Esercizio 32 limiti in due variabili

Limiti in due variabili

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Esercizio 32 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare, se esiste, il seguente limite:

(1)   \begin{equation*} \lim_{\left \vert \left \vert (x,y)\right \vert\right \vert \to +\infty} \;\dfrac{x^6+y^6}{x^2+y^4}. \end{equation*}

 

Di seguito due proposte di svolgimento differenti.

Svolgimento 1. Sia f:\Omega=\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}\rightarrow \mathbb{R} tale che f(x,y)=\dfrac{x^6+y^6}{x^2+y^4}.
Proviamo la restrizione y=mx\,\,\text{con}\,\,m\in\mathbb{R}, ottenendo

    \[f(x,mx)=\dfrac{x^6+x^6m^6}{x^2+m^4x^4}=\dfrac{x^6\left(1+m^6\right)}{x^2\left(1+m^4\right)}=x^4\left(\dfrac{1+m^6}{1+m^4}\right)\]

e osserviamo che (1) diverge positivamente per ogni valore di m; questo ci fa pensare che (1) diverga positivamente.
Passando in coordinate polari, abbiamo:

    \[f(\rho \cos \theta , \rho \sin \theta)=\tilde{f}\left(\rho,\theta\right)=\dfrac{\rho^6\left(\cos^6\theta +\sin^6 \theta\right)}{\rho^2\left(\cos^2\theta+\rho^2\sin^4 \theta\right)}=\dfrac{\rho^4\left(\cos^6\theta +\sin^6 \theta\right)}{\cos^2\theta+\rho^2\sin^4 \theta},\]

e sapendo che [1]

    \[\min\{\cos^6\theta +\sin^6 \theta\}=\dfrac{1}{4},\]

e

    \[\cos^2 \theta \leq 1 \,\,,\,\,\sin^4 \theta \leq 1 ,\]

abbiamo

    \[\tilde{f}\left(\rho,\theta\right)\geq \dfrac{\rho^4}{4\left(1+\rho^2\right) }.\]

Dal momento che

    \[\lim_{\rho \rightarrow +\infty}\dfrac{\rho^4}{4\left(1+\rho^2\right) }=+\infty,\]

possiamo concludere che

    \[\boxcolorato{analisi}{ \lim_{\left \vert \left \vert (x,y)\right \vert\right \vert \to +\infty} \;\dfrac{x^6+y^6}{x^2+y^4}=+\infty.}\]

 

Svolgimento 2.  Sia f:\Omega=\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}\rightarrow \mathbb{R} tale che f(x,y)=\dfrac{x^6+y^6}{x^2+y^4}.
Proviamo la restrizione y=mx\,\,\text{con}\,\,m\in\mathbb{R}, ottenendo

    \[f(x,mx)=\dfrac{x^6+x^6m^6}{x^2+m^4x^4}=\dfrac{x^6\left(1+m^6\right)}{x^2\left(1+m^4\right)}=x^4\left(\dfrac{1+m^6}{1+m^4}\right)\]

e osserviamo che (1) diverge positivamente per ogni valore di m; questo ci fa pensare che (1) diverga positivamente.
Passando in coordinate polari, abbiamo:

    \[f(\rho \cos \theta , \rho \sin \theta)=\tilde{f}\left(\rho,\theta\right)=\dfrac{\rho^6\left(\cos^6\theta +\sin^6 \theta\right)}{\rho^2\left(\cos^2\theta+\rho^2\sin^4 \theta\right)}=\dfrac{\rho^4\left(\cos^6\theta +\sin^6 \theta\right)}{\cos^2\theta+\rho^2\sin^4 \theta}.\]

Si osservi che

    \[\cos^2 \theta \leq 1 \,\,,\,\,\sin^4 \theta \leq 1 ,\]

per ogni \theta\in [0,2\pi). Inoltre, notiamo che la funzione \cos^6\theta +\sin^6 \theta>0 è strettamente positiva, perché è somma di due quantità non negative e potrebbe essere nulla solo se simultaneamente \left \vert \cos^6\theta\right \vert = \left \vert \sin^6\theta\right \vert= 0, cio\`e \sin\theta = \cos\theta = 0, che per\`o non \`e mai verificato. Essendo continua, il suo minimo sull’intervallo [0,2\pi] deve essere strettamente positivo. Pertanto

    \[m \coloneqq \min\{\cos^6\theta +\sin^6 \theta \} > 0.\]

Allora

    \[\tilde{f}\left(\rho,\theta\right)\geq \dfrac{m\rho^4}{\left(1+\rho^2\right) } \quad \forall \theta \in [0,2\pi].\]

Dato che m > 0, si ha

    \[\lim_{\rho \rightarrow +\infty} \dfrac{m\rho^4}{\left(1+\rho^2\right) } = 0.\]

Quindi, per il teorema del confronto, concludiamo che

    \[\boxcolorato{analisi}{\lim_{\left \vert \left \vert (x,y)\right \vert\right \vert \to +\infty} \;\dfrac{x^6+y^6}{x^2+y^4}=+\infty.}\]

 

1. Per qualunque \theta\in\mathbb{R} e qualunque n\in\mathbb{N} si ha

    \[\min_{\theta\in\mathbb{R}}\left\{ \cos^{2n}(\theta)+\sin^{2n}(\theta) \right\}= \frac{1}{2^{n-1}}.\]

. ↩

 

Fonte: clicca qui.