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Esercizio 7 limiti in due variabili

Limiti in due variabili

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Esercizio 7  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare, se esiste, il seguente limite:

(1)   \begin{equation*} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{x^2 + y^2}{x^6 + y^6}. \end{equation*}

 

Svolgimento 1. Sia f:\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}\rightarrow \mathbb{R} tale che f(x,y)=\dfrac{x^2 + y^2}{x^6 + y^6}.
Proviamo come al solito delle restrizioni semplici. Lungo entrambe le rette x = 0 e y = 0 si ha che f(x,y) \to +\infty per (x,y) \to (0,0). Per un generico m \in \mathbb{R}, si ha:

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

e anche in questo caso il limite di f per (x,y) \to (0,0) vale +\infty.
Per dimostrare che il limite è effettivamente +\infty, proviamo a minorare f con una quantità divergente a +\infty per (x,y) \to (0,0). Passando in coordinate polari, la funzione f diventa:

    \[f(\rho \cos (\theta),\rho \sin (\theta))=\tilde{f}(\rho,\theta)= \dfrac{\rho^2}{\rho^6 \cos^6(\theta) + \rho^6 \sin^6(\theta) }=\dfrac{1}{\rho^4}\cdot \dfrac{1}{\cos^6(\theta)+\sin^6(\theta)}.\]

Dato che |\sin(\theta)| \le 1 e |\cos(\theta)\ \le 1, si ha \sin^6(\theta) \le \sin^2(\theta) e \cos^6(\theta) \le \cos^2(\theta). Quindi:

    \[0\leq \cos^6 (\theta)+\sin^6(\theta)\leq\cos^2(\theta)+\sin^2(\theta)=1 \quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{1}{\cos^6 (\theta)+\sin^6(\theta)}\geq 1,\]

da cui

    \[\dfrac{1}{\rho^4}\cdot \dfrac{1}{\cos^6(\theta)+\sin^6(\theta)}\geq \frac{1}{\rho^4},\]

dove

    \[\lim_{\rho \rightarrow 0^+}\dfrac{1}{\rho^4}=+\infty.\]

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{\lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\frac{x^2 + y^2}{x^6 + y^6} = +\infty.}\]

 

Svolgimento 2. Facciamo ricorso al seguente teorema:

Teorema. Sia f: \Omega\subseteq \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R} e sia (x_0, y_0) un punto di accumulazione per \Omega. Allora

    \[\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow(x_0,y_0)}f(x,y)=+\infty \quad \Leftrightarrow \quad \lim_{\rho \rightarrow0^+}\inf_{\theta\in[0,2\pi]} \{f(x_0+\rho\cos \theta,y_0+\rho \sin \theta)\}=+\infty.\]

 

Riprendiamo l’espressione trovata precedentemente della funzione in coordinate polari \tilde{f} ottenendo

    \[\begin{aligned} \lim_{\rho \rightarrow 0^+}\inf_{\theta\in[0,2\pi]} \tilde{f}(\rho,\theta) & = \lim_{\rho \rightarrow 0^+}\inf_{\theta\in[0,2\pi]}\left\{f(\rho \cos (\theta),\rho \sin (\theta))\right\} = \lim_{\rho \rightarrow 0^+}\inf_{\theta\in[0,2\pi]} \left\{\dfrac{1}{\rho^4}\cdot \dfrac{1}{\cos^6(\theta)+\sin^6(\theta)}\right\} =\\\\ & = \lim_{\rho \rightarrow 0^+}\dfrac{1}{\rho^4} \inf_{\theta\in[0,2\pi]}\left\{ \dfrac{1}{\cos^6(\theta)+\sin^6(\theta)}\right\} =\lim_{\rho \rightarrow 0^+}\dfrac{1}{\rho^4} \inf_{\theta\in[0,2\pi]}\{f^\star\left(\theta\right)\}, \end{aligned}\]

dove:

    \[f^\star(\theta) = \frac{1}{\cos^6(\theta)+\sin^6(\theta)}.\]

Per trovare il valore minimo di f^\star, calcoliamone la derivata:

    \[\begin{aligned} \dfrac{df^\star\left(\theta\right)}{d\theta}&=-\dfrac{6\sin^5(\theta)\cos(\theta)-6\sin(\theta)\cos^5(\theta)}{\left(\cos^6(\theta)+\sin^6(\theta) \right)^2 }=-\dfrac{6\sin(\theta)\cos(\theta)\left( \sin^4(\theta)-\cos^4(\theta)\right) }{\left(\cos^6(\theta)+\sin^6(\theta) \right)^2}=\\\\ &=-\dfrac{3\sin(2\theta)\left(\sin^2(\theta)-\cos^2(\theta)\right)\left( \sin^2(\theta)+\cos^2(\theta)\right) }{\left(\cos^6(\theta)+\sin^6(\theta) \right)^2}=\dfrac{3\sin(2\theta)\cos(2\theta)}{\left(\cos^6(\theta)+\sin^6(\theta) \right)^2}=\\\\ &=\dfrac{3\sin(4\theta)}{2\left(\cos^6(\theta)+\sin^6(\theta) \right)^2}. \end{aligned}\]

Si ha

    \[\begin{aligned} &\dfrac{df^\star\left(\theta\right)}{d\theta}\geq 0 \quad \Leftrightarrow \quad \sin(4\theta)\geq 0\quad \Leftrightarrow \quad 2k\pi\leq 4\theta\leq\pi+2k\pi \quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{k\pi}{2}\leq \theta\leq\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{k\pi}{2}\quad \text{con}\,\, k\in \mathbb{Z}. \end{aligned}\]

Dato che f^\star(k\pi/2) = 1 per ogni k \in \mathbb{Z}, si ha

    \[\inf_{\theta\in[0,2\pi]}\{f^\star\left(\theta\right)\} = \min_{\theta\in[0,2\pi]}\{f^\star\left(\theta\right)\} = 1,\]

quindi

    \[\lim_{\rho \rightarrow 0^+}\dfrac{1}{\rho^4}\inf_{\theta\in[0,2\pi]}\{f^\star\left(\theta\right)\}=\lim_{\rho \rightarrow 0^+}\dfrac{1}{\rho^4}=+\infty.\]

Questo ci fa concludere che

    \[\boxcolorato{analisi}{\lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\frac{x^2 + y^2}{x^6 + y^6} = +\infty.}\]

 

Osservazione. Si noti che, per usare il teorema citato, non è in realtà necessario calcolare esattamente il valore minimo di f^\star: è sufficiente notare che f^\star ha minimo (strettamente) positivo. Infatti, dato che |\cos(\theta)| \le 1 e |\sin(\theta) \le 1|, si ha:

    \[\cos^6(\theta) + \sin^6(\theta) \le 1 + 1 = 2.\]

Questo ci permette di vincolare f^\star dal basso, dato che f^\star = 1/(\cos^6(\theta) + \sin^6(\theta)) \ge 1/2, e quindi:

    \[\lim_{\rho \rightarrow 0^+}\dfrac{1}{\rho^4}\inf_{\theta\in[0,2\pi]}\{f^\star\left(\theta\right)\} \ge \lim_{\rho \rightarrow 0^+}\dfrac{1}{\rho^4}\cdot\frac{1}{2} = +\infty.\]

Come prima, concludiamo che

    \[\boxcolorato{analisi}{\lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\frac{x^2 + y^2}{x^6 + y^6} = +\infty.}\]

Fonte: clicca qui.

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