Studio differenziabilità funzione

[gscatto]

Buongiorno, non riesco a risolvere il seguente esercizio.
Mi viene data la funzione $f_\alpha(x,y)$ definita $0$ per $xy=0$ mentre per $xy \ne 0$ risulta $|xy|^\alpha \sin\(\frac{1}{xy})$. Si richiede di studiarne la differenziabilità in $(x,y)=...$ (da determinare).

Riporto il mio ragionamento. Dal momento che $f_\alpha(x,y)\in C'(E = {(x,y)\in\mathbb{R}^2 : xy \ne 0})$, dove $E$ è aperto, allora per il teorema del differenziale totale $f_\alpha(x,y)$ è differenziabile in $E$.

Rimane da determinare se è differenziabile in $\partial E = {(x,y)\in\mathbb{R}^2 : xy = 0} = {(0,q)\in\mathbb{R}^2} \cup {(p,0)\in\mathbb{R}^2} = Q \cup P$.

Ho provato ad applicare la definizione di funzione differenziabile in un punto, scrivendo che se $f_\alpha(x,y)$ è differenziabile in $(x_0,y_0)\in \partial E$ allora: $ \lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}\frac{f_\alpha(x,y)-f_\alpha(x_0,y_0)-\nabla f_alpha(x_0,y_0)\cdot(x,y)}{||(x,y)-(x_0,y_0)||} = 0$.

Alcune considerazioni prima di svolgere il limite:
- Se $(x,y)\in \partial E$ allora $f_\alpha(x,y)=0$ per definizione di $f_\alpha(x,y)$;
- Se $(x,y)\in P$ allora $\frac{\partial}{\partial x}f_alpha(x,y)=0$ poiché in $P$ vale $f_\alpha(x,y)=0$;
- Se $(x,y)\in Q$ allora $\frac{\partial}{\partial y}f_alpha(x,y)=0$ poiché in $Q$ vale $f_\alpha(x,y)=0$;
- Per $(x,y)\in E$ vale $\frac{\partial}{\partial x}f_alpha(x,y)=\alpha|xy|^{\alpha-1}\text{sgn}(xy)y\sin(\frac{1}{xy})-|xy|^\alpha\cos(\frac{1}{xy})\frac{1}{x^2 y}$;
- Per $(x,y)\in E$ vale $\frac{\partial}{\partial y}f_alpha(x,y)=\alpha|xy|^{\alpha-1}\text{sgn}(xy)x\sin(\frac{1}{xy})-|xy|^\alpha\cos(\frac{1}{xy})\frac{1}{x y^2}$.

Ho svolto ora il limite per $(x,y)\to(p,0)\in P$.
$\lim_{(x,y)\to(p,0)} \frac{f_\alpha(x,y)-f_\alpha(x_0,y_0)-\nabla f_alpha(x_0,y_0)\cdot(x,y)}{||(x,y)-(p,0)||}$
$= \lim_{(x,y)\to(p,0)} \frac{|xy|^\alpha \sin\(\frac{1}{xy})-0-x \cdot 0 - y \cdot (\alpha|xy|^{\alpha-1}\text{sgn}(xy)x\sin(\frac{1}{xy})-|xy|^\alpha\cos(\frac{1}{xy})\frac{1}{x y^2})}{||(x,y)-(p,0)||}$
$= \lim_{(x,y)\to(p,0)} \frac{|xy|^\alpha \sin\(\frac{1}{xy})-(\alpha|xy|^{\alpha-1}\text{sgn}(xy)xy\sin(\frac{1}{xy})-|xy|^\alpha\cos(\frac{1}{xy})\frac{1}{x y})}{||(x,y)-(p,0)||}$

Ora $\text{sgn}(xy)xy = |xy|$.

$= \lim_{(x,y)\to(p,0)} \frac{|xy|^\alpha \sin\(\frac{1}{xy})-(\alpha|xy|^{\alpha}\sin(\frac{1}{xy})-|xy|^\alpha\cos(\frac{1}{xy})\frac{1}{x y})}{||(x,y)-(p,0)||}$
$= \lim_{(x,y)\to(p,0)} |xy|^{\alpha} \frac{\sin\(\frac{1}{xy})-\alpha\sin(\frac{1}{xy})+\cos(\frac{1}{xy})\frac{1}{x y}}{||(x,y)-(p,0)||}$
$= \lim_{(x,y)\to(p,0)} |xy|^{\alpha-1} \frac{\sin\(\frac{1}{xy})|xy|-\alpha\sin(\frac{1}{xy})|xy|+\cos(\frac{1}{xy})\text{sgn}(xy)}{||(x,y)-(p,0)||}$
$= \lim_{(x,y)\to(p,0)} |xy|^{\alpha-1} \frac{\sin\(\frac{1}{xy})|xy|(1-\alpha)+\cos(\frac{1}{xy})\text{sgn}(xy)}{||(x,y)-(p,0)||}$

Ora passiamo al valore assoluto del limite, nella speranza di maggiorarlo ad un espressione che tende a zero, in modo da poter usare il teorema dei due carabinieri.

$= \lim_{(x,y)\to(p,0)} ||xy|^{\alpha-1} \frac{\sin\(\frac{1}{xy})|xy|(1-\alpha)+\cos(\frac{1}{xy})\text{sgn}(xy)}{||(x,y)-(p,0)||}|$
$\leq \lim_{(x,y)\to(p,0)} ||xy|^{\alpha-1} \frac{\sin\(\frac{1}{xy})|xy|(1-\alpha)+1}{||(x,y)-(p,0)||}|$
$\leq \lim_{(x,y)\to(p,0)} ||xy|^{\alpha-1} \frac{|xy|(1-\alpha)+1}{||(x,y)-(p,0)||}|$
$\leq \lim_{(x,y)\to(p,0)} ||xy|^{\alpha-1} \frac{|xy|(1-\alpha)+1}{\sqrt{(x-p)^2+y^2}}|$
$\leq \lim_{(x,y)\to(p,0)} ||xy|^{\alpha} \frac{1-\alpha}{\sqrt{(x-p)^2+y^2}}|+||xy|^{\alpha-1} \frac{1}{\sqrt{(x-p)^2+y^2}}|$

Da qui non riesco a continuare. E' possibile concludere il calcolo o avrei dovuto usare il teorema del differenziale totale?

Vi ringrazio per l'aiuto.