali e si tratterà solo di eseguirne il calcolo.
1) Poiché tutte le operazioni svolte da f sono definite per ogni valore del loro argomento,
risulta dom f = R2 . In ogni punto (x, y) di R2 si ha
∂ xy
∂
∂f
=
e
(x2 − y 2 ) + exy (x2 − y 2 ) = yexy (x2 − y 2 ) + 2xexy = x2 y − y 3 + 2x exy
∂x
∂x
∂x
e
∂ xy
∂
e
(x2 − y 2 ) + exy (x2 − y 2 ) = xexy (x2 − y 2 ) − 2yexy = x3 − xy 2 − 2y exy .
∂y
∂y
Dunque ∇f = exy x2 y − y 3 + 2x, x3 − xy 2 − 2y .
∂f
=
∂y
2) Si ha dom f = (x, y) ∈ R2 : x > 0 (aperto) e per ogni (x, y) ∈ dom f risulta
∂
∂
y
∂f
∂f
=y
log x =
e
= log x
y = log x.
∂x
∂x
x
∂y
∂y
Dunque ∇f = xy , log x .
3) Si ha dom f = (x, y) ∈ R2 : y 6= 0 (aperto) e per ogni (x, y) ∈ dom f risulta
h xi
x x
x 1
2
2
2
2
2
2
y
y
y
∇f = ∇ sin(x + y ) − ∇ e = 2x cos(x + y ), 2y cos(x + y ) − −e , e 2
y
y
1 x
x
= 2 cos(x2 + y 2 ) (x, y) − e y −1,
.
y
y
4) Si ha
o
n
π
π
y
(x, y) ∈ R2 : x 6= 0 e + 6= + kπ, k ∈ Z
x 2
2 o
n
y
2
6 kπ, k ∈ Z
= (x, y) ∈ R : x 6= 0 e =
x
dom f =
(aperto dato dal piano privato dell’asse y e delle rette y 6= kπx, k ∈ Z) e per ogni (x, y) ∈
dom f risulta
!
y
1
1
(−y, 1)
1
− 2 ,
2 =
.
∇f =
y
y
π
π
2
2
2
x
cos x + 2
cos x + 2 x
x cos2 xy + π2
FUNZIONI DI DUE VARIABILI - Continuità e derivazione
3
5) Si ha dom f = (x, y) ∈ R2 : y > 0 e y − log x 6= 0 (aperto dato dal semipiano y > 0
privato dell’arco di curva logaritmica y = log x con x > 1) e per ogni (x, y) ∈ dom f
risulta
1
x
∂
y − log x + 1
∂f
2
2 y − log x − x − x
=y
=y
= y2
2
∂x
∂x y − log x
(y − log x)
(y − log x)2
e
∂f
=x
∂y
∂
y2
∂y y − log x
Dunque
∇f =
=x
y
(y − log x)
2
y − 2 log x
2y (y − log x) − y 2
= xy
.
2
(y − log x)
(y − log x)2
y 2 + y − y log x, xy − 2x log x .
6) Si ha dom f = (x, y) ∈ R2 : y + x2 − 3 ≥ 0 (chiuso dato dalla regione al di sopra della
parabola y = −x2 +3, parabola inclusa) e per ogni (x, y) appartenente all’interno di dom f
(cioè dom f privato della parabola y = −x2 + 3, che ne è la frontiera) risulta
!
1
1
1
2x
p
, p
x,
=p
∇f =
.
2
y + x2 − 3
2 y + x2 − 3 2 y + x2 − 3
7) Si ha dom f = (x, y) ∈ R2 : xy ≥ 0, xy − 1 ≥ 0 = (x, y) ∈ R2 : xy ≥ 1 (chiuso dato
dall’unione della regione al di sopra del ramo di iperbole y = 1/x, x > 0, con la regione
al di sotto del ramo y = 1/x, x < 0) e per ogni (x, y) appartenente all’interno di dom f
(cioè dom f privato della parabola y = 1/x, che ne è la frontiera) risulta
p
p
√
√
xy − 1 + xy − 1 ∇ ( xy)
∇f = xy ∇
p
y
x
y
x
√
√
, √
+ xy − 1
= xy
√ , √
2 xy 2 xy
2 xy − 1 2 xy − 1
√
√
xy
xy − 1
2xy − 1
(y, x) + √
(y, x) .
= √
(y, x) = √ √
2 xy
2 xy − 1
2 xy xy − 1
8) Si ha
1
2
dom f = (x, y) ∈ R : x 6= 0, 1 + > 0
x
2
= (x, y) ∈ R : x < −1 ∪ (x, y) ∈ R2 : x > 0
(aperto dato dall’unione di due semipiani) e per ogni (x, y) ∈ dom f risulta
∂ y log(1+ 1 )
1
1 y y
∂f
1
y log(1+ x1 ) ∂
x
=
e
=e
y
log 1 +
= 1+
− 2
∂x
∂x
∂x
x
x
x
1 + x1
y
y
1
= − 1+
2
x
x +x
FUNZIONI DI DUE VARIABILI - Continuità e derivazione
e
Dunque
4
1
1
∂f
∂ y log(1+ 1 )
1
1 y
y
log
1+
)
(
x
x log
log 1 +
=
e
=e
1+
= 1+
.
∂x
∂x
x
x
x
∇f =
1
1+
x
y 1
y
, log 1 +
− 2
.
x +x
x
Esercizio 2 Ricordiamo che una funzione f (x, y) si dice differenziabile in un punto (x0 , y0 )
interno al proprio dominio se esistono le derivate parziali di f in (x0 , y0 ) e risulta
f (x, y) − f (x0 , y0 ) = ∇f (x0 , y0 ) · (x − x0 , y − y0 ) + o (k(x − x0 , y − y0 )k)(x,y)→(x0 ,y0 )
cioè se
f (x, y) − f (x0 , y0 ) − fx (x0 , y0 )(x − x0 ) − fy (x0 , y0 )(y − y0 )
q
= 0.
(x,y)→(x0 ,y0 )
(x − x0 )2 + (y − y0 )2
lim
1) La funzione è derivabile parzialmente in tutti i punti di R2 , dove risulta
2x
1
1
2xy
∇f = y −
,
,
=
−
.
(x2 + 1)2
(x2 + 1)2
(x2 + 1)2 (x2 + 1)2
Calcolando in (0, 0) si trova f (0, 0) = 0 e ∇f (0, 0) = (0, 1), quindi f è differenziabile in
(0, 0) se esiste ed è nullo il limite
y
−y
−x2 y
x2 y
x2 +1
p
p
p
=
lim
= − lim
.
(x,y)→(0,0)
(x,y)→(0,0)
x2 + y 2 (x,y)→(0,0) (x2 + 1) x2 + y 2
x2 + y 2
lim
Passando a coordinate polari nell’argomento dell’ultimo limite, si ottiene ρ2 cos2 θ sin θ
e risulta ρ2 cos2 θ sin θ = ρ2 |cos θ|2 |sin θ| ≤ ρ2 con limρ→0 ρ2 = 0. Dunque il limite
precedente esiste e vale 0, il che significa che f è differenziabile in (0, 0).
2) La funzione è derivabile parzialmente in tutti i punti del proprio dominio (cioè R2 privato
della bisettrice y = x), dove risulta
x − y − (x + y) x − y + x + y
2x
2y
∇f =
,
,
= −
.
(x − y)2
(x − y)2
(x − y)2 (x − y)2
Calcolando in (2, 3) si trova f (2, 3) = −5 e ∇f (2, 3) = (−6, 4), quindi f è differenziabile
in (2, 3) se
x+y
x−y + 5 + 6(x − 2) − 4(y − 3)
q
lim
= 0.
(x,y)→(2,3)
(x − 2)2 + (y − 3)2
Effettuando il cambio di variabili (x, y) = (2 + h, 3 + k), tale limite risulta uguale a
lim
(h,k)→(0,0)
5+h+k
−1+h−k
+ 5 + 6h − 4k
3h2 − 5hk + 2k2
√
√
= −2
lim
(h,k)→(0,0) (1 − h + k) h2 + k 2
h2 + k2
3h2 − 5hk + 2k2
√
.
= −2
lim
(h,k)→(0,0)
h2 + k2
5
FUNZIONI DI DUE VARIABILI - Continuità e derivazione
Passando a coordinate polari nell’argomento
dell’ultimo limite, si ottiene la funzione
g (ρ, θ) = ρ 3 cos2 θ − 5 cos θ sin θ + 2 sin2 θ , per la quale risulta
3 cos2 θ − 5 cos θ sin θ + 2 sin2 θ ≤ 3 cos2 θ + |5 cos θ sin θ| + 2 sin2 θ ≤ 3 + 5 + 2 = 10
e quindi |g (ρ, θ)| ≤ 10ρ. Dunque il limite precedente esiste e vale 0, il che significa che f
è differenziabile in (2, 3).
Esercizio 3 Dalla teoria, è noto che il piano tangente nel punto P0 = (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) al
grafico z = f (x, y) di una funzione f differenziabile in (x0 , y0 ) ha equazione
z = f (x0 , y0 ) +
∂f
∂f
(x0 , y0 )(x − x0 ) +
(x0 , y0 )(y − y0 ).
∂x
∂y
Calcoliamo quindi le derivate parziali di f : si ha
∂f
∂ 2 log y log x
∂
2 log y
=
e
= e2 log y log x
(2 log y log x) = x2 log y
= 2x2 log y−1 log y
∂x
∂x
∂x
x
e
∂f
∂
2 log x
∂ 2 log y log x
=
e
= e2 log y log x
(2 log y log x) = y 2 log x
= 2y 2 log x−1 log x
∂y
∂y
∂y
y
(entrambe continue dove definite, cioè su dom f = {(x, y) ∈ R2 : x > 0, y > 0}). In (1, 1) esse
∂f
valgono ∂f
∂x (1, 1) = ∂y (1, 1) = 0 e quindi il piano tangente al grafico di f nel punto A = (1, 1, 1)
(si noti che 1 = f (1, 1)) ha equazione z = 1.
Esercizio 4 Se v = (cos θ, sin θ) è un generico versore, per definizione si haSi tratta di calcolare
il limite
f (x0 + t cos θ, y0 + t sin θ) − f (x0 , y0 )
∂f
(x0 , y0 ) = lim
t→0
∂v
t
cioè, essendo f (x, y) = x2 + 2y 2 ,
(x0 + t cos θ)2 + 2 (y0 + t sin θ)2 − x20 − 2y02
∂f
(x0 , y0 ) = lim
t→0
∂v
t
= lim 2x0 cos θ + t cos2 θ + 4y0 sin θ + 2t sin2 θ = 2x0 cos θ + 4y0 sin θ.
t→0
Esercizio 5 Osserviamo subito che, per continuità delle derivate parziali, tutte le funzioni
considerate sono differenziabili nel punto indicato, per cui le loro derivate direzionali possono
essere calcolate tramite la formula
∂f
(x0 , y0 ) = ∇f (x0 , y0 ) · v.
∂v
2
2yx2
,
−
e quindi ∇f (1, 1) =
1) Poiché ∇f (x, y) = (x22xy
+y 2 )2
(x2 +y 2 )2
∂f
(1, 1) =
∂v
1 1
,−
2 2
· (cos θ, sin θ) =
1
1
2, −2
, risulta
1
(cos θ − sin θ) .
2
6
FUNZIONI DI DUE VARIABILI - Continuità e derivazione
2) Poiché ∇f (x, y) = ex+1 , 0 e quindi ∇f (0, 0) = (e, 0), risulta
∂f
(0, 0) = (e, 0) · (cos θ, sin θ) = e cos θ.
∂v
2
2xy
3) Poiché ∇f (x, y) = log(x2 + y 2 ) + x22x
,
e quindi ∇f (1, 0) = (2, 0), risulta
+y 2 x2 +y 2
∂f
(1, 0) = (2, 0) · (cos θ, sin θ) = 2 cos θ.
∂v
Esercizio 6 La funzione assegnata è continua con derivate parziali prime continue in tutti i
punti di R2 e pertanto è ovunque differenziabile. In particolare, possiamo allora usare la formula
del gradiente per esprimere la derivata direzionale di f rispetto ad un qualsiasi versore v e nel
punto A risulta
∂f
(A) = ∇f (A) · v = k∇f (A)k kvk cos(∇f\
(A), v) = k∇f (A)k cos(∇f\
(A), v).
∂v
Poiché cos(∇f\
(A), v) è massimo quando l’angolo tra ∇f (A) e v è nullo, tale derivata direzionale
è massima quando v è parallelo ed equiverso a ∇f (A), cioè quando
v=
∇f (A)
.
k∇f (A)k
Calcoliamo allora ∇f (A). Le derivate parziali prime di f sono date in ogni punto da
∂f
= cos(x + 2y)
∂x
e
∂f
= 2 cos(x + 2y),
∂y
per cui risulta ∇f (x, y) = (cos(x + 2y), 2 cos(x + 2y)) = cos(x + 2y)(1, 2). Calcolando in A si
trova
!
r
√
π π
π
2 √
5
e k∇f (A)k =
(1, 2) = cos
(1, 2) =
+2
, 2
.
∇f (A) = cos
8
16
4
2
2
∂f
Dunque il valore massimo per la derivata direzionale ∂v
(A) si ha per
√ √
( 22 , 2)
2
1
q
√
√
,
=
v=
5
5
5
2
e vale
∂f
(A) =
∂v
√
2 √
, 2
2
! 1
2
√
√
·
,
=
5
5
√ √
√
5 2
2 5
√ =
.
2
2 5
Esercizio 7
1) La funzione è definita in tutti i punti di R2 e, vista la sua espressione, è
2
certamente
p continua in R \ {(0, 0)}. D’altra parte, poiché f (x, y) dipende in effetti solo
da ρ = x2 + y 2 , passando a coordinate polari risulta subito
p
sin ρ
sin x2 + y 2
p
= lim
= 1 = f (0, 0).
lim f (x, y) =
lim
ρ→0 ρ
(x,y)→(0,0)
(x,y)→(0,0)
x2 + y 2
7
FUNZIONI DI DUE VARIABILI - Continuità e derivazione
e perciò f è continua anche in (0, 0). Dunque f è continua su tutto R2 .
In ogni punto (x, y) diverso dall’origine, f (x, y) coincide con la funzione
√
2
2
√ x +y e
2
2
sin
x +y
pertanto, in tali punti, le sue derivate parziali esistono e sono date da
p
p
p
x2 + y 2 cos x2 + y 2 − sin x2 + y 2
∂f
p
(x, y) = x
∂x
(x2 + y 2 )3
e
∂f
(x, y) = y
∂y
p
x2 + y 2 cos
p
p
x2 + y 2 − sin
(x2 + y 2 )3
p
x2 + y 2
.
Esse sono evidentemente funzioni continue su tutto R2 \ {(0, 0)} e pertanto f è differenziabile in ogni punto di R2 \{(0, 0)}. Circa le derivate parziali in (0, 0), studiamone l’esistenza
ricorrendo alla loro definizione: si ha
∂f
f (x, 0) − f (0, 0)
(0, 0) = lim
= lim
x→0
x→0
∂x
x
− 61 |x|3 + o(|x|4 )
=0
= lim
x→0
x|x|
sin|x|
|x|
x
−1
= lim
x→0
sin |x| − |x|
x |x|
e, analogamente, ∂f
∂x (0, 0) = 0. Allora, per definizione di differenziabilità, f è differenziabile in (0, 0) se e solo se
f (x, y) − f (0, 0) − fx (0, 0) x − fy (0, 0) y
p
= 0.
(x,y)→(0,0)
x2 + y 2
lim
Essendo f (0, 0) = 1 e fx (0, 0) = fy (0, 0) = 0, si tratta di calcolare il limite
p
p
sin ρ − ρ
sin x2 + y 2 − x2 + y 2
f (x, y) − 1
p
= lim
=
lim
lim
2
2
ρ→0
x +y
ρ2
(x,y)→(0,0)
(x,y)→(0,0)
x2 + y 2
− 61 ρ3 + o ρ4
=0
= lim
ρ→0
ρ2
dove si è naturalmente passati a coordinate polari. Poiché tale limite esiste ed è nullo, f è
differenziabile anche nell’orgine e pertanto f è differenziabile (e quindi derivabile rispetto
a qualsiasi direzione) in tutto R2 .
2) La funzione è definita su tutto R2 e, vista la sua espressione per (x, y) 6= (0, 0), la continuità
va controllata solo in (0, 0). Usando coordinate polari, risulta
f (ρ cos θ, ρ sin θ) =
3ρ3 cos3 θ − ρ3 sin3 θ
3
3
=
ρ
3
cos
θ
−
sin
θ
,
ρ2
dove si ha 3 cos3 θ − sin3 θ ≤ 3 |cos θ|3 + |sin θ|3 ≤ 4 e quindi |f (ρ cos θ, ρ sin θ)| ≤ 4ρ.
Dunque
lim f (x, y) = 0 = f (0, 0)
(x,y)→(0,0)
e pertanto f è continua su tutto R2 .
FUNZIONI DI DUE VARIABILI - Continuità e derivazione
8
In ogni punto (x, y) 6= (0, 0), le derivate parziali di f esistono e sono date da
3x2 (x2 + y 2 ) − 2x(3x3 − y 3 )
−4x4 + 3x2 y 2 + 2xy 3
∂f
=
=
∂x
(x2 + y 2 )2
(x2 + y 2 )2
e
−3y 2 (x2 + y 2 ) − 2y(3x3 − y 3 )
−6x3 y − 3x2 y 2 − y 4
∂f
=
=
.
∂y
(x2 + y 2 )2
(x2 + y 2 )2
Esse sono evidentemente continue in R2 \ {(0, 0)} e pertanto f è differenziabile (e quindi
derivabile direzionalmente in ogni direzione) in tutti i punti di R2 \ {(0, 0)}. Circa le
derivate parziali in (0, 0), si ha subito
f (x, 0) − f (0, 0)
∂f
(0, 0) = lim
=3 e
x→0
∂x
x
∂f
f (0, y) − f (0, 0)
(0, 0) = lim
= −1
y→0
∂y
y
e quindi, per definizione di differenziabilità, f è differenziabile in (0, 0) se e solo se
f (x, y) − 3x + y
p
= 0.
(x,y)→(0,0)
x2 + y 2
lim
(1)
Se restringiamo l’argomento del limite alle rette del tipo y = mx, otteniamo
f (x, mx) − 3x + mx
√
=
x2 + m2 x2
e quindi
lim
x→0±
3−m3
x
1+m2
− 3x + mx
x m (1 − 3m)
q
√
=
|x|
|x| 1 + m2
(1 + m2 )3
f (x, mx) − 3x + mx
m (1 − 3m)
√
=± √
,
x2 + m2 x2
1 + m2
per cui il limite (1) calcolato lungo y = mx dipende dalla scelta di m (ed è nullo solo per
m = 0, 1/3). Ciò significa che il limite (1) non esiste e quindi f non è differenziabile in
(0, 0).
Restano da studiare le derivate direzionali di f in (0, 0) (che possono esistere anche in assenza di differenziabilità). A tale scopo, ricorrendo alla definizione di derivata direzionale,
prendiamo un qualsiasi versore v = (cos θ, sin θ) e calcoliamo il limite
t 3 cos3 θ − sin3 θ
f (t cos θ, t sin θ) − f (0, 0)
∂f
(0, 0) = lim
= lim
= 3 cos3 θ − sin3 θ.
t→0
t→0
∂v
t
t
∂f
(0, 0) = 3 cos3 θ−sin3 θ.
Dunque f è derivabile in (0, 0) secondo ogni direzione v e risulta ∂v
Si noti che per v = (1, 0) e v = (0, 1) , cioè per θ = 0 e θ = 1, si riottengono le derivate
parziali già calcolate.
3) La funzione è definita su tutto R2 e, vista la sua espressione per (x, y) 6= (0, 0), la continuità
va controllata solo in (0, 0). In un precedente esercizio1 , si è però già provato che il limite
lim
(x,y)→(0,0)
1
f (x, y) =
x2 y
(x,y)→(0,0) x4 + y 2
lim
v. documento Funzioni di due variabili/Domini e limiti
9
FUNZIONI DI DUE VARIABILI - Continuità e derivazione
non esiste e pertanto f è continua su R2 \ {(0, 0)} e non è continua in (0, 0).
In ogni punto (x, y) 6= (0, 0), le derivate parziali di f esistono e sono date da
2xy(x4 + y 2 ) − 4x5 y
2xy 3 − 2x5 y
∂f
=
=
∂x
(x4 + y 2 )2
(x4 + y 2 )2
e
x2 (x4 + y 2 ) − 2x2 y 2
∂f
x6 − x2 y 2
=
=
.
∂y
(x4 + y 2 )2
(x4 + y 2 )2
Esse sono evidentemente continue in R2 \ {(0, 0)} e pertanto f è differenziabile (e quindi
derivabile direzionalmente in ogni direzione) in tutti i punti di R2 \ {(0, 0)}. Ovviamente
f non è differenziabile in (0, 0), dove non è nemmeno continua.
Studiamo infine le derivate direzionali di f in (0, 0), usando la definizione. A tale scopo,
prendiamo un qualsiasi versore v = (cos θ, sin θ) e consideriamo il limite
t3 cos2 θ sin θ
cos2 θ sin θ
f (t cos θ, t sin θ) − f (0, 0)
= lim 3 2
=
lim
.
t→0 t (t cos4 θ + sin2 θ)
t→0 t2 cos4 θ + sin2 θ
t→0
t
lim
Se sin θ 6= 0, allora risulta
∂f
cos2 θ sin θ
cos2 θ
(0, 0) = lim 2
=
.
2
t→0 t cos4 θ + sin θ
∂v
sin θ
Se invece sin θ = 0, cioè v = (1, 0), allora l’argomento del limite è costantemente nullo e
∂f
quindi si ottiene subito ∂v
(0, 0) = 0. In conclusione, le derivate direzionali di f in (0, 0)
esistono rispetto a tutte le direzioni.
4) La funzione f è definita in tutti i punti di R2 e, vista la sua espressione, è certamente
continua in R2 \ {(x, 0) : x ∈ R}. Bisogna allora studiarne la continuità nei punti dell’asse
x, ossia bisogna studiare i limiti
lim
(x,y)→(x0 ,0)
f (x, y)
al variare di x0 ∈ R. Osserviamo che il limite limy→0 arctan y1 non esiste, in quanto risulta
lim arctan
y→0+
π
1
=
y
2
e
lim arctan
y→0−
1
π
=− .
y
2
Allora, fissando x0 6= 0 e restringendo f alla retta x = x0 , si ottiene f (x0 , y) = x20 arctan y1 ,
il cui limite non esiste per y → 0. Dunque, se x0 6= 0, il limite di f (x, y) non esiste, perché
non esiste sulla retta x = x0 . Consideriamo ora x0 = 0. In questo caso, poiché f (x, 0) = 0
e − π2 ≤ arctan y1 ≤ π2 per ogni y 6= 0 implicano
π
π
− x2 ≤ f (x, y) ≤ x2
2
2
per ogni (x, y) ∈ R2 ,
(2)
possiamo usare il teorema del confronto sui limiti e concludere che lim(x,y)→(0,0) f (x, y) =
0, in quanto
π π 2
lim
− x2 =
lim
x = 0.
2
(x,y)→(0,0)
(x,y)→(0,0) 2
In definitiva, f è continua in R2 esclusi i punti dell’asse x diversi dall’origine.
10
FUNZIONI DI DUE VARIABILI - Continuità e derivazione
In tutti i punti (x, y) dell’aperto Ω = R2 \ {(x, 0) : x ∈ R} (punti di R2 non sull’asse x),
f (x, y) coincide con x2 arctan y1 e pertanto, in tali punti, ha derivate parziali
1
∂f
(x, y) = 2x arctan
∂x
y
∂f
(x, y) = x2
∂y
e
1+
1
2
1
y
1
− 2
y
=−
x2
.
y2 + 1
Tali derivate sono continue in Ω e perciò f è differenziabile (e quindi derivabile rispetto
a qualsiasi direzione) in tutto Ω. Restano da studiare derivabilità direzionale e differenziabilità nei punti (x0 , 0) dall’asse x. Cominciamo con il considerare x0 6= 0. Sia
v = (cos θ, sin θ) ed usiamo la definizione di derivata direzionale. Se sin θ 6= 0, allora si ha
∂f
f (x0 + t cos θ, t sin θ) − f (x0 , 0)
(x0 + t cos θ)2
1
(x0 , 0) = lim
= lim
arctan
t→0
t→0
∂v
t
t
t sin θ
1
(x0 + t cos θ)2
lim arctan
= lim
t→0
t→0
t
t sin θ
2
1
π
dove limt→0± (x0 +t tcos θ) = ±∞ e limt→0+ arctan t sin
θ = ± 2 a seconda che sia sin θ > 0
o sin θ < 0 rispettivamente. Quindi il limite considerato è in ogni caso infinito e dunque
∂f
∂v (x0 , 0) non esiste. Se invece sin θ = 0, cioè v = (1, 0), allora risulta
∂f
∂f
f (x0 + t, 0) − f (x0 , 0)
(x0 , 0) =
(x0 , 0) = lim
= 0.
t→0
∂v
∂x
t
(in quanto f (x0 + t, 0) = f (x0 , 0) = 0). Consideriamo ora x0 6= 0. Prendendo ancora
v = (cos θ, sin θ), se sin θ 6= 0 abbiamo
f (t cos θ, t sin θ) − f (0, 0)
1
= lim t cos2 θ arctan
=0
t→0
t→0
t
t sin θ
lim
1
(per il teorema del confronto, in quanto t → 0 e cos2 θ arctan t sin
θ è limitata), mentre per
v = (1, 0) risulta subito
f (t, 0) − f (0, 0)
∂f
∂f
(x0 , 0) =
(x0 , 0) = lim
= 0.
+
∂v
∂x
t
t→0
(in quanto f (t, 0) = f (0, 0) = 0). Dunque, tutte le derivate direzionali di f in (0, 0) esistono e sono nulle, mentre in (x0 , 0) con x0 6= 0 esiste solo la derivata parziale fx (x0 , 0) =
0.
Dalla precedente discussione, ricaviamo che f non è differenziabile nei punti dell’asse x
diversi dall’origine (dove non esistono tutte le derivate direzionali), mentre dobbiamo ancora controllare la differenziabilità nell’origine (dove tutte le derivate direzionali esistono).
Usando la definizione di differenziabilità, dobbiamo controllare se
f (x, y) − f (0, 0) − fx (0, 0) x − fy (0, 0) y
p
= 0,
(x,y)→(0,0)
x2 + y 2
lim
che, essendo f (0, 0) =
∂f
∂x
(0, 0) =
∂f
∂y
(0, 0) = 0, significa
f (x, y)
p
= 0.
(x,y)→(0,0)
x2 + y 2
lim
(3)
11
FUNZIONI DI DUE VARIABILI - Continuità e derivazione
Ricordando che vale la (2), risulta
x2
x2
f (x, y)
π
π
≤p
≤ p
− p
2 x2 + y 2
2 x2 + y 2
x2 + y 2
per ogni (x, y) ∈ R2 .
2
D’altra parte, passando a coordinate polari nella funzione g (x, y) = √ x2
x +y 2
lim
x2
(x,y)→(0,0)
p
x2 + y 2
, si ottiene
= 0,
perché |g (ρ cos θ, ρ sin θ)| = ρ cos2 θ ≤ ρ. Dunque la (3) è verificata grazie al teorema del
confronto e pertanto f è differenziabile in (0, 0).
5) La funzione è definita su tutto R2 e, vista la sua espressione per (x, y) 6= (0, 0), la continuità
va controllata solo nei punti dell’asse x. Poiché f (x, y) dipende in effetti solo da y, per
ogni x0 ∈ R abbiamo subito
lim
(x,y)→(x0 ,0)
f (x, y) = lim y 2 cos
y→0
1
= 0,
y
dove
del limite segue del fatto l’argomento è il prodotto di una funzione limitata
l’annullarsi
1
(cos y ≤ 1) per una funzione infinitesima (corollario al teorema del confronto). Dunque
f è continua in tutto R2 .
In tutti i punti (x, y) dell’aperto Ω = R2 \ {(x, 0) : x ∈ R} (R2 privato dell’asse x), f (x, y)
coincide con y 2 cos y1 (costante rispetto a x e derivabile rispetto a y) e pertanto, in tali
punti, ha derivate parziali
∂f
(x, y) = 0 e
∂x
∂f
1
1
(x, y) = 2y cos + sin .
∂y
y
y
Tali derivate sono continue in Ω e perciò f è differenziabile in tutto Ω. Restano da studiare
derivabilità direzionale e differenziabilità nei punti (x0 , 0) dall’asse x, dove chiaramente f
ammette derivate parziali date da
f (x, 0) − f (x0 , 0)
∂f
(x0 , 0) = lim
=0
x→x0
∂x
x
(perché f (x, 0) = f (x0 , 0) = 0) e
y 2 cos y1
∂f
f (x0 , y) − f (x0 , 0)
1
(x0 , 0) = lim
= lim
= lim y cos = 0
y→0
y→0
y→0
∂y
y
y
y
(perché y → 0 e la funzione cos y1 è limitata). Allora, per definizione di differenziabilità,
f è differenziabile in (x0 , 0) se e solo se esiste ed è nullo il limite
y 2 cos y1
f (x, y) − f (x0 , 0)
q
p
.
=
lim
2 + y2
(x,y)→(x0 ,0)
(x,y)→(x0 ,0)
2
(x
−
x
)
2
0
(x − x0 ) + y
lim
(4)
FUNZIONI DI DUE VARIABILI - Continuità e derivazione
Poiché si ha
p
(x − x0
)2
+
y2
≥
p
y2
12
1
= |y| e cos y ≤ 1, risulta
1
2
1
2
y cos y y cos y
y2
=p
≤
= |y| ,
p
(x − x0 )2 + y 2 |y|
(x − x0 )2 + y 2
da cui, siccome |y| → 0 per (x, y) → (x0 , 0) ed usando il teorema del confronto, otteniamo
2 cos 1
y
y
lim
p
= 0.
2
2
(x,y)→(x0 ,0) (x − x0 ) + y Ciò significa che il limite (4) è nullo e pertanto f è differenziabile in (x0 , 0). Dunque, per
la differenziabilità già osservata su Ω, f risulta differenziabile (e quindi derivabile rispetto
a qualsiasi direzione) in tutti i punti di R2 .
Osserviamo che la funzione f fornisce un esempio del fatto che l’implicazione secondo cui
la continuità delle derivate parziali implica la differenziabilità non vale al contrario; infatti
f è ovunque differenziabile, ma la sua funzione derivata parziale
1
1
∂f
2y cos + sin se y 6= 0
(x, y) =
y
y
0
∂y
se y = 0
non è continua nei punti dell’asse x, in quanto limy→0 2y cos y1 = 0 mentre limy→0 sin y1
non esiste, da cui si deduce che non esiste nemmeno il limite
∂f
(x, y) .
(x,y)→(x0 ,0) ∂y
lim
