Funzioni a due parametri

Definiamo l'insieme $\mathbb R^2 := \{(x,y): x,y \in \mathbb R\}$, gli elementi $(x,y)$ sono chiamati vettori (o punti) in $\mathbb R^2$. Questi vettori hanno operazioni:

• Somma: $(x_1,y_1) + (x_2,y_2) = (x_1+x_2, y_1+y_2)$
• Prodotto per uno scalare: $\alpha \cdot (x,y) = (\alpha x, \alpha y)$

Per misurare la distanza di un punto $(x,y)$ dall'origine $(0,0)$, usiamo la norma:

$$\| (x,y) \| = \sqrt{x^2 + y^2}$$

Che ha le seguenti proprietà:

• $\| (x,y) \| \geq 0$ per ogni $(x,y) \in \mathbb R^2$, e $\| (x,y) \| = 0$ se e solo se $(x,y) = (0,0)$
• $\| \alpha \cdot (x,y) \|\ = \|\alpha| \cdot \| (x,y) \|$ per ogni $\alpha \in \mathbb R$
• $\| (x_1,y_1) + (x_2,y_2) \| \leq \| (x_1,y_1) \| + \| (x_2,y_2) \|$ per ogni $(x_1,y_1), (x_2,y_2) \in \mathbb R^2$ (disuguaglianza triangolare)

Possiamo misurare la distanza tra due punti $(x_1,y_1)$ e $(x_2,y_2)$ come:

$$\| (x_1,y_1) - (x_2,y_2) \| = \sqrt{(x_1 - x_2)^2 + (y_1 - y_2)^2}$$

Infine definiamo il prodotto scalare tra due vettori $(x_1,y_1)$ e $(x_2,y_2)$ come:

$$(x_1,y_1) \cdot (x_2,y_2) = x_1x_2 + y_1y_2$$

🟠 Limiti di funzioni a due parametri

Diremo che la successione di vettori $\{(x_n,y_n)_{n\in\mathbb N} \subset R^2\}$ converge al vettore $(x_0,y_0)$ se:

$$\| (x_n,y_n) - (x_0,y_0) \| \to 0 \quad \text{per} \ n \to +\infty$$

Allora scriviamo:

$$lim_{n \to +\infty} (x_n,y_n) = (x_0,y_0)$$

E vale che:

$$\lim_{n \to +\infty} (x_n,y_n) = (x_0,y_0) \quad \Leftrightarrow \quad \left \{ \begin{aligned} \lim_{n \to +\infty} x_n = x_0 \\ \lim_{n \to +\infty} y_n = y_0 \end{aligned} \right.$$

Possiamo fare lo stesso per le funzioni $f: \mathbb X \subseteq \mathbb R^2 \to \mathbb R$.

Alcune osservazioni:

• La definizione di limite a due variabili può essere data solo per $(x_0, y_0) \in \mathbb R^2$, cioè al finito, quindi escludiamo i punti all'infinito.
• Il limite se esiste, è unico.
• Valgono le regole per il calcolo dei limiti, come la linearità, il prodotto, il quoziente, etc...

🟢 NON Esistenza del limite

Una condizione per la NON esistenza del limite di una funzione a due variabili è che il limite:

$$\lim_{(x,y) \to (x_0,y_0)} f(x,y) = l$$

Cioè che per ogni avvicinamento all'origine, risulta che il limite deve convergere allo stesso valore $l$.

In altre parole, se esistono due o più avvicinamenti all'origine con valori di limite diversi, allora il limite non esiste.

Per generalizzare possiamo dire che se il limite $\lim_{x \to 0} f(x, mx)$ esiste ma dipende da $m \in \mathbb R$ (cioè se x = 0, posso scegliere $m$ come voglio per cambiare il valore del limite), allora il limite:

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

non esiste.

Per esempio, consideriamo il limite:

$$\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{xy}{x^2 + y^2}$$

ponendo $y = mx$, otteniamo:

$$\lim_{x \to 0} f(x, mx) = \lim_{x \to 0} \frac{mx^2}{x^2 + m^2x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{m}{1 + m^2} = \frac{m}{1 + m^2}$$

Che dipende da $m$, quindi il limite non esiste.

Ricordiamo che questo è una condizione sufficiente per la non esistenza del limite, ma non è l'unica. Infatti, se il limite di $x \to 0$ di $f(x, mx)$ esiste, non significa che il limite di $f(x,y)$ esiste.

Facciamo un altro esempio, consideriamo il limite:

$$\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^2y}{x^4 + y^2}$$

Ponendo $y = mx$, otteniamo:

$$\lim_{x \to 0} f(x, mx) = \lim_{x \to 0} \frac{x^2(mx)}{x^4 + (mx)^2} = \lim_{x \to 0} \frac{mx^3}{x^4 + m^2x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{mx}{x^2 + m^2} = 0$$

Quindi tutti i limiti di $f(x, mx)$ sono uguali a 0, ma questo non implica che il limite di $f(x,y)$ esista, ma se esiste, deve essere necessariamente 0. Infatti, se proviamo a calcolare il limite con $y = x^2$, otteniamo:

$$\lim_{x \to 0} f(x, x^2) = \lim_{x \to 0} \frac{x^2(x^2)}{x^4 + (x^2)^2} = \lim_{x \to 0} \frac{x^4}{x^4 + x^4} = \lim_{x \to 0} \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \ne 0 = \lim_{x \to 0} f(x, x)!!$$

Che sono due avvicinamenti diversi all'origine, dove $y = x^2$ ha limite $\frac{1}{2}$, mentre $y = x$ ha limite 0. Allora il limite di $f(x,y)$ non esiste.

🟢 Coordinate polari

Un punto $P$ nel piano può essere rappresentato sia in coordinate cartesiane $(x,y)$ che in coordinate polari $(\rho,\theta)$:

E possiamo passare da coordinate cartesiane a polari e viceversa tramite:

$$\left \{ \begin{aligned} x &= \rho \cos(\theta) \\ y &= \rho \sin(\theta) \\ \end{aligned} \right. \qquad \left\{ \begin{aligned} &\rho = \sqrt{x^2 + y^2} \\ &\tan(\theta) = \frac{y}{x} \\ \end{aligned} \right.$$

🟢 Esistenza del limite di una funzione a due parametri

La relazione $tan \theta = \frac{y}{x}$ non può essere usata per calcolare $\theta$ dato che la funzione $tan$ non è invertibile in $[0, 2\pi)$. Da notare che $(x, y) \to (0,0) \Leftrightarrow \rho \to 0^+$. Il che vuol dire che passando da coordinate cartesiani a polari, il limite di due variabili si trasforma in un limite di una variabile. A questo punto diciamo:

Se esiste $l \in \mathbb R$ e una funzione $g(\rho)$ INDIPENDENTE DA $\theta$ (sennò il limite non esiste), tale che:

Con $g(\rho) \to 0$ per $\rho \to 0^+$, allora il limite:

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

Facciamo un esempio, consideriamo il limite:

$$\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{2x^2y}{x^2 + y^2} := l$$

Analogamente al limite precedente, $\lim_{x \to 0} f(x, mx) = 0$, passiamo alle coordinate polari:

E quindi segue che il limite è 0

Facciamo un altro esempio:

🟢 Calcolo del limite di una funzione a due parametri

Calcola (se esiste) il limite

$$\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{sin^2(xy)}{x^2 + y^2}$$

Per prima cosa, sappiamo che il limite è unico, allora proviamo a risolvere il limite per $y = mx$, questo ci dà anche condizione di esistenza del limite. Infatti, se il limite dipende da $m$, allora il limite originario non esiste.

Poniamo $y = mx$

$$\begin{aligned} \frac{sin^2(xy)}{x^2 + y^2}& \quad \text {poniamo} \quad y=mx \\ & = \frac{sin^2(x \cdot mx)}{x^2 + m^2x^2} \\\\ & = \frac{sin(mx^2)}{(1 + m^2)x^2} \\ \\ & \text{dato che stiamo approcciando} \quad x \to 0 \quad \text{sappiamo che} \quad sin(x) \sim x \\ \\ &\sim \frac{(mx^2)^2}{1+m^2}x^2 \\ \\ &= \frac{m^2}{1+m^2}x^2 \end{aligned}$$

e per $x \to 0$, il limite tende a $0$, che non dipende da $m$, allora se il limite esiste, deve necessariamente essere $0$.

Ora che abbiamo trovato il "potenziale" limite, andiamo a verificarlo.

Passiamo prima alle coordinate polari:

$$\begin{aligned} f(x,y) &= f(\rho cos(\theta), \rho sin(\theta)) \\ \\ &= \frac{sin^2(\rho cos(\theta)\cdot\rho sin(\theta))}{(\rho cos(\theta))^2 + (\rho sin (\theta))^2} \\ \\ &= \frac{sin^2(\rho^2cos(\theta)sin(\theta))}{\rho^2(cos^2(\theta)sin^2(\theta))} \\ \\ &= \frac{sin^2(\rho^2cos(\theta)sin(\theta))}{\rho^2} \\ \end{aligned}$$

Ora applichiamo $|f(\rho cos(\theta), \rho sin(\theta)) - l| \le g(\rho)$. Sappiamo che $l = 0$ e che $|sin x| \le |x|$, allora:

$$\begin{aligned} \left|\frac{sin^2(\rho^2cos(\theta)sin(\theta))}{\rho^2} \right| &\le \frac{(\rho^2cos(\theta)sin(\theta))^2}{\rho^2} \\ &= \frac{\rho^{\cancel{4}^2}(cos(\theta)sin(\theta))^2}{\cancel{\rho^2}} \\ & = \rho^2(cos(\theta)sin(\theta))^2 \\ \\ \end{aligned}$$

Sappiamo che $|\cos(x)\sin(x)| = |cos(x)| \ |sin(x)| \le 1 \cdot 1 = 1$ Allora possiamo dire che

$$\rho^2(cos(\theta)sin(\theta)) \le \rho^2$$

E dato che per $\rho \to 0$ abbiamo che $\rho^2 \to 0$, allora il limite converge a $0$, quello che avevamo supposto prima. Allora il limite esiste ed è $0$

🟠 Controllo sulla continuità

• La funzione $f$ è continua in $(x_0, y_0) \Leftrightarrow$ $\forall \epsilon > 0$ esiste $\delta > 0$ tale che:
  • $\| f(x,y) - f(x_0,y_0) \| < \epsilon$ per ogni $(x,y) \in \mathbb R^2$
  • $\| (x,y) - (x_0,y_0) \| < \delta$
• La funzione $f$ è definita sul punto $(x_0, y_0)$
• La funzione $f$ è continua in $(x_0, y_0) \Leftrightarrow$ $\lim_{(x,y) \to (x_0,y_0)} f(x,y) = f(x_0,y_0)$
• Somme, differenze, prodotti e quozienti di funzioni continue sono continue.

🟠 Controllo della Derivabilità

Siano $f: X \subset \mathbb R^2 \to \mathbb R$ e $(x_0,y_0) \in X$, allora:

• $f$ è derivabile in $(x_0,y_0)$ rispetto a $x$ se esiste il limite (derivabilità parziale per x):

$$\lim_{h \to 0} \frac{f(x_0 + h, y_0) - f(x_0,y_0)}{h}$$

• $f$ è derivabile in $(x_0,y_0)$ rispetto a $y$ se esiste il limite (derivabilità parziale per y):

$$\lim_{k \to 0} \frac{f(x_0, y_0 + k) - f(x_0,y_0)}{k}$$

Queste derivate le chiamiamo derivate parziali rispetto a $x$ o $y$ in $(x_0,y_0)$ e le chiamiamo $f_x(x_0,y_0)$ e $f_y(x_0,y_0)$ rispettivamente.

Per calcolare la derivata parziale rispetto a $x$ o $y$ basta derivare rispetto a $x$ o $y$ come se fosse una funzione di una variabile, considerando l'altra variabile come una costante. Per esempio:

• $f(x,y) = 2x^3y - y^2 + 3xy$ allora $f_x(x,y) = 6x^2y + 3y$ e $f_y(x,y) = 2x^3 - 2y + 3x$
• $f(x,y) = e^{xy} + y^2$ allora $f_x(x,y) = y e^{xy}$ e $f_y(x,y) = x e^{xy} + 2y$

Se però queste funzioni non sono derivabili, dobbiamo passare per la definizione, per esempio, per $f(x,y) = | x | y$ sul punto $(0,y)$

$$f_x(0,y) = \lim_{h \to 0}\frac{f(0 + h, y) - f(0,y)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{|h| \cdot y}{h} = \left\{ \begin{aligned} &\not\exists \quad \text{se} \quad y \ne 0 \\ &0 \quad \text{se} \quad y = 0 \end{aligned} \right.$$

A differenza delle derivate a una variabile, la derivabilità non implica la continuità

Per esempio, troviamo la derivabilità parziale in $(0,0)$ di $f(x,y) = |x-1| \cdot (|y| + 1)$

Prima facciamo $f_x(0,0)$

$$f_x(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h, 0) - f(0,0)}{h} = \lim_{h \to 0}\frac{|h - 1|\cdot 1 - 1}{h} = -1$$

Poi $f_y(0,0)$

$$f_y(0,0) = \lim_{k \to 0} \frac{f(0, k) - f(0,0)}{k} = \lim_{k \to 0}\frac{|-1| \cdot (|k|+1) - 1}{k} = \lim_{k \to 0}\frac{|h|}{h} = \text{non esiste}$$

Allora $f$ non è derivabile parzialmente (in questo caso perchè almeno una delle due derivate non esiste).

🟠 Controllo sulla differenziabilità

Alternativamente, se $f: X \subset \mathbb R^2$ è derivabile con continuità (cioè le derivate $f_x$ e $f_y$ di $f$ esistono e sono continue), allora $f$ è differenziabie

Esempio: $f(x,y) := sin(x^2 \cdot e^y)$, calcoliamo le derivate parziali:

• $f_x(x,y) = cos(x^2 \cdot e^y) \cdot 2x \cdot e^y$
• $f_y(x,y) = cos(x^2, e^y) \cdot x^2 \cdot e^y$

Sono entrambe continue, allora $f(x,y)$ è differenziabile

🟢 Equazione del piano tangente

Prendendo il termine lineare nella definizione di differenziabilità ci dà l'equazione del piano tangente $p$ nel punto $(x_0, y_0)$:

$$z = p(x,y) = f(x_0,y_0) + f_x(x_0, y_0) \cdot (x - x_0) + f_y(x_0, y_0) \cdot (y - y_0)$$

Esempio

Sia $f(x,y) = 2x^3y - y^2 + 3xy$.
Punto base: $(x_0, y_0) = (1,1)$.

Valutazione della funzione in $(1,1)$:

$$f(1,1) = 2(1)^3(1) - (1)^2 + 3(1)(1) = 2 - 1 + 3 = 4$$

Derivata parziale rispetto a $x$:

$$f_x(x,y) = \frac{\partial}{\partial x}(2x^3y - y^2 + 3xy) = 6x^2y + 3y$$ $$f_x(1,1) = 6(1)^2(1) + 3(1) = 6 + 3 = 9$$

Derivata parziale rispetto a $y$:

$$f_y(x,y) = \frac{\partial}{\partial y}(2x^3y - y^2 + 3xy) = 2x^3 - 2y + 3x$$ $$f_y(1,1) = 2(1)^3 - 2(1) + 3(1) = 2 - 2 + 3 = 3$$

Costruzione del piano

$$p(x,y) = f(1,1) + f_x(1,1)(x - 1) + f_y(1,1)(y - 1)$$ $$p(x,y) = 4 + 9(x - 1) + 3(y - 1)$$

Esempio 2

In quale punto $(x_0, y_0) \in \mathbb R^2$ il piano $z = 2 + x - y$ è tangente al grafico di $f(x,y) = 1 + xy$?

Per prima cosa calcoliamo le derivate parziali:

• $f_x = y$
• $f_y = x$ A questo punto scriviamo la formula del piano tangente:

$$\begin{aligned} p(x,y) &= f(x_0, y_0) + f_x(x_0, y_0)(x - x_0) + f_y(x_0, y_0)(y - y_0) \\ &= 1 + x_0y_0 + y_0(x-x_0) + x_0(y - y_0) \\ &= 1 + \cancel{x_0y_0} + y_0x \cancel{- y_0x_0} + x_0y - x_0y_0\\ &= 1 - x_0y_0 + y_0 \cdot x + x_0\cdot y \end{aligned}$$

Ora confrontiamo questo risultato con $z = 2 + 1\cdot x + (-1) \cdot y$, dobbiamo confrontare i coefficienti di $p(x,y)$ per i coefficienti di $z$, devono essere uguali, allora scriviamo:

• $1 - x_0y_0 = 2$
• $y_0 = 1$
• $x_0 = -1$ Dato che le ultime due equazioni non hanno bisongo di altri calcoli per trovare i valori di $x_0$ e $y_0$, e la prima equazione è valida per questi due valori, abbiamo trovato il punto $(-1, 1)$ tale che $z$ è tangente a $f$

🟢 Derivate direzionali

Sia $f: X \subset \mathbb R^2 \to \mathbb R$ e $P = (x_0,y_0) \in X$ punto, e $v = (v_0, v_1)$ un versore, cioè che la sua norma è 1 $\|v\| = \sqrt{v_0^2 + v_1^2} = 1$. Se converge:

$$\lim_{h \to 0}\frac{f(P_0 + h \cdot v) - f(P_0)}{h} = \lim_{h \to 0}\frac{f(x_0 + h \cdot v_0, y_0 + h \cdot v_1) - f(x_0, y_0)}{h} = \frac{\partial f}{\partial v}(x_0,y_0)$$

allora si dice che $f$ è derivabile verso la direzione $v$ in $P$, con derivata direzionale $\frac{\partial f}{\partial v}(x_0,y_0)$.

Usando le coordinate polari, tutti i versori $v \in \mathbb R^2$ si possono rappresentare come $v = (\cos(\theta), \sin(\theta))$ per qualche $\theta \in [0, 2\pi)$.

Per calcolare la derivata direzionale $D_vf(x_0, y_0)$ per $v = (v_0, v_1)$ usiamo:

$$D_vf(x_0, y_0) = f_x(x_0, y_0)\cdot v_0 + f_y(x_0, y_0) \cdot v_1$$

Dove $f_x$ e $f_y$ sono le derivate parziale rispetto $x$ e $y$.

Esempio

Trova la derivata direzionale $D_vf(2,1)$ per $f(x,y) = \frac{9y}{x + y}$ e il versore $v = (\frac{4}{5}, \frac{3}{5})$

Calcoliamo per prima cosa le derivate parziali rispetto a $x$ e $y$

$$\begin{aligned} f_x(x,y) &= \frac{d}{dx}\left( \frac{9y}{x + y}\right) \\ &= \frac{d}{dx}\left( 9y \cdot (x+y)^{-1}\right) \\ &= 0 \cdot(x+y)^{-1} + (-9y(x+y)^2) \\ &= \frac{-9y}{(x+y)^2} \end{aligned}$$ $$\begin{aligned} f_y(x,y) &= \frac{d}{dy}\left( \frac{9y}{x + y}\right) \\ &= \frac{d}{dy}\left( 9y \cdot (x+y)^{-1}\right) \\ &= 9(x+y)^{-1} + 9y(-(x + y)^{-2}) \\ &= \frac{9}{x+y} - \frac{9y}{(x+y)^2} \\ &= \frac{9x}{(x+y)^2} \end{aligned}$$

A questo punto valutiamo:

$$\begin{aligned} D_vf(x_0, y_0) &= f_x(x_0, y_0)\cdot v_0 + f_y(x_0, y_0) \cdot v_1 \\ D_vf(2,1) &= f_x(2,1) \cdot \frac{4}{5} + f_y(2,1)\cdot\frac{3}{5} \\ &= \frac{-9}{9}\cdot\frac{4}{5} + \frac{18}{9}\cdot\frac{3}{5} \\ &= \frac{2}{5} \end{aligned}$$

🟠 Teorema del gradiente

è un modo per calcolare facilmente la derivata direzionale.

Sia $f: X \subset R^2 \to R$, $(x_0, y_0) \in X$ e $v = (v_0, v_1) \in \mathbb R^2$ un versore. Se $f$ è differenziabile in $(x_0, y_0)$ allora:

$$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial v}(x_0,y_0) &= \left( \frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0), \frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0) \right) \cdot (v_0, v_1) \\ &= \frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0) \cdot v_0 + \frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0) \cdot v_1 \end{aligned}$$

Dove $\cdot$ è il prodotto scalare.

Da questo teorema deriva che se $f$ è differenziabile in $(x_0, y_0)$ allora in $(x_0, y_0)$ esistono le derivate direzionali secondo ogni direzione $v$.

Esempio, sia $f(x,y) = 2x^3 - y^2 +3xy$ e $v = (\frac{1}{\sqrt 2}, \frac{1}{\sqrt 2})$ e $(x_0, y_0) = (1,1)$, allora:

$$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial v}(1,1) &= \left( \frac{\partial f}{\partial x}(1,1), \frac{\partial f}{\partial y}(1,1) \right) \cdot (v_0, v_1) \\ &= (\frac{1}{\sqrt 2} \frac{1}{\sqrt 2}) \cdot (9, 3) \\ &= \frac{9}{\sqrt 2} + \frac{3}{\sqrt 2} \\ &= \frac{12}{\sqrt 2} \\ &= 6\sqrt 2 \end{aligned}$$

Il gradiente può essere scritto come $Df(x, y)$, e:

• Punta nella direzione di massima crescita della funzione
• La sua norma è il tasso di crescita della funzione in quella direzione.
• Negando il gradiente, otteniamo la direzione di massima decrescita della funzione.