Esercizio 2. Si consideri il campo scalare \[ f(x, y)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{5\left(x^{2}+6 y^{2}\right) \sin \left(x^{2}-y^{2}\right)}{3\left(x^{2}+y^{2}\right)} & \text { se }(x, y) \neq(0,0) \\ 0 & \text { se }(x, y)=(0,0)\end{array}\right. \] 1. Il campo \( f \) è continuo in \( (0,0) \) ? 2. Calcolare \( \nabla f(0,0) \). 3. Il campo \( f \) è differenziabile in \( (0,0) \) ?

Certamente! Analizziamo ciascuno dei tre punti dell'esercizio. ### 1. Continuità del campo \( f \) in \( (0,0) \) Per verificare la continuità di \( f \) in \( (0,0) \), dobbiamo calcolare il limite di \( f(x, y) \) quando \( (x, y) \) tende a \( (0,0) \) e confrontarlo con il valore di \( f(0,0) \). **Calcolo del limite:** Espressiamo \( f(x, y) \) in coordinate polari, dove \( x = r \cos\theta \) e \( y = r \sin\theta \). Allora abbiamo: \[ f(r, \theta) = \frac{5(r^2 (\cos^2\theta + 6\sin^2\theta)) \sin(r^2 (\cos^2\theta - \sin^2\theta))}{3r^2} = \frac{5(\cos^2\theta + 6\sin^2\theta) \sin(r^2 (\cos^2\theta - \sin^2\theta))}{3} \] Per \( r \to 0 \), possiamo approssimare \( \sin(r^2 (\cos^2\theta - \sin^2\theta)) \approx r^2 (\cos^2\theta - \sin^2\theta) \). Pertanto: \[ f(r, \theta) \approx \frac{5(\cos^2\theta + 6\sin^2\theta) \cdot r^2 (\cos^2\theta - \sin^2\theta)}{3} \to 0 \quad \text{quando} \quad r \to 0 \] **Conclusione:** Poiché il limite di \( f(x, y) \) tende a 0, che è esattamente il valore di \( f(0,0) \), il campo \( f \) è **continuo** in \( (0,0) \). ### 2. Calcolo di \( \nabla f(0,0) \) Il gradiente di \( f \) in \( (0,0) \) è dato da: \[ \nabla f(0,0) = \left( \frac{\partial f}{\partial x}(0,0), \frac{\partial f}{\partial y}(0,0) \right) \] Calcoliamo ciascuna derivata parziale separatamente. **Derivata parziale rispetto ad \( x \):** \[ \frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h, 0) - f(0,0)}{h} \] Calcoliamo \( f(h, 0) \): \[ f(h, 0) = \frac{5(h^2 + 0) \sin(h^2 - 0)}{3(h^2 + 0)} = \frac{5 \sin(h^2)}{3} \] Pertanto: \[ \frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{5 \sin(h^2)/3}{h} = \frac{5}{3} \lim_{h \to 0} \frac{\sin(h^2)}{h} = 0 \] **Derivata parziale rispetto ad \( y \):** \[ \frac{\partial f}{\partial y}(0,0) = \lim_{k \to 0} \frac{f(0, k) - f(0,0)}{k} \] Calcoliamo \( f(0, k) \): \[ f(0, k) = \frac{5(0 + 6k^2) \sin(0 - k^2)}{3(0 + k^2)} = \frac{30 \sin(-k^2)}{3} = -10 \sin(k^2) \] Pertanto: \[ \frac{\partial f}{\partial y}(0,0) = \lim_{k \to 0} \frac{-10 \sin(k^2)}{k} = -10 \lim_{k \to 0} \frac{\sin(k^2)}{k} = 0 \] **Conclusione:** Il gradiente in \( (0,0) \) è: \[ \nabla f(0,0) = (0, 0) \] ### 3. Differenziabilità del campo \( f \) in \( (0,0) \) Per determinare se \( f \) è differenziabile in \( (0,0) \), dobbiamo verificare se: \[ \lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{f(h,k) - f(0,0) - \nabla f(0,0) \cdot (h,k)}{\sqrt{h^2 + k^2}} = 0 \] Dato che \( f(0,0) = 0 \) e \( \nabla f(0,0) = (0,0) \), il limite si riduce a: \[ \lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{f(h,k)}{\sqrt{h^2 + k^2}} = 0 \] Usiamo nuovamente le coordinate polari. Abbiamo già trovato che: \[ f(r, \theta) = \frac{5(\cos^2\theta + 6\sin^2\theta) \sin(r^2 (\cos^2\theta - \sin^2\theta))}{3} \] Dividendo per \( r \): \[ \frac{f(r, \theta)}{r} = \frac{5(\cos^2\theta + 6\sin^2\theta) \sin(r^2 (\cos^2\theta - \sin^2\theta))}{3r} \] Per \( r \to 0 \), approssimiamo \( \sin(r^2 (\cos^2\theta - \sin^2\theta)) \approx r^2 (\cos^2\theta - \sin^2\theta) \), quindi: \[ \frac{f(r, \theta)}{r} \approx \frac{5(\cos^2\theta + 6\sin^2\theta) \cdot r^2 (\cos^2\theta - \sin^2\theta)}{3r} = \frac{5(\cos^2\theta + 6\sin^2\theta)(\cos^2\theta - \sin^2\theta)}{3} \cdot r \to 0 \quad \text{quando} \quad r \to 0 \] **Conclusione:** Poiché il limite tende a 0, il campo \( f \) è **differenziabile** in \( (0,0) \). ### Riepilogo 1. **Continuità**: \( f \) è continuo in \( (0,0) \). 2. **Gradiente**: \( \nabla f(0,0) = (0, 0) \). 3. **Differenziabilità**: \( f \) è differenziabile in \( (0,0) \).