Differenziabilità su tutto il dominio

[nicetry]

Ciao a tutti! Sono alle prese con un esercizio d'esame di analisi 2. Il testo è il seguente:
Sia \(\displaystyle \alpha >0 \) e sia \(\displaystyle f:\mathbb{R}^2\rightarrow \mathbb{R} \) definita da \(\displaystyle f(x,y)=x^\alpha\cdot ln\left(\frac{x^4+2y^4}{x^4+y^4} \right)\) se \(\displaystyle (x,y)\neq (0,0) \), \(\displaystyle 0 \) altrimenti.
Mi viene chiesto di dire se le due affermazioni siano vere o false:
1. \(\displaystyle f \) non è differenziabile su tutto \(\displaystyle \mathbb{R}^2 \) per un numero finito di valori di \(\displaystyle \alpha \)
2. \(\displaystyle \alpha > 1\Rightarrow f\) differenziabile su tutto \(\displaystyle \mathbb{R}^2 \)

Il mio approccio è stato abbastanza qualitativo e poco quantitativo, ma vorrei sviluppare un certo rigore per esercizi di questa tipologia. Il mio problema è nello stabilire la differenziabilità su tutto lo spazio, infatti se fosse richiesta solo in un determinato punto sarebbe sufficiente determinare le derivate parziali mediante definizione (limite di rapporto incrementale) e applicare il teorema che afferma che se \(\displaystyle lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)-\delta_xf(x_0,y_0)\cdot h - \delta_yf(x_0,y_0)\cdot k}{\sqrt(h^2+k^2)}\) è nullo, allora la funzione è ivi differenziabile.

Nel caso dell'esercizio, invece, non posso neanche impostare un valore definito di \(\displaystyle \alpha \), dato che se ne propone un intervallo.
Il mio passaggio iniziale è stato solamente calcolare le derivate parziali mediante le regole mnemoniche e concludere che la funzione sia sempre differenziabile \(\displaystyle \forall \alpha > 0 \), ma mi sembra un po' semplicistico.

Qualcuno potrebbe indirizzarmi verso un approccio più sistematico? Grazie a tutti!

[Mephlip]

Ciao nicetry, benvenut* sul forum!

Avrei da ridire sul testo dell'esercizio: dato che $\alpha>0$ è reale, $x^\alpha$ è definita solo per $x \ge 0$. Quindi, tecnicamente, non ha senso chiedere la differenziabilità in $\mathbb{R}^2$ perché $f$ non è definita in tutto $\mathbb{R}^2$ ma bensì in $[0,\infty[ \times \mathbb{R}$. Sicur* che nel testo non ci fosse $|x|^\alpha$ al posto di $x^\alpha$ o che non fosse specificato $x \ge 0$?

Comunque, mi attengo al testo dell'esercizio per non confonderti troppo le idee. Il ragionamento rimane uguale, al più devi specificare $x \ge 0$ anziché $x \in \mathbb{R}$.

Se $(x,y) \ne (0,0)$, hai che $f$ è differenziabile per il teorema del differenziale totale in quanto le sue derivate parziali esistono per ogni $\mathbb{R}^2 \setminus \{(0,0)\}$ e sono continue per ogni $\mathbb{R}^2 \setminus \{(0,0)\}$. Dunque, in realtà, devi effettivamente vedere cosa succede solo in $(0,0)$. In tale punto, le derivate parziali sono nulle perché $f$ è nulla lungo gli assi ($\alpha>0$ fa sì che $x^\alpha$ sia definita per $x=0$). Quindi, per la differenziabilità in $(0,0)$, devi calcolare il seguente limite:
$$\lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{f(h,k)-f(0,0)-f_x(0,0)h-f_y(0,0)k}{\sqrt{h^2+k^2}}=\lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{h^\alpha \log \left(\frac{h^4+2k^4}{h^4+k^4}\right)}{\sqrt{h^2+k^2}}$$
Ma esso non esiste per $\alpha=1$, mentre è $\infty$ per ogni $0<\alpha<1$; quindi, in ogni caso, $f$ non è differenziabile in $(0,0)$ per ogni $0<\alpha \le 1$ e dunqe (1) è falsa perché l'intervallo $0<\alpha \le 1$ è infinito.

Per (2) puoi provare ad emulare quanto ti ho scritto sopra e provare tu. Se hai dubbi, chiedi pure qui!

[nicetry]

Grazie mille intanto per la risposta rapidissima:)
Il testo proposto era proprio così, potrebbe però essere che magari in aula avesse specificato a voce la condizione $x \ge 0$.
Ho provato a risolverlo e mi sembra chiaro; gli unici dubbi da fugare sono:
- quando hai scritto il limite da calcolare per la differenziabilità hai omesso volontariamente $h$ e $k$ che moltiplicano le derivate parziali, perché tanto sono $= 0$? O c'è un'altra ragione che mi sfugge?
- la risposta del punto 2. non deriva direttamente da quanto hai riportato subito dopo il limite? Ovvero che dato $\alpha>1$ , allora la funzione è differenziabile su tutto $\mathbb{R}^2$?

[Mephlip]

Prego!

- quando hai scritto il limite da calcolare per la differenziabilità hai omesso volontariamente \(\displaystyle h \) e \(\displaystyle k \) che moltiplicano le derivate parziali, perché tanto sono = 0? O c'è un'altra ragione che mi sfugge?

No, non ti sfugge niente. È stato un mio errore di battitura: ci vanno $h$ e $k$. Ora modifico, grazie per avermelo fatto notare.

- la risposta del punto 2. non deriva direttamente da quanto hai riportato subito dopo il limite? Ovvero che dato \(\displaystyle \alpha > 1 \) , allora la funzione è differenziabile su tutto \(\displaystyle \mathbb{R}^2 \)?

Non proprio, io ti ho detto che il limite non esiste per $0<\alpha \le 1$, ma non ho detto nulla su cosa avviene per $\alpha>1$. Il limite sopraccitato potrebbe benissimo esistere come non potrebbe esistere.
In altre parole, cosa avviene per $\alpha>1$ è un esercizio per te: prova a dimostrare che per $\alpha>1$ il limite sopraccitato esiste ed è $0$ (in tal caso, $f$ è differenziabile nel suo dominio per ogni $\alpha>1$). Se non ci riesci, o non stai procedendo correttamente o (2) potrebbe essere falsa (visto che il testo lascia ambiguità sulla verità o la falsità dell'implicazione (2). Sono qui pronto ad aiutarti per qualsiasi dubbio, o se ti blocchi e non sai come procedere.

[nicetry]

In effetti hai ragione: per il punto 2 potrebbe essere corretto così?
Calcolo \(\displaystyle \lim_{(h,k)\to (0,0)}\frac{h^\alpha\cdot ln\left(\frac{h^4+2k^4}{h^4+k^4}\right)}{\sqrt{h^2+k^2}} \) passando alle coordinate polari: \(\displaystyle \lim_{\rho\to 0}\frac{\rho^\alpha(\cos \theta)^\alpha\cdot ln\left(\frac{\rho^4(\cos \theta)^4+2\rho^4(\sin \theta)^4}{ \rho^4(\cos \theta)^4+\rho^4(\sin \theta)^4}\right)}{\rho}\) che per \(\displaystyle \alpha >1 \) manda il numeratore in 0; per \(\displaystyle \alpha =1 \) ha comportamento oscillante; per \(\displaystyle \alpha <1 \) è \(\displaystyle \infty \)?
Quindi per \(\displaystyle \alpha > 1 \) la funzione è differenziabile anche in 0, rendendo vera la seconda affermazione?

Se questi passaggi dovessero essere giusti, a grandi linee il procedimento per controllare la differenziabilità su tutto uno spazio in presenza di parametri è:
1. calcolare le derivate parziali mediante regole mnemoniche
2. vedere se queste rispettino il teorema del differenziale totale
2a. se non applicabile, non è possibile concludere nulla
3. verificare la definizione di derivata parziale per i punti critici
3.a se non esistono, la funzione non è derivabile, quindi non differenziabile su tutto lo spazio
4. se derivabile, studiare il comportamento del limite per la differenziabilità, al variare del parametro
giusto?

[Mephlip]

Non so quanta esperienza hai con i limiti in più variabili, ma se passi in coordinate polari e vuoi dimostrare che un limite è $0$ devi considerare il modulo della funzione e, una volta passato in coordinate polari, devi far vedere che il modulo della funzione tende a $0$ indipendentemente da $\theta$. Generalmente, si usano delle maggiorazioni che eliminano completamente la presenza di funzioni trigonometriche nella funzione. Ti viene in mente qualcosa per la funzione $g_{\alpha}(\rho,\theta)=\frac{(\rho \cos \theta)^{\alpha} \log\left(\frac{\rho^4 \cos^4 \theta+2\rho^4 \sin^4 \theta}{\rho^4 \cos^4 \theta+\rho^4 \sin^4 \theta}\right)}{\rho}$?

per α>1 manda il numeratore in 0; per α=1 ha comportamento oscillante; per α<1 è ∞?
Quindi per α>1 la funzione è differenziabile anche in 0, rendendo vera la seconda affermazione?

Sì, questo è vero, ma l'hai giustificato a parole. Non so che livello di rigore è richiesto nel tuo corso e se eventualmente ad un esame ti viene richiesto di giustificare formalmente i passaggi oppure no. Se è richiesta una giustificazione rigorosa, allora questa spiegazione non è sufficiente. In coordinate cartesiane, devi mostrare che esistono due curve, passanti per $(0,0)$ e tendenti a $(0,0)$ per $x \to 0$ o $y\to 0$, lungo le quali ottieni due limiti diversi; o, eventualmente, trovare una curva passante per $(0,0)$ e tendente a $(0,0)$ per $x\to 0$ o $y \to 0$ lungo la quale il limite in una variabile ristretto a quella curva non esiste. In polari, basta far vedere che per due angoli diversi fissati ottieni due limiti diversi per $\rho \to 0^+$ o che per un angolo fissato il limite per $\rho \to 0^+$ non esiste. Riprova, se per te è necessario saper giustificare rigorosamente questi passaggi.

Se questi passaggi dovessero essere giusti, a grandi linee il procedimento per controllare la differenziabilità su tutto uno spazio in presenza di parametri è:
1. calcolare le derivate parziali mediante regole mnemoniche
2. vedere se queste rispettino il teorema del differenziale totale
2a. se non applicabile, non è possibile concludere nulla
3. verificare la definizione di derivata parziale per i punti critici
3.a se non esistono, la funzione non è derivabile, quindi non differenziabile su tutto lo spazio
4. se derivabile, studiare il comportamento del limite per la differenziabilità, al variare del parametro
giusto?

Generalmente, sì. Vorrei solo precisare alcune cose: non usare la locuzione "punti critici" in maniera leggera, perché essa ha un significato ben preciso in relazione ai massimi e minimi locali di una funzione. Ora, io credo di averti capito (penso che tu lo volessi usare come modo informale di dire "punti in cui devo studiare la differenziabilità a mano e nei quali nessun teorema mi garantisce qualcosa") ma ad un esame potrebbe essere pericolosa. Poi, basta che non sia differenziabile in un punto per non esserlo in tutto lo spazio/tutto l'insieme di definizione; quindi, non serve vedere cosa avviene su tutti i punti in cui non sai a priori se la funzione è differenziabile o no. Inoltre, il limite è per $\rho \to 0^+$ in quanto $\rho \ge 0$.

[nicetry]

Grazie nuovamente!
No, le risposte da dare sono esclusivamente vero/falso circa le affermazioni, anche se per esercizio ho provato a maggiorare la funzione che mi hai proposto, ma non sono riuscito a riportarmi a 0, se non con quanto avessi già scritto.
Esattamente, ho usato "punti critici" giusto per riferirmi a quei punti "problematici" che non ricadevano nel teorema", ma grazie mille del suggerimento . Concordo anche sul secondo chiarimento: ne basta 1 ove non sia differenziabile, per far cadere l'espressione "è derivabile ovunque". \(\displaystyle \rho \rightarrow 0^+ \) l'avevo dato per scontato, ma grazie di averlo ricordato

[Mephlip]

Prego!

Allora, se lo fai per esercizio, potresti procedere così: poniamo $\phi_{\alpha}(h,k)=\frac{h^\alpha \log \left(\frac{h^4+2k^4}{h^4+k^4}\right)}{\sqrt{h^2+k^2}}$.

Osserva che per ogni $\alpha>0$ è $\phi_{\alpha}(0,k)=0$ e quindi, dato che $(0,k) \to (0,0)$ per $k \to 0$, se esiste $\lim_{(h,k) \to (0,0)} \phi_{\alpha}(h,k)$ esso è $0$ (perché il limite, se esiste, è unico).
Invece, $\phi_{\alpha}(h,h)=\frac{h^{\alpha} \log \left(\frac{3}{2}\right)}{\sqrt{2}|h|}$ e nota che $(h,h) \to (0,0)$ per $h \to 0$. Ora qui esce un po' il problema che ti dicevo prima del dominio, perché se $x \ge 0$ allora, dato che quell'$h$ si riferisce all'incremento su $x$, deve essere $h>0$ e quindi $|h|=h$. In ogni caso, con o senza modulo se $0<\alpha \le 1$ hai che $\lim_{h \to 0} \phi_{\alpha}(h,h)$ non è nullo. Questo è il procedimento rigoroso che ti permette di concludere che (1) è falsa. Osserva inoltre che invece, se $\alpha>1$, questo argomento non permette di concludere che il limite non esiste perché per $\alpha>1$ è $\lim_{h \to 0} \frac{h^{\alpha} \log \left(\frac{3}{2}\right)}{\sqrt{2}|h|}=0$.

Al contrario, dimostriamo che se $\alpha>1$ si ha $\lim_{(h,k) \to (0,0)} \phi_{\alpha}(h,k)=0$, e che quindi $f$ è differenziabile in $(0,0)$.

Dato che:
$$\frac{h^4+2k^4}{h^4+k^4}=1+\frac{k^4}{h^4+k^4} \ge 1 \implies \log\left(\frac{h^4+2k^4}{h^4+k^4}\right) \ge 0$$
$$\implies \left|\log\left(\frac{h^4+2k^4}{h^4+k^4}\right)\right|=\log \left(\frac{h^4+2k^4}{h^4+k^4}\right)$$
Si ha:
$$0 \le \lim_{(h,k) \to (0,0)} |\phi_{\alpha}(h,k)|=\lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{|h|^\alpha \log \left(\frac{h^4+2k^4}{h^4+k^4}\right)}{\sqrt{h^2+k^2}}=\lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{|h|^\alpha \log \left(1+\frac{k^4}{h^4+k^4}\right)}{\sqrt{h^2+k^2}}$$
Ricorda ora che per ogni $u> -1$ è $\log(1+t) \le t$ e che, da $\sqrt{h^2+k^2} \ge \sqrt{h^2}=|h|\ge 0$ e $h^4+k^4 \ge k^4 \ge 0$ seguono $\frac{1}{\sqrt{h^2+k^2}}\le\frac{1}{|h|}$ e $\frac{1}{h^4+k^4}\le \frac{1}{k^4}$. Quindi:
$$\lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{|h|^\alpha \log \left(1+\frac{k^4}{h^4+k^4}\right)}{\sqrt{h^2+k^2}} \le \lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{|h|^\alpha k^4}{\sqrt{h^2+k^2}(h^4+k^4)}$$
$$\le \lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{|h|^\alpha k^4}{|h|k^4}=\lim_{(h,k) \to (0,0)} |h|^{\alpha-1}$$
Ora, subentra l'ipotesi $\alpha>1$. Se $\alpha>1$, allora $\alpha-1>0$ e quindi $\lim_{(h,k) \to (0,0)} |h|^{\alpha-1}=0$. Quindi, per il teorema dei due carabinieri, il limite della differenziabilità è $0$ e quindi $f$ è differenziabile in $(0,0)$ per ogni $\alpha>1$. Dunque, (2) è vera.

Come detto prima sul dominio, i moduli su $h$ non dovrebbero esserci e il tutto dovrebbe essere per $h \to 0^+$.