Esercizio 40 limiti in due variabili

Limiti in due variabili

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Esercizio 40 (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Calcolare, se esiste, il seguente limite:

(1)   \begin{equation*} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{\ln\left(1+x^3+y^3\right)}{\ln\left(1+x^5+y^5\right)}. \end{equation*}

 

Svolgimento.  Sia

    \[f:\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\,x^5+y^5>-1,\,x^3+y^3>-1,\,y\neq-x\right\}\rightarrow \mathbb{R},\]

tale che

    \[f(x,y)=\dfrac{\ln\left(1+x^3+y^3\right)}{\ln\left(1+x^5+y^5\right)}.\]

Riscriviamo f come segue:

    \[f(x,y)=\dfrac{\ln\left(1+x^3+y^3\right)}{x^3+y^3}\cdot \dfrac{x^5+y^5}{\ln\left(1+x^5+y^5\right)}\cdot\left(\dfrac{x^3+y^3}{x^5+y^5}\right),\]

da cui (1) diventa [1]

(2)   \begin{equation*} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;f(x,y)= \lim_{(x,y)\to (0,0)}\dfrac{x^3+y^3}{x^5+y^5}. \end{equation*}

Sia g:\tilde{\Omega}=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\,\,y\neq-x\}\rightarrow \mathbb{R} tale che g(x,y)=\dfrac{x^3+y^3}{x^5+y^5}.
Proviamo la restrizione x=0, ottenendo

    \[g(0,y)=\dfrac{y^3}{y^5}=\dfrac{1}{y^2},\]

da cui

    \[\lim_{y \rightarrow 0} g(0,y)=+\infty.\]

Proviamo ora la restrizione y=0, per cui g diventa

    \[g(x,0)=\dfrac{x^3}{x^5}=\dfrac{1}{x^2},\]

e anche in questo caso (2) diverge positivamente.
Questo ci fa sospettare che effettivamente (2) diverga positivamente, quindi proviamo a dimostrarlo passando in coordinate polari [2]; pertanto g diventa

    \[g\left(\rho \cos \theta,\rho \sin \theta\right)=\tilde{g}\left(\rho,\theta\right)=\dfrac{\rho^3\left(\cos^3\theta+\sin^3\theta\right)}{\rho^5\left(\cos^5\theta+\sin^5\theta\right)}=\dfrac{1}{\rho^2}\left(\dfrac{\cos^3\theta+\sin^3\theta}{\cos^5\theta+\sin^5\theta}\right).\]

Si dimostra che [3]

    \[\inf_{\theta\in[0,2\pi)\setminus\{\frac{3}{4}\pi,\frac{7}{4}\pi\}}\left\{\dfrac{\cos^3\theta+\sin^3\theta}{\cos^5\theta+\sin^5\theta}\right\}=1,\]

da cui

    \[\dfrac{1}{\rho^2}\left(\dfrac{\cos^3\theta+\sin^3\theta}{\cos^5\theta+\sin^5\theta}\right)\geq \dfrac{1}{\rho^2},\]

dove

    \[\lim_{\rho\rightarrow 0^+}\dfrac{1}{\rho^2}=+\infty,\]

e quindi, per il teorema del confronto, si ha

    \[\lim_{\rho\to0^+} \dfrac{1}{\rho^2}\left(\dfrac{\cos^3\theta+\sin^3\theta}{\cos^5\theta+\sin^5\theta}\right)=+\infty.\]

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{ \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{\ln\left(1+x^3+y^3\right)}{\ln\left(1+x^5+y^5\right)}=+\infty.}\]

Dimostriamo che

    \[\inf_{\theta\in[0,2\pi)\setminus\{\frac{3}{4}\pi,\frac{7}{4}\pi\}}\left\{\dfrac{\cos^3\theta+\sin^3\theta}{\cos^5\theta+\sin^5\theta}\right\}=1.\]

Per ogni a,b\in\mathbb{R} si ha

    \[a^5+b^5=\left(a+b\right)\left(a^4-a^3b+a^2b^2-ab^3+b^4\right),\]

da cui, ponendo a=\cos \theta e b=\sin \theta, si ottiene

    \[\begin{aligned} \cos^5 \theta +\sin^5\theta&=\left(\cos \theta+\sin \theta\right)\left(\cos^4\theta-\cos^3\theta\sin \theta+\cos^2\theta\sin^2\theta-\cos\theta\sin^3\theta+\sin^4\theta\right)=\\ &=\left(\cos\theta+\sin\theta\right)\left(\left(\cos^2\theta+\sin^2\theta\right)^2-\cos^2\theta\sin^2\theta-\cos\theta\sin\theta\left(\cos^2\theta+\sin^2\theta\right)\right)=\\ &=\left(\cos\theta+\sin\theta\right)\left(1-\cos^2\theta\sin^2\theta-\cos\theta\sin\theta\right)=\\ &=\left(\cos\theta+\sin\theta\right)\left(1-\dfrac{1}{4}\sin^2\left(2\theta\right)-\dfrac{1}{2}\sin\left(2\theta\right)\right). \end{aligned}\]

Inoltre, abbiamo

    \[\cos^3\theta+\sin^3\theta=(\cos\theta+\sin\theta)(\cos^2\theta+\sin^2\theta-\cos\theta\sin\theta)=\left(\cos\theta+\sin\theta\right)\left(1-\dfrac{1}{2}\sin\left(2\theta\right)\right).\]

Pertanto, sfruttando quanto ottenuto e dato che \cos\theta\neq -\sin\theta, si trova

    \[\begin{aligned} \dfrac{\cos^3\theta+\sin^3\theta}{\cos^5\theta+\sin^5\theta}&=\dfrac{\left(\cos\theta+\sin\theta\right)\left(1-\dfrac{1}{2}\sin\left(2\theta\right)\right)}{\left(\cos\theta+\sin\theta\right)\left(1-\dfrac{1}{4}\sin^2\left(2\theta\right)-\dfrac{1}{2}\sin\left(2\theta\right)\right)}=\\ &=1+\dfrac{\dfrac{1}{4}\sin^2\left(2\theta\right)}{1-\dfrac{1}{4}\sin^2\left(2\theta\right)-\dfrac{1}{2}\sin\left(2\theta\right)}=\\ &=1+\dfrac{\sin^2\left(2\theta\right)}{4-2\sin\left(2\theta\right)-\sin^2\left(2\theta\right)}. \end{aligned}\]

Osserviamo che

    \[4-2\sin\left(2\theta\right)-\sin^2\left(2\theta\right)\geq 4-2\cdot1-1=1>0,\]

e

    \[\sin^2(2\theta)\geq 0,\]

per ogni \theta \in [0,2\pi).
Quindi

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

Sostituendo \theta=0, si ottiene

    \[1+\dfrac{\sin^2\left(0\right)}{4-2\sin\left(0\right)-\sin^2\left(0\right)}=1.\]

Da quanto ottenuto deduciamo che

    \[\inf_{\theta\in[0,2\pi)\setminus\{\frac{3}{4}\pi,\frac{7}{4}\pi\}}\left\{\dfrac{\cos^3\theta+\sin^3\theta}{\cos^5\theta+\sin^5\theta}\right\}=1,\]

cioè l’asserto.

 

 

1. Si ricorda il limite notevole \displaystyle\lim_{t \rightarrow 0}\dfrac{\ln\left(1+t\right)}{t}=1. ↩

2. Coordinate polari.

    \[\begin{cases} x=\rho \cos \theta\\ \hspace{3.5cm}\rho\ge0,\,\theta \in [0,2\pi] \\ y=\rho \sin \theta. \end{cases}\]

↩

3. Vedere la fine del file.

 

Fonte: clicca qui.