[Risolto] Continuità e derivabilità

Affinché la funzione sia continua dev'essere:

$ lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)} f(x,y) = 0$

Per risolvere il limite, sommiamo e sottraiamo 1 al numeratore:

$ lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)} \frac{e^{2x^2}-1+1-cos(y^2)}{\sqrt{x^2 + y^2}}$

sfruttando i limiti notevoli otteniamo:

$ lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)} \frac{2x^2+1/2 y^4}{\sqrt{x^2 + y^2}}$

Sostituiamo $y=mx$ per vedere come varia il limite in funzione del coefficiente:

$ lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)} \frac{2x^2+1/2 m^4x^4}{\sqrt{x^2 + m^2x^2}}$

mettendo in evidenza:

$ lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)} \frac{x^2(2+1/2 m^4x^2)}{|x| \sqrt{1 + m^2}} = \frac{|x|(2+1/2 m^4x^2)}{\sqrt{1 + m^2}} = 0, \forall m\in R$

Quindi la funzione è continua in (0,0).

Per l'esistenza delle derivate parziali nell'origine (altrove la funzione è evidentemente derivabile), vediamo se esiste finito il limite:

$ lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}$

$ lim_{h \rightarrow 0} \frac{\frac{e^{2h^2}-1}{\sqrt{h^2+0}}-0}{h} $

$ lim_{h \rightarrow 0} \frac{e^{2h^2}-1}{h^2} = 2$

Quindi la derivata parziale rispetto a x esiste ed è $f_x(0,0)=2$.

Analogamente rispetto a y:

$ lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(0,h)-f(0,0)}{h}$

$ lim_{h \rightarrow 0} \frac{\frac{1-cos(h^2)}{\sqrt{h^2+0}}-0}{h} $

$ lim_{h \rightarrow 0} \frac{1-cos(h^2)}{h^2} = \frac{1/2 h^4}{h^2} = 0$

Anche qui la derivata parziale rispetto a y esiste ed è $f_y(0,0) = 0$

Per la differenziabilità, stabilito che le derivate parziali esistono, vediamo se il seguente limite è nullo:

$lim_{(h,k) \rightarrow (0,0)} \frac{f(h,k)-f(0,0)-f_x(0,0)h -f_y(0,0)k}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0$

Risolviamo:

$lim_{(h,k) \rightarrow (0,0)} \frac{\frac{e^{2h^2}-cos(k^2)}{\sqrt{h^2+k^2}}-0-2h -0}{\sqrt{h^2+k^2}} $

facendo il mcm:

$lim_{(h,k) \rightarrow (0,0)} \frac{e^{2h^2}-cos(k^2)-2h\sqrt{h^2+k^2}}{h^2+k^2}$

come prima sommando e sottraendo 1 otteniamo:

$lim_{(h,k) \rightarrow (0,0)} \frac{e^{2h^2}-1+1-cos(k^2)-2h\sqrt{h^2+k^2}}{h^2+k^2}$

$lim_{(h,k) \rightarrow (0,0)} \frac{2h^2+\frac{1}{2}k^4-2h\sqrt{h^2+k^2}}{h^2+k^2}$

Passando in coordinate polari otteniamo

$lim_{(r,t) \rightarrow (0,0)} \frac{2r^2 cos^2t+\frac{1}{2}r^2sin^2t-2r^2 cost}{r^2}$

e semplificando:

$lim_{(r,t) \rightarrow (0,0)} \frac{1}{2}sin^2t = 0$

Quindi la funzione è differenziabile

Noemi