Dominio di funzione in due variabili

[HowardRoark]

Devo studiare il dominio di $f(x,y)=ln(x^2y^2-2xy+1)$.
Deve essere ovviamente $x^2y^2-2xy+1>0 <=> xy(xy-2)> -1$.
Io ho pensato di studiare il segno dei due fattori nel membro di sinistra e poi confrontare il risultato con $y=-1$, però di disequazioni in due variabili ne ho risolte pochissime e non è che abbia proprio un metodo definitivo, per questo sono ben accetti consigli.
Comunque, $xy>0 <=> x>0 ^^ y>0 vv x<0 ^^ y<0$. $xy-2>0 <=> y>2/x$. Questa è un'iperbole equilatera riferita agli asintoti, per studiare il segno di questo fattore mi basta prendere i punti di $RR^2$ che "stanno sopra" $y=2/x$ Invece $xy>0$ corrisponde al primo e al terzo quadrante, giusto?

Quindi posso dire che, chiamati $F_1=xy$ ed $F_2=xy-2$:

$F_1$ è positivo nel primo e nel terzo quadrante;
$F_2$ è positivo per $y>2/x$.
Già studiare il segno di questo prodotto mi creerebbe confusione se non ricorressi al metodo grafico, comunque mi sembra che questo prodotto "stia sopra" $y=-1$ per $x!=0$ e $y>1$ (in realtà la condizione $x!=0$ la inserisco solo per definire l'iperbole, ma in effetti $(x=0,yinRR)$ è soluzione di $xy(xy-2)>-1$). Però credo dovrei aggiungere come soluzioni anche $(0,y)$, con $yinRR$, perché se $x=0$ non mi importa del valore che assume la $y$.
Però fare tutti questi ragionamenti in un possibile esame mi sembra inefficiente, quindi c'è un modo per cavarsela facilmente in queste situazioni?

[Martino]

Suggerisco di pensare a $(xy-1)^2$.

[HowardRoark]

In effetti mi sembrava il quadrato di un binomio. Quindi $ln(xy-1)^2$ e mi basta studiare $xy-1 != 0$. Allora c'era un trucco per cavarsela facilmente, ti ringrazio!

[Mephlip]

$xy-2>0 <=> y>2/x$.

Oltre all'ottimo suggerimento di Martino, nota che in generale questo è falso. Hai diviso per $x$, di cui non sai il segno. Quindi, non vale il se e solo se; devi distinguere i casi a seconda del segno di $x$.

[HowardRoark]

Vero anche questo, infatti benché stessi facendo molti passaggi il risultato a cui stavo arrivando non era quello corretto. Hai fatto benissimo a farmelo notare.

[Mephlip]

Bene, sono contento che ti sia stato utile! Sappi poi che molte disequazioni in più variabili (in realtà, anche in una...) non si risolvono esplicitamente. Quindi, è fondamentale procedere come stavi facendo: conoscere le espressioni analitiche degli insiemi geometrici elementari e ragionare graficamente.

[gugo82]

Bene, sono contento che ti sia stato utile! Sappi poi che molte disequazioni in più variabili (in realtà, anche in una...) non si risolvono esplicitamente. Quindi, è fondamentale procedere come stavi facendo: conoscere le espressioni analitiche degli insiemi geometrici elementari e ragionare graficamente.

Tutto giusto... Ma il quadrato di binomio è una struttura fondamentale e chiunque abbia assolto l'obbligo scolastico deve saperla riconoscere subito.

[HowardRoark]

Tutto giusto... Ma il quadrato di binomio è una struttura fondamentale e chiunque abbia assolto l'obbligo scolastico deve saper riconoscere subito.

A mio modestissimo parere, non credo sia così grave non riconoscere sempre un prodotto notevole: sono semplicemente identità che impari a memoria, le sviluppi una volta per esteso, te ne convinci e finita lì. Posso anche capire che impararli a memoria sia importante, ma esclusivamente per finalità pratiche (come per la risoluzione degli esercizi).
Questo comunque era facilissimo, e in effetti avrei potuto riconoscerlo, però in generale io non ne ricordo altri oltre al quadrato del binomio e a $A^2-B^2 = (A-B)(A+B)$.
Credo che per $(a+b)^n$ mi aiuti il triangolo di tartaglia anche se non ne ho mai capito il motivo, cioè del perché i coefficienti dei termini di $(a+b)^n$ siano proprio quelli "che compaiono" nel triangolo di tartaglia.

[gugo82]

Non riconoscere un quadrato di binomio (a coefficienti interi, quanto meno) è tanto grave quanto non riconoscere uno dei primi tredici quadrati dei numeri naturali, o i primi tredici numeri primi, etc..., perché come i numeri primi o i quadrati era una struttura già nota alle prime civiltà che usavano la Matematica per farci cose storicamente importanti (diciamo, dai babilonesi a venire giù fino ai greci dell'età classica).
Tanto per capirci, sono almeno quattromila anni che si conosce il quadrato di binomio, ormai è scritto nel nostro DNA. Per questo motivo non riconoscerlo è culturalmente grave.

Il punto è che, secondo te, è "semplicemente un'identità che impari a memoria"... Ma anche no.
Quella è una regola che, oltre a stare scritta già nella proprietà distributiva¹, puoi ritrovare ad esempio nella geometria:

        Internet Explorer richiede Adobe SVG Viewer per visualizzare il grafico

o ad esempio nelle moltiplicazioni con metodi grafici:

        Internet Explorer richiede Adobe SVG Viewer per visualizzare il grafico

(questo è il calcolo di $12 xx 12 = 144$: i pallini azzurri sono le unità, quelli blu le decine, quelli viola le centinaia), ed in altri ambiti e sotto altre forme.
Non è solo memoria, non è solo regola.

Per quanto riguarda il resto, cioè la potenza del binomio e triangolo di Tartaglia del quale "non ne hai mai capito il motivo"... Basta osservare cosa accade quando si fanno i calcoli, invece che limitarsi a controllarne il risultato e/o la correttezza (rispetto al libro) e/o la conformità (rispetto ai desiderata del docente).
Vediamo.

Testo nascosto, perché contrassegnato dall'autore come fuori tema. Fai click in quest'area per vederlo.

Senza aiutarsi in nessun modo, né sfruttando le potenze per compattare i prodotti, né la somma di monomi simili, sviluppando i calcoli si ottiene:
\[
\begin{split}
(x+y)^0 &= \underbrace{1}_{1 \text{ termine } (0,0)} \\
(x+y)^1 &= \underbrace{x}_{1 \text{ termine } (1,0)} + \underbrace{y}_{1 \text{ termine } (0,1)} \\
(x+y)^2 &= \underbrace{xx}_{1 \text{ termine } (2,0)} + \underbrace{xy + yx}_{2 \text{ termini } (1,1)} + \underbrace{yy}_{1 \text{ termine } (0,2)}\\
(x + y)^3 &= \underbrace{xxx}_{1 \text{ termine } (3,0)} + \underbrace{xxy + xyx + yxx}_{3 \text{ termini } (2,1)} + \underbrace{xyy + yxy + yyx}_{3 \text{ termini } (1,2)} + \underbrace{yyy}_{1 \text{ termine } (0,3)}\\
(x+y)^4 &= \underbrace{xxxx}_{1 \text{ termine } (4,0)} + \underbrace{xxxy + xxyx + xyxx + yxxx}_{4 \text{ termini } (3,1)} + \underbrace{xxyy + xyxy + xyyx + yxxy + yxyx + yyxx}_{6 \text{ termini } (2,2)} + \underbrace{xyyy + yxyy + yyxy + yyyx}_{4 \text{ termini } (1,3)} + \underbrace{yyyy}_{1 \text{ termine } (0,4)}
\end{split}
\]
in cui con $\text{ termine } (n-k,k)$ intendo un monomio che contiene $n-k$ fattori $x$ e $k$ fattori $y$ (qui $n=0,1,2,3,4,...$ è l'esponente della potenza calcolata).
Quello che si osserva è che in ogni riga successiva alla prima:

• i termini "estremi", cioè i termini del tipo $(2,0)$ e $(0,2)$, $(3,0)$ e $(0,3)$, $(4,0)$ e $(0,4)$, si ottengono moltiplicando i termini "estremi" della riga precedente per un'unica lettera; dunque, ad esempio:
  
  
  • il termine $(1,0)$ "genera" solo $(2,0)$, il termine $(2,0)$ "genera" solo $(3,0)$, il termine $(3,0)$ "genera" solo $(4,0)$;
    
    
  • specularmente i termini $(0,1)$, $(0,2)$ e $(0,3)$);
  per questo motivo, i termini del tipo $(n,0)$ e $(0,n)$ (cioè quelli contenenti le potenze di massimo grado di $x$ ed $y$) sono sempre $1$ solo:
  \[
  \tag{*} \sharp \text{termini } (n,0) = 1 = \sharp \text{termini } (0,n)
  \]
  (qui e dopo con \(\sharp\) indico il "numero di ...");
  
  
• i termini "centrali", cioè quelli del tipo $(n-1,1)$, $(n-2,2)$, ..., $(1,n-1)$ (con $n=1,2,3,4$ sempre esponente della potenza calcolata nella riga), si ottengono moltiplicando alcuni dei termini della riga precedente per una lettera $x$ ed alcuni altri per una lettera $y$; quindi, ad esempio:
  
  
  • i termini del tipo $(2,1)$ del cubo del binomio si ottengono moltiplicando per $x$ i $2$ termini del tipo $(1,1)$ e per $y$ il termine $(2,0)$ del quadrato di binomio, quindi sono $2+1=3$;
    
    
  • i termini di tipo $(2,2)$ della quarta potenza di binomio si ottengono moltiplicando per $x$ i $3$ termini del tipo $(1,2)$ e per $y$ i $3$ termini del tipo $(2,1)$ della riga precedente, perciò sono $3+3=6$;
    
    
  • etc...²
  conseguentemente, i termini di tipo $(n-k,k)$ per $k=1,...n-1$ si ottengono sommando quelli del tipo $(n-k-1,k)$ (che vanno moltiplicati per $x$) e quelli del tipo $(n-k,k-1)$ (che vanno moltiplicati per $y$) della riga precedente e perciò vale:
  \[
  \tag{**}
  \sharp \text{termini } (n-k,k) = \sharp \text{termini } (n-k-1,k) + \sharp \text{termini } (n-k,k-1)\; .
  \]

Le (*) e (**) sono esattamente le regole con cui si costruisce il triangolo di Tartaglia... Ed ecco spiegato perché funziona: per la stessa proprietà distributiva che fa valere il quadrato di binomio.

P.S.: Si dice funzione di due variabili; nessuna delle altre preposizioni (cioè: a, da, in, con, su, per, tra e fra) c'entra nulla.

---

Note

1. Questo è il succo della dimostrazione fatta col calcolo letterale. ↑
2. Prova a fare tu qualche prova, che non guasta. ↑

[HowardRoark]

Ti ringrazio per l'ottima risposta, la tua spiegazione è molto chiara e soprattutto mi hai dato l'input di ripassarmi come si deve il calcolo letterale, a cominciare dalla proprietà distributiva.
Nota a margine: non so come mai ma ho sempre l'impressione di aver capito certi concetti quando in realtà non li ho compresi così bene. Questa è una costante quando studio matematica, cioè che alcuni concetti mi sembrino semplici e acquisiti quando in realtà mi restano sempre un po' astratti.
Credo che il mio problema riguardi il metodo di studio, ma dopo qualche anno forse sto iniziando a capire come si dovrebbe studiare.