Guida sui limiti in due variabili

Home » Guida sui limiti in due variabili

Benvenuti nella nostra guida al calcolo dei limiti in due variabili!
Il calcolo dei limiti di funzioni di due o più variabili può inizialmente risultare ostico in quanto lo spazio in cui si opera è molto più “ampio” della retta reale. Infatti, mentre se $x_0 \in \mathbb{R}$ essenzialmente ci si può “avvicinare” a $x_0$ solo “da sinistra” o “da destra”, se invece $(x_0,y_0) \in \mathbb{R}^2$ , è possibile immaginare numerosi “percorsi” su cui $(x,y)$ possa avvicinarsi a tale punto. Ciò sicuramente pone maggiori difficoltà nel calcolo dei limiti.

In questo articolo offriamo al lettore alcune tecniche risolutive per superare questa difficoltà iniziale: vedremo che, se vogliamo dimostrare che un determinato limite non esiste, è sufficiente determinare due curve passanti per $(x_0,y_0)$ lungo cui i limiti assunti dalla funzione in esame siano diversi. Invece, se desideriamo dimostrare che un limite esiste, occorre far leva su tecniche più “globali”, come disuguaglianze, sviluppi di Taylor, o le coordinate polari.

Ciascuna di queste tecniche è spiegata in generale e illustrata da numerosi esempi pratici, che mettono in luce i pregi e le debolezze di ciascuna di esse, così che il lettore possa formarsi un giudizio critico e la necessaria esperienza per capire quale strategia sia più conveniente utilizzare.

Oltre alla raccolta di Esercizi sui limiti in più variabili, segnaliamo il materiale di teoria sulle funzioni in più variabili e le seguenti raccolte di esercizi su argomenti correlati:

Buona lettura!

Sommario

Leggi...

In questa breve guida ci prefiggiamo l’obiettivo di spiegare le principali tecniche per la risoluzioni dei limiti in due variabili. Per la teoria dei limiti in due variabili rimandiamo la lettura al seguente link, teoria funzioni di più variabili.

Autori e revisori

Leggi...

Autori: Daniele Fakhoury.

Brevi richiami di teoria

Leggi...

La definizione di limite di funzione in due (o più) variabili è una semplice generalizzazione della definizione di limite di funzione in una sola variabile:

Definizione 1. Siano $f: \Omega \subseteq \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$

, $(x_0, y_0)$

un punto di accumulazione per $\Omega$

e, preso $\delta>0$

, sia

$B_\delta =\left\{(x,y)\in\Omega: \sqrt{(x-x_0)^2 + (y-y_0)^2 }< \delta\right\}.$

con $\delta >0$ ^a. Allora diremo che

$\lim_{(x,y)\to (x_0, y_0)} f(x,y) = \ell \in \mathbb{R},$

cioè che il limite di $f$ per $(x,y)$ che tende a $(x_0,y_0)$ è $\ell$ , se

$\forall \varepsilon > 0 \; \exists \delta_\varepsilon>0 : \forall \,(x,y)\in B_{\delta_\varepsilon}\setminus\{(x_0,y_0)\},\,\,|f(x, y) - \ell | < \varepsilon.$

$B_\delta$ è la palla di raggio $\delta$ e centro $(x_0,y_0)$ . ↩

$\quad$

In altri termini, diciamo che il limite di $f$ per $(x,y)$ che tende a $(x_0,y_0)$ è $\ell$ se, fissato un intorno di $\ell$ , riusciamo a trovare un intorno di $(x_0,y_0)$ tale che tutti i punti di questo intorno abbiano immagine nell’intorno di $\ell$ . Detto ancora più informalmente, se possiamo sempre trovare punti vicini a $(x_0, y_0)$ che hanno immagine arbitrariamente vicina a $\ell$ .

Esattamente come nel caso di funzioni di una variabile, la definizione di limite spesso non è sufficiente per risolvere agevolmente gli esercizi, per questo introduciamo alcune tecniche standard.

Se dobbiamo dimostrare che non esiste

$\lim_{(x,y) \to (x_0,y_0)} f(x,y)$

ci appoggiamo al teorema di unicità del limite su ogni restrizione del dominio, il quale afferma che se il limite esistesse, questo non dovrebbe dipendere dal modo in cui mi avvicino al punto $(x_0,y_0)$ , ma deve essere lo stesso per ogni restrizione del dominio della funzione.

Calcolo dei limiti in due variabili

Come dimostrare che un limite non esiste.

Teorema 1. Sia $f: \Omega \subset \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$

e sia $(x_0, y_0)$

un punto di accumulazione per $\Omega$

, se valesse

$\lim_{(x,y)\to (x_0, y_0)} f(x,y) = \ell\in \mathbb{R} \, \cup \, \{\pm \infty\}.$

allora per ogni $\Omega' \subset \Omega$ (il punto $(x_0, y_0)$ è di accumulazione anche per $\Omega'$ ) si deve avere

$\lim_{(x,y)\to (x_0, y_0)} f_{|\Omega'}(x,y) = \ell\in \mathbb{R} \, \cup \, \{\pm \infty\}$

dove per $f_{|\Omega'}(x,y)$ si intende la restrizione di $f$ su $\Omega'$ .

$\quad$

Per dimostrare che il limite non esiste, è quindi sufficiente trovare due restrizioni del dominio su cui i limiti risultano diversi.

$\quad$

Esempio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare, se esiste, il seguente limite:

$\lim_{(x,y)\to (0,0)} \; \dfrac{x^2 y}{x^4 + y^2}.$

$\quad$

Svolgimento. Sia $f:\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\} \rightarrow \mathbb{R}$ tale che $f(x,y)=\dfrac{x^2 y}{x^4 + y^2}.$ Cerchiamo due restrizioni del dominio per cui otteniamo due limiti diversi. La prima restrizione è la retta $x = 0$ . Osserviamo che $f(0,y)=\dfrac{0}{y^2}= 0$ , e quindi il limite tende a zero. Similmente, anche per la restrizione $y = 0$ restituisce lo stesso risultato. Restringiamo $f$ sulla retta di equazione $y = mx$ ( $m>0$ ), ottenendo

$f(x,mx)= \frac{x^2 (mx)}{x^4 + (mx)^2} = \frac{mx^3 }{x^4 + m^2x^2} = \frac{mx^3}{x^2(x^2 + m^2)} = \frac{mx}{(x^2 + m^2)},$

da cui

$\lim_{x\to 0}f(x,mx)=0,\quad \forall m \in\mathbb{R}.$

Si osservi che quanto ottenuto ci porta solo a dedurre che il limite potrebbe tendere a zero. Spesso è utile provare tramite un’opportuna restrizione a rendere il grado del numeratore e del denominatore della funzione $f$ uguali. A tal proposito proviamo la restrizione $y = x^2$ , ottenendo

$f(x,x^2)=\frac{x^2 x^2}{x^4 + x^4} = \frac{x^4 }{2 x^4} = \frac{1}{2}\neq 0,$

da cui si conclude che il limite non esiste perché non risulta verificato il teorema di unicità del limite.

$\quad$

Esempio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare il seguente limite

(1) $\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{x^{2} y^{5}}{x^6 + y^8}. \end{equation*}$

$\quad$

Svolgimento. Sia $f:\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}\rightarrow \mathbb{R}$ tale che $f(x,y)=\dfrac{x^{2} y^{5}}{x^6 + y^8}.$

Proviamo le ovvie restrizioni $y=0$ , $x = 0$ o la generica retta $y=mx$ e osserviamo che (1) converge a $0$ . Proviamo ad uguagliare i gradi di $x$ e $y$ al denominatore con la sostituzione $x^6 = y^8$ o detto in altri termini $x = y^{8/6} = y^{4/3}$ per $y\geq 0$ da cui ricaviamo $x^2 = y ^{8/3}$ .

Sostituendo in $f$ abbiamo

$f(y^{8/6},y) = \frac{y^\frac{8}{3} \cdot{y^5}}{2 y^8} = y^{ \frac{8 + 15 -24}{3}} = \frac{1}{y^\frac{1}{3}}$

e l’ultima quantità tende a $+\infty$ quando $y\rightarrow0^+$ , contraddicendo l’unicità del limite al variare delle restrizioni del dominio e dunque dimostrando che il limite non può esistere.

$\quad$

Esempio 3 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare, se esiste, il seguente limite:

(2) $\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{x^4+y^4}{x^2+y^2+2xy}. \end{equation*}$

$\quad$

Svolgimento. Sia $f:\{(x,y)\in \mathbb{R}^2:\,y\neq-x\}\rightarrow \mathbb{R}$ tale che

$f(x,y)=\dfrac{x^4+y^4}{x^2+y^2+2xy}=\dfrac{x^4+y^4}{\left(y+x \right)^2}.$

Proviamo la restrizione $y=mx$ con $m\in\mathbb{R}\setminus\{-1\}$ , ottenendo

$f(x,mx)=\tilde{f}(x)=\dfrac{x^4+m^4x^4}{x^2+m^2x^2+2x^2m}=\dfrac{x^4\left(1+m^4\right)}{x^2\left(m^2+2m+1\right)}=x^2 \; \dfrac{m^4+1}{\left(m+1\right)^2}$

per cui (2) diventa

$\lim_{x\rightarrow 0 }x^2 \dfrac{m^4+1}{\left(m+1\right)^2} = 0 \quad \forall m\in\mathbb{R}\setminus\{-1\}.$

Come seconda restrizione scegliamo una curva di equazione $y=-x+x^\alpha\,\,\text{con}\,\,\alpha>1$ , ottenendo

$f(x,-x+x^\alpha)=\dfrac{x^4+\left(-x+x^\alpha\right)^4}{\left(-x+x^\alpha+x\right)^4}=\dfrac{x^4+x^4\left(1-x^{\alpha-1}\right)^4}{x^{2\alpha}}=\dfrac{2x^4+o\left(x^4\right)}{x^{2\alpha}}=\dfrac{2}{x^{2\alpha-4}}\quad \text{per}\,\,x\rightarrow 0^+.$

Per $\alpha=2$ il limite (2) diventa

$\lim_{x \rightarrow 0^+}f(x,-x+x^{\frac{1}{2}})=\lim_{x \rightarrow 0^+}2=2.$

Osserviamo ora che con due restrizioni differenti, il limite ci dà due risultati diversi e questa è una violazione del teorema di unicità del limite, pertanto concludiamo che (2) non esiste.

Disuguaglianze notevoli.

Ricordiamo che le funzioni seno e coseno sono limitate e vale

$\boxcolorato{analisi}{|\cos(\theta)| \leq 1 \; \; \; \mbox{e} \; \; \; |\sin(\theta)| \leq 1\quad \forall \theta \in \mathbb{R}.}$

Un’altra disuguaglianza fondamentale è la disuguaglianza triangolare

$\boxcolorato{analisi}{\forall a,b \in \mathbb{R}, \;\; | a +b| \leq |a| + |b|,}$

e disuguaglianza triangolare inversa:

$\boxcolorato{analisi}{\forall a,b \in \mathbb{R}, \;\; | a -b| \geq \big \lvert |a| - |b| \big \lvert. }$

Di seguito mostriamo un’altra disuguaglianza elementare di fondamentale importanza per la risoluzione degli esercizi:

$\boxcolorato{analisi}{\forall a, b,c \geq 0, \; \; \frac{a}{b + c} \leq \frac{a}{b} ,}$

in altri termini dato che sommare $c \geq 0$ al denominatore fa diventare $b + c \geq b$ , togliere $c$ al denominatore fa diventare la frazione più grande.

Un’altra disuguaglianza trigonometrica particolare, che si può verificare con gli strumenti di Analisi-1 (derivata per la ricerca dei massimi e minimi) è la seguente:

$\boxcolorato{analisi}{\cos^4(\theta) + \sin^4(\theta) \geq \frac{1}{2}.}$

Vediamo come essa possa anche essere dimostrata per via puramente algebrica. Per qualunque $\theta$ possiamo porre $z=\cos^2(\theta)$ avendo $z\in[0,1]$ . Per il Teorema di Pitagora si ha allora $\sin^2(\theta)=1-z$ ed è sufficiente provare

$z^2+(1-z)^2 \geq \frac{1}{2}$

che è ovvia per completamento del quadrato, in quanto equivalente a $(2z-1)^2\geq 0$ .

Per lo stesso principio, per qualunque $\theta\in[0,2\pi)$ e qualunque $n\in\mathbb{N}$ si ha

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

Calcolo di un limite in due variabili.

Per dimostrare invece che il limite esiste e in tal caso calcolarlo, si usano diversi metodi.

1) Eseguire un cambio di variabile che trasforma il limite in due variabili in un limite di una variabile e risolvere quest’ultimo.

$\quad$

Esempio 4 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare, se esiste, il seguente limite:

$\lim_{(x,y) \to (0, 0)} \frac{\sin(xy)}{xy}.$

$\quad$

Svolgimento. Operiamo il cambio di coordinate $xy = t$ , ottenendo

$\lim_{t \to 0} \frac{\sin(t)}{t} = 1 ,$

da cui

$\lim_{(x,y) \to (0, 0)} \frac{\sin(xy)}{xy}=1.$

Spesso può tornare utile usare gli sviluppi di Taylor, come ad esempio negli esempi 5 e 6.

Esempio 5 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare, se esiste, il seguente limite:

(3) $\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{\sin\left(xy\right)}{xy+x^2y^2}. \end{equation*}$

$\quad$

Svolgimento. Sia $f:\Omega=\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}\rightarrow \mathbb{R}$ tale che $f(x,y)=\dfrac{\sin\left(xy\right)}{xy+x^2y^2}.$

Si osserva che

$\sin(xy)=xy+o\left(xy\right)\quad \text{per}\,\,(x,y)\rightarrow(0,0),$

dunque (3) diventa

$\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{\sin\left(xy\right)}{xy+x^2y^2}= \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{xy+o\left(xy\right)}{xy+x^2y^2}=\lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{1+o\left(1\right)}{1+xy}=1. \end{equation*}$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{(x,y)\to \infty} \;\dfrac{\sin\left(xy\right)}{xy+x^2y^2}=1.}$

Esempio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare, se esiste, il seguente limite:

(4) $\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{\ln\left(\cos\left(x^2+y^2\right)\right)+\dfrac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)^2}{\left(x^2+y^2\right)^4}. \end{equation*}$

$\quad$

Svolgimento. Sia $f:\Omega=\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}\rightarrow \mathbb{R}$ tale che $f(x,y)=\dfrac{\ln\left(\cos\left(x^2+y^2\right)\right)}{\left(x^2+y^2\right)^2}.$

Si osserva che

$\begin{aligned} \ln\left(\cos\left(x^2+y^2\right)\right)&=\ln\left(1-\dfrac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)^2+\dfrac{1}{24}\left(x^2+y^2\right)^4+o\left(\left(x^2+y^2\right)^4\right)\right)=\\\\ &=-\dfrac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)^2+\dfrac{1}{24}\left(x^2+y^2\right)^4-\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{4}\left(x^2+y^2\right)^4 +o\left(\left(x^2+y^2\right)^4\right)=\\\\ & -\dfrac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)^2-\dfrac{1}{12}\left(x^2+y^2\right)^4+o\left(\left(x^2+y^2\right)^4\right)\quad\text{per}\,\,(x,y)\rightarrow(0,0), \end{aligned}$

dunque (4) diventa

$\begin{aligned} & \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{\ln\left(\cos\left(x^2+y^2\right)\right)+\dfrac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)^2}{\left(x^2+y^2\right)^4}=\\\\ &= \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{-\dfrac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)^2-\dfrac{1}{12}\left(x^2+y^2\right)^4+\dfrac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)^2+o\left(\left(x^2+y^2\right)^4\right)}{\left(x^2+y^2\right)^4}=\\\\ &= \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{-\dfrac{1}{12}\left(x^2+y^2\right)^4+o\left(\left(x^2+y^2\right)^4\right)}{\left(x^2+y^2\right)^4}=-\dfrac{1}{12}. \end{aligned}$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{\ln\left(\cos\left(x^2+y^2\right)\right)+\dfrac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)^2}{\left(x^2+y^2\right)^4}=-\dfrac{1}{12}.}$

2) Usare disuguaglianze notevoli; le più comuni sono la disuguaglianza di Young, la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz e la disuguaglianza tra media aritmetica e media geometrica. Posto che $x,y$ siano numeri reali non negativi e $p,q$ siano numeri reali maggiori di $1$ per cui risulta $\dfrac{1}{p} + \dfrac{1}{q} = 1$ , si ha

$\boxcolorato{analisi}{\left \vert xy\right \vert \leq \frac{\left \vert x\right \vert^p}{p} + \frac{\left \vert y\right \vert ^q}{q},\qquad \sqrt{\left \vert xy\right \vert }\leq \frac{\left \vert x\right \vert +\left \vert y\right \vert }{2}. }$

In particolare prendendo $p = q = 2$ si ha

$\boxcolorato{analisi}{|x y| \leq \frac{x^2 + y^2}{2} .}$

Questo metodo è estremamente utile per dimostrare che il limite sia $0$ . Infatti più formalmente abbiamo:

Teorema 2. Sia $f: \Omega \subset \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$

e sia $(x_0, y_0)$

un punto di accumulazione per $\Omega$

, se $\vert f(x,y)\vert \leq h(x,y) \; \mbox{ e } \; h(x,y) \to 0$

per $(x,y) \rightarrow (x_0,y_0)$

, allora

$\lim_{(x,y)\to (x_0, y_0)} \vert f(x,y)\vert = 0 \quad \Rightarrow\quad \lim_{(x,y)\to (x_0, y_0)} f(x,y) = 0.$

$\quad$

Osservazione. Il modulo di una funzione tende a zero se e soltanto se la funzione stessa tende a zero. Proponiamo un’applicazione del teorema 2.

$\quad$

Esempio 7 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare, se esiste, il seguente limite:

$\lim_{(x,y)\rightarrow \to (0, 0)}\dfrac{x^8 y}{x^6 + y^6}.$

$\quad$

Svolgimento. Sia $f:\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\} \rightarrow \mathbb{R}$ tale che $f(x,y)=\dfrac{x^8 y}{x^6 + y^6}.$

Osserviamo che

$x^6 + y^6 \geq x^6$

perché $y^6 \geq 0$ . Quindi

(5) $\begin{equation*} \bigg \lvert \frac{x^8 y}{x^6 + y^6} \bigg \rvert \leq \bigg \lvert \frac{x^8 y}{x^6} \bigg \lvert = |x^2 y| . \end{equation*}$

Passando al limite per $(x,y)\rightarrow (0,0)$ , (5) diventa

$\begin{equation*} \lim_{(x,y) \to (0, 0)} \bigg \lvert \frac{x^8 y}{x^6 + y^6} \bigg \rvert \leq \lim_{(x,y) \to (0, 0)} \bigg \lvert \frac{x^8 y}{x^6} \bigg \lvert = \lim_{(x,y) \to (0, 0)} |x^2 y|=0 . \end{equation*}$

Si conclude per il teorema 2 che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{(x,y)\rightarrow 0}\dfrac{x^8 y}{x^6 + y^6}=0.}$

$\quad$

Esempio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare, se esiste, il seguente limite:

(6) $\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{x^2y^7}{x^8+y^8}. \end{equation*}$

$\quad$

Svolgimento. Sia $f:\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}\rightarrow \mathbb{R}$ tale che $f(x,y)=\dfrac{x^2y^7}{x^8+y^8}.$

Proviamo le ovvie restrizioni $y=0$ , $x = 0$ o la generica retta $y=mx$ e osserviamo che (6) converge a $0$ . Proviamo ad utilizzare la disuguaglianza di Young, con $p=9/2$ e $q= 9/7$ . Abbiamo dunque

$\begin{aligned} \left \vert x^2 y^7 \right\vert \leq \frac{(x^2)^p}{p} + \frac{(y^7)^q}{q} & \quad \Leftrightarrow \quad \left\vert x^2 y^7\right\vert \leq \dfrac{(x^2)^{\frac{9}{2}}}{\frac{9}{2}} + \dfrac{(y^7)^{\frac{9}{7}}}{\frac{9}{7}} \quad \Leftrightarrow \quad \\ & \quad \Leftrightarrow \quad\left\vert x^2 y^7\right\vert \leq \dfrac{2(x^2)^{\frac{9}{2}}}{9} + \dfrac{7(y^7)^{\frac{9}{7}}}{9}. \end{aligned}$

e applicando la diseguaglianza triangolare si ha

$\bigg \lvert \dfrac{x^{2} y^{7}}{x^8 + y^8 } \bigg \rvert \leq \left \vert\frac{\frac{2(x^2)^{\frac{9}{2}}}{9} + \frac{7(y^7)^{\frac{9}{7}}}{9}.}{x^8+y^8} \right \vert=\left \vert \dfrac{2(x^2)^{\frac{9}{2}}}{9(x^8+y^8)}+\dfrac{7(y^7)^{\frac{9}{7}}}{9(x^8+y^8)}\right \vert \leq \bigg \lvert \dfrac{2 (x^{2})^{\frac{9}{2}}}{9 (x^8 + y^8)} \bigg \lvert + \bigg \lvert \frac{7 (y^{7})^{\frac{9}{7}}}{9 (x^8 + y^8) } \bigg \lvert .$

Per concludere osserviamo che

$\bigg \lvert \frac{2 (x^{2})^{\frac{9}{2}}}{9 (x^8 + y^8)} \bigg \lvert + \bigg \lvert \frac{7 (y^{7})^{\frac{9}{7}}}{9 (x^8 + y^8) } \bigg \lvert \leq \bigg \lvert \frac{2 (x^{2})^{\frac{9}{2}}}{9 x^8 } \bigg \lvert + \bigg \lvert \frac{7 (y^{7})^{\frac{9}{7}}}{9 y^8 } \bigg \lvert = \frac{2}{9} |x| + \frac{7}{9} |y|$

da cui

$\lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\left( \frac{2}{9} |x| + \frac{7}{9} |y|\right) =0.$

Utilizzando il Teorema dei Carabinieri abbiamo quindi dimostrato che

$\lim_{(x,y) \to (0, 0)}\; \bigg \lvert \frac{x^{2} y^{7}}{x^8 + y^8} \bigg \lvert = 0 .$

Dunque concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{x^2y^7}{x^8+y^8}.}$

$\quad$

Esempio 9 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare, se esiste, il seguente limite:

(7) $\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{x^9\cdot y^{20}}{\left(x^8+ y^{20}\right)\left(x^{20}+y^8\right)}. \end{equation*}$

$\quad$

Svolgimento. Sia $f:\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}\rightarrow \mathbb{R}$ tale che

$f(x,y)=\dfrac{x^9\cdot y^{20}}{\left(x^8+y^{20}\right)\left(x^{20}+y^8\right)}.$

Proviamo la restrizione $y=mx\,\,\,\text{con}\,\,m\in\mathbb{R}$ ottenendo

$\begin{aligned} f(x,mx)=\tilde{f}(x)&=\dfrac{x^9\cdot\left( m^{20}x^{20}\right)}{\left(x^8+m^{20}x^{20}\right) \left(x^{20}+x^8m^8\right)}=\dfrac{x^{29}m^{20}}{x^{8}\left(1+m^{20}x^{12}\right)x^{8}\left(m^{8}+x^{12}\right)}=\\\\ &=\dfrac{x^{29}m^{20}}{x^{16}\left(1+m^{20}x^{12}\right)\left(m^{8}+x^{12}\right)}=\dfrac{x^{13}m^{20}}{\left(1+m^{20}x^{12}\right)\left(m^{8}+x^{12}\right)}=\\\\ &=\dfrac{x^{13}m^{20}}{\left(1+m^{20}x^{12}\right)\left(m^{8}+x^{12}\right)}=\dfrac{x^{13}m^{20}}{m^8}\left(1+o\left(1\right) \right)=\\\\ &=x^{13}m^{12}\left(1+o\left(1\right)\right) \quad \text{per}\,\, x \rightarrow 0. \end{aligned}$

per cui (7) diventa

$\lim_{x\rightarrow 0 }f(x,mx) =\lim_{x\rightarrow 0 }x^{13}m^{12}\left(1+o\left(1\right)\right)=0\quad \forall m\in\mathbb{R}.$

L’esperienza ci insegna che molto probabilmente (7) converge a zero, dunque proviamo a dimostrarlo.

Prima di tutto si vuole far osservare che

$x^8+y^{20}\geq x^8 \quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{1}{x^8+y^{20}}\leq\dfrac{1}{x^8}$

perchè $y^{20}\geq 0$ .

Inoltre, notiamo che

$x^{20}+y^8\geq y^8 \quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{1}{x^{20}+y^8}\leq \dfrac{1}{y^8},$

perché $x^{20}\geq 0$ .

Quindi

$\left \vert \dfrac{x^9\cdot y^{20}}{\left(x^8+ y^{20}\right)\left(x^{20}+y^8\right)}\right \vert \leq\left \vert \dfrac{x^9y^{20}}{x^8y^8}\right \vert =\left \vert xy^{12}\right \vert ,$

da cui

$\lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\left \vert xy^{12}\right \vert =0.$

Pertanto concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{x^9\cdot y^{20}}{\left(x^8+ y^{20}\right)\left(x^{20}+y^8\right)}=0 .}$

Calcolo dei limiti applicando le coordinate polari.

3) Cambio in coordinate polari

$\begin{cases} x = x_0 + \rho \cos(\theta)\\ y = y_0 + \rho \sin(\theta) \end{cases}$

e calcolo del limite (di una sola variabile) per $\rho \to 0$ . Se questo ultimo limite esiste e non dipende da $\theta$ ( si dice che il limite è uniforme in $\theta$ ) si può concludere. In genere si usa questo metodo quando al denominatore abbiamo $x^2 + y^2$ che dopo il cambio di coordinate si semplifica e diventa $\rho^2$ (poiché $\cos^2\theta + \sin^2\theta = 1$ ). Di seguito quanto appena detto scritto in modo formale.

Teorema 3. Siano $f: \Omega \subset \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$

, $\ell \in \mathbb{R}$

e $(x_0, y_0)$

un punto di accumulazione per $\Omega$

$\left\vert f\left(x_0 + \rho \cos\left(\theta\right) , y_0 + \rho \sin\left(\theta\right)\right)-l\right\vert \leq h\left(\rho\right)\,\,\,\forall\theta \in \mathbb{R}\,,\,\rho \in(0,R)$

$\lim_{\rho \rightarrow 0^+}h(\rho)=0$

allora si ha

$\lim_{(x,y)\to (x_0, y_0)} f(x,y) = \ell .$

Altresì se

$f\left(x_0 + \rho \cos\left(\theta\right) , y_0 + \rho \sin\left(\theta\right)\right) \geq (\text{Risp}.\, \leq)\,\, h\left(\rho\right)\,\,\,\forall\theta \in \mathbb{R}\,,\,\rho \in(0,R)$

$\lim_{\rho \rightarrow 0^+}h(\rho)=+\infty\,\,(\text{Risp}. \,-\infty)$

allora si ha

$\lim_{(x,y)\to (x_0, y_0)} f(x,y) = +\infty\,\,(\text{Risp}. \,\,-\infty) .$

$\quad$

Proponiamo un’applicazione del teorema 3.

$\quad$

Esempio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare, se esiste, il seguente limite: Calcolare il seguente limite

$\lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{x^4 + y^3}{x^2 + y^2}.$

$\quad$

Svolgimento. Sia $f: R^2 \setminus\{(0,0)\} \rightarrow \mathbb{R}$ tale che $f(x,y)=\dfrac{x^4 + y^3}{x^2 + y^2}.$

Posto

$\begin{cases} x=\rho \cos \theta \\ y=\rho \sin \theta \end{cases}$

la funzione $f$ diventa

$f(\rho \cos \theta,\rho \sin \theta)=\tilde{f}(\rho,\theta)= \dfrac{\rho^4 \cos^4(\theta) + \rho^ 3 \sin^3(\theta)}{\rho^2} .$

Osserviamo che:

$\bigg \lvert \frac{\rho^4 \cos^4(\theta) + \rho^ 3 \sin^3(\theta)}{\rho^2} \bigg \lvert = \bigg \lvert \frac{\rho^2 (\rho^2 \cos^4(\theta) + \rho^3 \sin^3(\theta))}{\rho^2} \bigg \lvert = |\rho^2 \cos^4(\theta) + \rho \sin^3(\theta)|,$

inoltre per disuguaglianza triangolare e per il fatto che coseno e seno in modulo sono minori o uguali di $1$ abbiamo:

$|(\rho^2 \cos^4(\theta) + \rho^3 \sin^3(\theta))| \leq |\rho^2 \cos^4(\theta) | + |\rho^3 \sin^3(\theta))| \leq \rho^2 + \left \vert \rho \right \vert$

dove

$\lim_{\rho \rightarrow 0^+}(\rho^2+\left \vert \rho\right \vert )=0.$

Si conclude per il teorema 3 che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{(x,y) \to (0, 0)}\; \frac{x^4+ y^3}{x^2 + y^2} = 0 .}$

$\quad$

Esempio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare, se esiste, il seguente limite:

(8) $\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{x^4+y^4}{x^2+y^2+xy}. \end{equation*}$

$\quad$

Svolgimento. Sia $f:\{(x,y) \in \mathbb{R}^2:\,x^2+y^2+xy\neq 0\}\rightarrow \mathbb{R}$ tale che

$f(x,y)=\dfrac{x^4+y^4}{x^2+y^2+xy}.$

Proviamo la semplice restrizione $x=0$ ottenendo

$f(0,y)=\dfrac{y^4}{y^2}=y^2$

da cui

$\lim_{y\rightarrow 0}=y^2=0.$

Ora proviamo la restrizione $y=0$ ottenendo

$f(x,0)=\dfrac{x^4}{x^2}=x^2$

da cui

$\lim_{x \rightarrow 0}x^2=0.$

Abbiamo ottenuto, con entrambe le restrizioni, il risultato è zero e questo ci fa pensare che effettivamente (8) possa convergere a zero. Proviamo a dimostrare quanto detto.

Possiamo notare che $x^2+xy+y^2$ ha discriminante negativo ed assume valori positivi per ogni $(x,y)\neq(0,0)$ . Poiché

$|xy|\leq \frac{x^2+y^2}{2},$

abbiamo

$x^2+xy+y^2=\underbrace{\dfrac{x^2+y^2}{2}}_{\geq \left \vert xy\right \vert}+\dfrac{x^2+y^2}{2}+xy \geq\dfrac{x^2+y^2}{2}+\underbrace{xy+\left \vert xy\right \vert}_{\geq 0}\geq \dfrac{x^2+y^2}{2}.$

Effettuando il passaggio in coordinate polari ne deduciamo

$\left|\frac{x^4+y^4}{x^2+xy+y^2}\right| \leq \rho^2\cdot \frac{\cos^4\theta+\sin^4\theta}{\frac{1}{2}}\leq \rho^2\cdot\frac{1+1}{\frac{1}{2}}=4\rho^2$

e ciò comporta che il limite cercato è $0$ . Dunque concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{x^4+y^4}{x^2+y^2+xy}=0.}$

$\quad$

Esempio 12 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare, se esiste, il seguente limite:

(9) $\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{x^3y^4+x^5+y^5}{x^4+y^4 + x^6y^3}. \end{equation*}$

$\quad$

Svolgimento. Sia $f:\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\, x^4+y^4 + x^6y^3\neq0\}\rightarrow \mathbb{R}$ tale che $f(x,y)=\dfrac{x^3y^4+x^5+y^5}{x^4+y^4 + x^6y^3}.$

Provando le restrizioni $y=0$ , $x = 0$ o la generica retta $y=mx$ , si nota che (9) converge a $0$ . Proviamo a dimostrare che (9) converge a $0$ passando in coordinate polari¹; la funzione $f$ diventa

$f(\rho \cos \theta,\rho \sin \theta)=\tilde{f}(\rho,\theta)=\frac{\rho^{3}\cos^3(\theta) \rho^{4}\sin^4(\theta) + \rho^5\cos^5(\theta) +\rho^5sin^5(\theta)}{\rho^4\cos^4(\theta) + \rho^4\sin^4(\theta) + \rho^6\cos^6(\theta)\rho^3\sin^3(\theta)}.$

Ricordandoci che $\cos\theta$ e $\sin\theta$ in modulo sono minori di uno (e dunque anche le loro potenze), abbiamo

$\left \vert \frac{\rho^{3} \cos^3(\theta) \rho^{4}\sin^4(\theta) + \rho^5\cos^5(\theta) +\rho^5\sin^5(\theta)}{\rho^4\cos^4(\theta) + \rho^4\sin^4(\theta) + \rho^6\cos^6(\theta)\rho^3\sin^3(\theta)} \right \vert \leq \left \vert \frac{\rho^{7}\cos^3(\theta) \sin^4(\theta) + \rho^5 +\rho^5}{\rho^4\cos^4(\theta) + \rho^4\sin^4(\theta) + \rho^9\cos^6(\theta)\sin^3(\theta)} \right \vert,$

e mettendo a fattor comune al numeratore $\rho^5$ e $\rho^4$ al denominatore, abbiamo

(10) $\begin{equation*} \bigg \lvert \rho\cdot \frac{\rho^{2}\cos^3(\theta) \sin^4(\theta) + 2}{ (\cos^4(\theta) + \sin^4(\theta)) + \rho^5\cos^6(\theta)\sin^3(\theta)} \bigg \lvert \end{equation*}$

Sia $f: \mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ tale che $f(\theta)=\cos^4\theta+\sin^4\theta$ , vogliamo calcolare il minimo di $f$ per poter trovare una minorazione.

Deriviamo $f$

$\begin{aligned} f^\prime(\theta)&=-4\cos^3\theta\sin\theta+4\sin^3\theta\cos\theta=4\cos\theta\sin\theta\left( -\cos^2\theta+\sin^2\theta\right)=\\\\ &=-2\sin\left(2\theta\right)\left(\cos^2\theta-\sin^2\theta\right)=-2\sin\left(2\theta\right)\cos\left(2\theta\right)=-\sin\left(4\theta\right). \end{aligned}$

Si osserva che $f^\prime$ ha periodo $T=\dfrac{2\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}$ e che è negativa ad esempio nell’intervallo\ $k\dfrac{\pi}{2}\leq \theta\leq \dfrac{\pi}{4}+\dfrac{k\pi}{2}\,\,\text{con}\,\,k\in\mathbb{Z}$ , e dunque $\min\left(f\right)=f\left(\dfrac{\pi}{4}+k\dfrac{\pi}{2}\right)=\cos^4\left(\dfrac{\pi}{4}+k\frac{\pi}{2}\right)+\sin^4\left(\dfrac{\pi}{4}+k\dfrac{\pi}{2}\right)=2\cdot\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2}.$

Allora osserviamo che

(11) $\begin{equation*} \left\vert \cos^4(\theta) + \sin^4(\theta) + \rho^5\cos^6(\theta)\sin^3(\theta) \right\vert \ge \left\vert \dfrac{1}{2} - \rho^5 \right\vert, \end{equation*}$

dove la prima disuguaglianza viene dalle considerazioni precedenti, mentre la seconda disuguaglianza viene dal fatto che $\cos^6(\theta)\sin^3(\theta)\ge -1.$

Per il numeratore banalmente vale quanto segue

(12) $\begin{equation*} \left \vert \rho^{2} \cos^3(\theta) \sin^4(\theta) + 2\right \vert \le \left \vert \rho^2+2\right \vert , \end{equation*}$

essendo $\cos^3(\theta) \sin^4(\theta) \le 1$ .

Tornando a (10) e tenendo conto di (11) e (12) si ha

$\begin{aligned} &\left\vert \rho\cdot \frac{\rho^{2}\cos^3(\theta) \sin^4(\theta) + 2}{ (\cos^4(\theta) + \sin^4(\theta)) + \rho^5\cos^6(\theta)\sin^3(\theta)} \right\vert \leq \left \vert \rho\cdot \frac{\rho^{2}+ 2}{\dfrac{1}{2}-\rho^5}\right \vert , \end{aligned}$

dove

$\lim_{\rho \rightarrow 0^+}\left \vert \rho\cdot \frac{\rho^{2}+ 2}{\dfrac{1}{2}-\rho^5}\right \vert =0.$

Concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{x^3y^4+x^5+y^5}{x^4+y^4 + x^6y^3}=0.}$

Coordinate polari

$\begin{cases} x=\rho \cos \theta\\ y=\rho \sin \theta, \qquad \rho \ge 0, \theta \in [0,2\pi]. \end{cases}$

↩

Alcuni esercizi risolti

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare, se esiste, il seguente limite:

(13) $\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{x^2-y^2}{x+y}\sin\left(\dfrac{1}{xy}\right). \end{equation*}$

Svolgimento.

Sia $f:\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\,y\neq -x \}\rightarrow \mathbb{R}$

tale che $f(x,y)=\dfrac{x^2-y^2}{x+y}\sin\left(\dfrac{1}{xy}\right).$

Osserviamo che

$\left \vert f(x,y) \right \vert \leq \left \vert \dfrac{x^2-y^2}{x-y}\right \vert =\left \vert \dfrac{\left(x-y\right)\left(x+y\right)}{x+y}\right \vert =\left \vert x-y \right \vert ,$

dove

$\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)}\,\left \vert x-y \right \vert =0,$

quindi

$\lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\,\left \vert f(x,y) \right \vert =0.$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{x^2-y^2}{x+y}\sin\left(\dfrac{1}{xy}\right)=0.}$

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare, se esiste, il seguente limite:

(14) $\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to \infty} \dfrac{xy}{x^2+y^2}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Sia $f:\Omega=\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}\rightarrow \mathbb{R}$

tale che $f(x,y)=\dfrac{xy}{x^2+y^2}.$

Proviamo la restrizione $y=mx$ con $m\in\mathbb{R}$ , ottenendo

$f(x,mx)=\dfrac{m^2x^2}{x^2+m^2x^2}=\dfrac{m^2}{1+m^2},$

da cui

$\lim_{x \rightarrow \infty}f(x,mx)=\lim_{x \rightarrow \infty}\dfrac{m^2}{1+m^2}=\dfrac{m^2}{1+m^2}.$

Come si può notare, (14) varia il risultato a seconda del valore che assume $m$ violando così il teorema di unicità del limite, quindi (14) non esiste.

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare, se esiste, il seguente limite:

(15) $\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to \infty} \dfrac{1}{\left \vert x+y\right \vert}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Sia $f:\Omega=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\,y\neq-x\}\rightarrow \mathbb{R}$

tale che $f(x,y)= \dfrac{1}{\left \vert x+y\right \vert}.$

Proviamo la restrizione $y=mx$ con $m\in\mathbb{R}\setminus \{-1\}$ ottenendo

$f(x,mx)=\dfrac{1}{\left \vert x+mx\right \vert }=\dfrac{1}{\left \vert x\right \vert \left \vert m+1\right \vert}$

e (15) diventa

$\lim_{x \rightarrow \infty}f(x,mx)=\lim_{x \rightarrow \infty}\dfrac{1}{\left \vert x\right \vert \left \vert m+1\right \vert}=0\quad\forall m \in \mathbb{R}\setminus \{-1\}.$

Proviamo la restrizione $y=-x+x^\alpha$ con $\alpha\in \mathbb{R}$ ottenendo

$f(x,-x+x^\alpha)=\dfrac{1}{\left \vert x-x+x^\alpha\right \vert}=\dfrac{1}{\left \vert x^\alpha \right \vert },$

da cui (15) diventa

$\lim_{x \rightarrow \infty}\dfrac{1 }{x^\alpha}=\begin{cases} 0\quad &\text{se}\,\, \alpha>0\\ 1&\text{se}\,\,\alpha=0\\ +\infty&\text{se}\,\,\alpha<0. \end{cases}$

Come si può notare il valore di (15) varia al variare delle restrizioni considerate e violando così il teorema di unicità del limite. Pertanto si conclude che il limite non esiste.

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare il seguente limite

(16) $\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to \infty} \;\dfrac{1}{\left \vert x \right \vert + \left \vert y \right \vert }. \end{equation*}$

Svolgimento.

Sia $f:\Omega=\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}\rightarrow \mathbb{R}$

tale che $f(x,y)=\dfrac{1}{\left \vert x \right \vert + \left \vert y \right \vert }.$

Proviamo la restrizione $y=mx$ con $m\in\mathbb{R}$ ottenendo

$f(x,mx)=\dfrac{1}{\left \vert mx\right \vert +\left \vert x \right \vert}=\dfrac{1}{\left \vert x \right \vert \left(\left \vert m \right \vert +1\right)}$

per cui (16) puo’ essere riscritta come segue

$\lim_{x\rightarrow\infty}f(x,mx)=\lim_{x\rightarrow\infty}\dfrac{1}{\left \vert x \right \vert \left(\left \vert m \right \vert +1\right)} =0, \qquad \quad \forall m \in \mathbb{R}.$

Questo ci fa pensare che effettivamente (16) converga a zero.

Applichiamo le coordinate polari² a $f$ ottenendo³

$f\left(\rho \cos \theta , \rho \sin \theta\right)=\tilde{f}\left(\rho,\theta\right)=\dfrac{1}{\left \vert \rho \cos \theta \right \vert + \left \vert \rho \sin \theta \right \vert }=\dfrac{1}{\left \vert \rho \right \vert \left(\left \vert \cos \theta \right \vert +\left \vert \sin \theta \right \vert \right)}.$

Sappiamo che $\min\{\left \vert \cos \theta \right \vert +\left \vert \sin \theta \right \vert \} =1$ , quindi

$0\leq \left \vert \tilde{f}\left(\rho,\theta\right)\right \vert \leq \left \vert \dfrac{1}{\rho}\right \vert ,$

dove

$\lim_{\rho \rightarrow +\infty}\left \vert \dfrac{1}{\rho}\right \vert =0.$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{(x,y)\to \infty} \;\dfrac{1}{\left \vert x \right \vert + \left \vert y \right \vert }=0.}$

Coordinate polari.

$\begin{cases} x=\rho \cos \theta\\ y=\rho \sin \theta, \qquad \rho \ge 0, \theta \in [0,2\pi]. \end{cases}$

↩

Prima relazione fondamentale: $\cos^2\theta+\sin^2\theta=1.$ ↩

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare, se esiste, il seguente limite:

(17) $\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to \infty} \dfrac{x^2+y^2}{x^4+y^4+xy}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Sia $f:\{(x,y)\in \mathbb{R}^2:\,x^4+y^4+xy\neq0\}\rightarrow \mathbb{R}$

tale che $f(x,y)= \dfrac{x^2+y^2}{x^4+y^4+xy}.$

Proviamo la restrizione $y=0$ su $f$ , ottenendo

$f(x,0)=\dfrac{x^2}{x^4}=\dfrac{1}{x^2},$

per cui (17) diventa

$\lim_{x \rightarrow \infty}f(x,0)=\lim_{x \rightarrow \infty}\dfrac{1}{x^2}=0.$

Ora proviamo la restrizione $x=0$ avendo cos\'{i}

$f(0,y)=\dfrac{y^2}{y^4}=\dfrac{1}{y^2}$

e (17) diventa

$\lim_{y \rightarrow \infty}f(0,y)=\lim_{y \rightarrow \infty}\dfrac{1}{y^2}=0.$

Proviamo a dimostrare che (17) converge a zero passando in coordinate polari⁴.

Dunque si ha

$\begin{aligned} f(\rho \cos \theta ,\rho \sin \theta) &=\tilde{f}\left(\rho,\theta\right)= \\ &= \dfrac{\rho^2}{\rho^4\left(\cos^4\theta+\sin^4\theta\right)+\rho^2\cos \theta \sin \theta}= \\ &= \dfrac{\rho^2}{\rho^4\left(\cos^4\theta+\sin^4\theta\right)+\frac{1}{2}\rho^2\sin\left(2\theta\right)}. \end{aligned}$

Osserviamo che

$\sin\left(2\theta\right)\geq -1$

e che⁵

$\min\{\cos^4\theta+\sin^4\theta\}=\dfrac{1}{2},$

quindi

$0 \le \left \vert \tilde{f}\left(\rho,\theta\right)\right \vert\leq\left \vert\dfrac{\rho^2}{\frac{1}{2}\rho^4-\frac{1}{2}\rho^2}\right\vert=\left \vert\dfrac{2}{\rho^2-1} \right \vert.$

Dal momento che

$\lim_{\rho \rightarrow +\infty}\left \vert\dfrac{2}{\rho^2-1} \right \vert =0,$

allora anche (17) converge a zero per il teorema del Confronto, cioè

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{(x,y)\to +\infty} \dfrac{x^2+y^2}{x^4+y^4+xy}=0. }$

Coordinate polari.

$\begin{cases} x=\rho \cos \theta\\ y=\rho \sin \theta, \qquad \rho \ge 0, \theta \in [0,2\pi]. \end{cases}$

↩

Per trovare il minimo è sufficiente calcolare la derivata e porla maggiore di zero, come nell’usuale studio di funzione. ↩

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare, se esiste, il seguente limite:

(18) $\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to \infty} \;\dfrac{x^2+y^2}{\left \vert x^5+y^5 \right \vert }. \end{equation*}$

Svolgimento.

Sia $f:\Omega=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\,y\neq-x\}\rightarrow \mathbb{R}$

tale che $f(x,y)=\dfrac{x^2+y^2}{\left \vert x^5+y^5 \right \vert} .$

Proviamo la restrizione $y=0$ ottenendo

$f(x,0)=\dfrac{x^2}{\left \vert x^5 \right \vert },$

per cui (18) diventa

$\lim_{x\rightarrow\infty}f(x,0)=\lim_{x\rightarrow\infty}\dfrac{x^2}{\left \vert x^5 \right \vert }=0.$

Proviamo ora la restrizione $y=-x+\dfrac{1}{x^2}$ e $f$ diventa

$f(x,-x+\dfrac{1}{x^2})=\dfrac{x^2+\left(-x+\dfrac{1}{x^2}\right)^2}{x^5+\left(-x+\dfrac{1}{x^2}\right)^5}=\dfrac{\dfrac{1}{x^4}+2x^2-\dfrac{2}{x}}{5x^2-\dfrac{10x^9-10x^6+5x^3-1}{x^{10}}}=\dfrac{2}{5}\left( 1+o\left(1\right)\right)\,\,\,\text{per}\,\,\ x \rightarrow \infty,$

da cui

$\lim_{x \rightarrow \infty}f(x,-x+\dfrac{1}{x^2})=\lim_{x \rightarrow \infty}\dfrac{2}{5}\left( 1+o\left(1\right)\right)=\dfrac{2}{5}.$

Dunque abbiamo trovato due restrizioni che fanno convergere (18) a due valori differenti violando così il teorema di unicità del limite. Pertanto concludiamo che (18) non esiste.

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare, se esiste, il seguente limite:

(19) $\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{e^{x^2+y^6}-1+x^3}{x^2+y^6}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Sia $f:\Omega=\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}\rightarrow \mathbb{R}$

tale che $f(x,y)=\dfrac{e^{x^2+y^6}-1+x^3}{x^2+y^6}.$

Si osserva che

$e^{x^2+y^6}=1+x^2+y^6+o\left(x^2+y^6 \right) \quad \text{per}\,\,(x,y)\rightarrow (0,0)$

e dunque (19) diventa

$\begin{aligned} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{e^{x^2+y^6}-1+x^3}{x^2+y^6}=&\lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{1+x^2+y^6-1+x^3+o\left(x^2+y^6 \right)}{x^2+y^6}=\\\\ &=\lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{x^2+x^3+y^6+o\left(x^2+y^6 \right)}{x^2+y^6}=\\\\ &=\lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\left(1+o\left(1\right)+\dfrac{x^3}{x^2+y^6}\right)=\\\\ &=1+\lim_{(x,y)\to (0,0)} \; \dfrac{x^3}{x^2+y^6}. \end{aligned}$

Non ci resta che calcolare

(20) $\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \; \dfrac{x^3}{x^2+y^6}. \end{equation*}$

Sia $g:\tilde{\Omega}=\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}\rightarrow \mathbb{R}$ tale che $g(x,y)=\dfrac{x^3}{x^2+y^6}.$

Proviamo la restrizione $y=0$ ottenendo

$g(x,0)=\dfrac{x^3}{x^2}=x$

da cui risulta che (20) converge a $0$ .

Proviamo ora la restrizione $x=0$ ottenendo

$g(0,y)=0$

da cui risulta (20) converge a $0$ .

Questo ci fa sospettare che (20) converga a $0$ , quindi proviamo a dimostrarlo applicando le coordinate polari⁶, cioè

$g(\rho \cos \theta,\rho \sin \theta )=\tilde{g}\left(\rho,\theta \right)=\dfrac{\rho^3 \cos^3\theta}{\rho^2\cos^2\theta+\rho^4\sin^6\theta}=\dfrac{\rho \cos^3\theta}{\cos^2\theta+\rho^2\sin^6\theta}.$

Sapendo che $\cos^2\theta \geq 0$ , si ha

$0\leq \left \vert \tilde{g}(\rho,\theta)\right \vert \leq \left \vert \dfrac{\rho\cos^3\theta}{\cos^2\theta}\right \vert=\left \vert\rho\cos\theta \right \vert,$

inoltre, sapendo che $\left \vert \cos \theta \right \vert \le 1$ , abbiamo

$0\leq \left \vert \tilde{g}(\rho,\theta)\right \vert \leq \left \vert \rho \right \vert,$

da cui

$\lim_{\rho \rightarrow 0^+}\left \vert \rho \right \vert=0.$

Pertanto possiamo affermare che, per il Teorema del Confronto, (20) converge a $0$ .

Quindi concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{e^{x^2+y^6}-1+x^3}{x^2+y^6}=1.}$

Coordinate polari.

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

↩

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$

. Calcolare, se esiste, il seguente limite:

(21) $\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{\left \vert xy \right \vert^{\left \vert xy \right \vert}-1}{\sqrt{x^2+y^2}}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Sia $f:\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\,xy>0\}\rightarrow \mathbb{R}$

tale che $f(x,y)=\dfrac{\left \vert xy \right \vert^{\left \vert xy \right \vert}-1}{\sqrt{x^2+y^2}}.$

Osserviamo che

$\begin{aligned} \left \vert xy \right \vert^{\left \vert xy \right \vert}-1&=e^{\left \vert xy \right \vert\ln \left \vert xy \right \vert}-1=1-1+\left \vert xy \right \vert\ln \left \vert xy \right \vert+o\left(\left \vert xy \right \vert\ln \left \vert xy \right \vert\right)=\\\\ &=\left \vert xy \right \vert\ln \left \vert xy \right \vert+o\left(\left \vert xy \right \vert\ln \left \vert xy \right \vert\right)\quad \text{per}\,\,(x,y)\rightarrow (0,0), \end{aligned}$

da cui

$\begin{aligned}\label{2_8e} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{\left \vert xy \right \vert^{\left \vert xy \right \vert}-1}{\sqrt{x^2+y^2}}&=\lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{\left \vert xy \right \vert\ln \left \vert xy \right \vert+o\left(\left \vert xy \right \vert\ln \left \vert xy \right \vert\right)}{\sqrt{x^2+y^2}}=\nonumber\\ &=\lim_{(x,y)\to (0,0)}\dfrac{\left \vert xy \right \vert \ln \left \vert xy \right \vert }{\sqrt{x^2+y^2}}\left(1+o\left(1\right)\right). \end{aligned}$

Ora consideriamo

$g:\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\,xy>0\}\rightarrow \mathbb{R}$

tale che

$g(x,y)=\dfrac{\left \vert xy \right \vert \ln \left \vert xy \right \vert }{\sqrt{x^2+y^2}}$

Applichiamo le coordinate polari ad $g$ , ottenendo

$g(\rho \cos \theta,\rho \sin \theta)=\tilde{g}\left(\rho ,\theta\right)=\dfrac{\left \vert \dfrac{\rho^2\sin\left(2\theta\right)}{2}\right \vert \ln \left \vert \dfrac{\rho^2 \sin\left(2\theta\right)}{2}\right \vert }{\rho}=\left \vert \dfrac{\rho \sin\left(2\theta\right)}{2}\right \vert \ln \left \vert \frac{\rho^2 \sin\left(2\theta\right)}{2}\right \vert.$

Osserviamo che

$0\leq \left \vert \tilde{g}\left(\rho ,\theta\right)\right \vert \leq\left \vert\left \vert \frac{\rho }{2}\right \vert \ln \left \vert \frac{\rho^2}{2}\right \vert \right \vert$

dove⁷

$\lim_{\rho \rightarrow 0^+}\left \vert\left \vert \frac{\rho }{2}\right \vert \ln \left \vert \frac{\rho}{2}\right \vert \right \vert =1.$

Dunque concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{\left \vert xy \right \vert^{\left \vert xy \right \vert}-1}{\sqrt{x^2+y^2}}=0.}$

Il limite si dimostra che converge a zero, ad esempio applicando il teorema di de Hôpital. ↩

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$

. Calcolare il seguente limite

(22) $\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{\left(x^2+y^2\right)^{x^2+y^2}-1}{x^2+y^2} . \end{equation*}$

Svolgimento.

Sia $f:\Omega=\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}\rightarrow \mathbb{R}$

tale che $f(x,y)=\dfrac{\left(x^2+y^2\right)^{x^2+y^2}-1}{x^2+y^2} .$

Posto $x^2+y^2=t$ , si ottiene

(23) $\begin{equation*} \lim_{t \rightarrow 0^+}\,\dfrac{t^t-1}{t} \end{equation*}$

e possiamo riscrivere

$t^t=e^{t\ln t}=1+t\ln t +o\left(t \ln t \right) \quad \text{per}\,\, t\rightarrow 0^+,$

da cui

$\lim_{t \rightarrow 0^+}\,\dfrac{t^t-1}{t}=\lim_{t \rightarrow 0^+}\,\dfrac{t\ln t +o\left(t \ln t\right)}{t}=\lim_{t \rightarrow 0^+}\,\ln t \left(1+o\left(1\right)\right)=-\infty.$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{\left(x^2+y^2\right)^{x^2+y^2}-1}{x^2+y^2}=-\infty}$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare, se esiste, il seguente limite:

(24) $\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to (1,0)} \;\dfrac{\ln\left(x+y\right)}{\ln\left(x^2+y^2\right)}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Sia

$f:\Omega=\left\{(x,y)\in \mathbb{R}^2:\, x+y>0,\,x^2+y^2\neq 1,\, (x,y)\neq (0,0)\right\}\rightarrow \mathbb{R}$

tale che

$f(x,y)=\dfrac{\ln\left(x+y\right)}{\ln\left(x^2+y^2\right)}.$

Posto $x-1=t$ (24) diventa

(25) $\begin{equation*} \lim_{(t,y)\to (0,0)} \;\dfrac{\ln\left(1+t+y\right)}{\ln\left(\left(1+t\right)^2+y^2\right)}=\lim_{(t,y)\to (0,0)} \;\dfrac{\ln\left(1+t+y\right)}{\ln\left(1+t^2+y^2+2t\right)}. \end{equation*}$

Osserviamo che

$\begin{aligned} \dfrac{\ln\left(1+t+y\right)}{\ln\left(1+t^2+y^2+2t\right)} &= \dfrac{t+y+o\left(t+y\right)}{t^2+y^2+2t+o\left(t^2+y^2+2t\right)}= \\ &= \left(\dfrac{t+y}{t^2+y^2+2t}\right)\left(1+o\left(1\right) \right) \quad \text{per}\,\, (t,y) \rightarrow (0,0), \end{aligned}$

per cui (25) diventa

(26) $\begin{equation*} \lim_{(t,y)\to (0,0)} \;\dfrac{\ln\left(1+t+y\right)}{\ln\left(1+t^2+y^2+2t\right)}=\lim_{(t,y)\to (0,0)} \;\left(\dfrac{t+y}{t^2+y^2+2t}\right)\left(1+o\left(1\right) \right) . \end{equation*}$

Sia $g:\tilde{\Omega}=\left\{(t,y)\mathbb{R}^2:\,t^2+y^2+2t\neq0\right\}\rightarrow \mathbb{R}$ tale che $g(t,y)=\dfrac{t+y}{t^2+y^2+2t}.$

Proviamo la restrizione $t=0$ su $g$

$g(0,y)=\dfrac{y}{y^2}=\dfrac{1}{y}$

per cui (26) diventa

(27) $\begin{equation*} \lim_{y \rightarrow 0}\dfrac{1}{y}\left(1+o\left(1\right)\right) \end{equation*}$

dove

$\lim_{y \rightarrow 0^+}\dfrac{1}{y}\left(1+o\left(1\right)\right)=+\infty$

$\lim_{y \rightarrow 0^-}\dfrac{1}{y}\left(1+o\left(1\right)\right)=-\infty.$

Pertanto, dal momento che i risultati dei limiti sono diversi, si viola il teorema di unicità e quindi ne possiamo dedurre che il limite non esiste, di conseguenza (24) non ha limite.

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$

. Calcolare, se esiste, il seguente limite:

(28) $\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{\sqrt{x}\sin y}{\left \vert x \right \vert +\left \vert y \right \vert }. \end{equation*}$

Svolgimento.

Sia

$f:\Omega=\left\{(x,y)\in \mathbb{R}^2:\, x\geq0,\, (x,y)\neq (0,0)\right\}\rightarrow \mathbb{R}$

tale che

$f(x,y)=\dfrac{\sqrt{x}\sin y}{\left \vert x \right \vert +\left \vert y \right \vert }.$

Per il dominio di $f$ osserviamo che possiamo riscrivere $f$ come segue

$f(x,y)=\dfrac{\sqrt{x}\sin y}{x +\left \vert y \right \vert}.$

Ci mettiamo nel semipiano $y>0$ e scegliamo la restrizione $y=-x+kx^{\frac{3}{2}}$ con $k>0$ su $f$

$f\left(x,-x+kx^{\frac{3}{2}}\right)=\dfrac{\sqrt{x}\sin\left(-x+kx^{\frac{3}{2}}\right)}{-x+kx^{\frac{3}{2}}+x}=\dfrac{\sqrt{x}\left(-x+o\left(x\right)\right)}{kx^{\frac{3}{2}}}=-\dfrac{1}{k}\left(1+o\left(1\right)\right)\quad \text{per}\,\,x \rightarrow 0^+,$

pertanto (28) diventa

$\lim_{x \rightarrow 0^+}\,f\left(x,-x+kx^{\frac{3}{2}}\right)=\lim_{x \rightarrow 0^+} -\dfrac{1}{k}\left(1+o\left(1\right)\right)=-\dfrac{1}{k}\quad \text{con}\,\, k>0.$

Come si può osservare, (28) varia il proprio valore al variare della restrizione scelta e questo viola il teorema di unicità del limite, facendoci concludere che (28) non esiste.

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare, se esiste, il seguente limite:

(29) $\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{e^{xy}-\cos \left(2xy\right)}{x^2-x^4+y^2 }. \end{equation*}$

Svolgimento.

Sia

$f:\Omega=\left\{(x,y)\in \mathbb{R}^2:\,x^2-x^4+y^2 \neq 0\right\}\rightarrow \mathbb{R}$

tale che

$f(x,y)=\dfrac{e^{xy}-\cos \left(2xy\right)}{x^2-x^4+y^2 }.$

Osserviamo che

$\ e^{xy}-\cos \left(2xy\right)= xy+o\left(xy\right)\quad \text{per}\,\, (x,y)\rightarrow (0,0),$

da cui

$\lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{e^{xy}-\cos \left(2xy\right)}{x^2-x^4+\left \vert y \right \vert }=\lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\dfrac{xy+o\left(xy\right)}{x^2-x^4+y^2 }=\lim_{(x,y)\to (0,0)} \;\left(\dfrac{xy}{x^2-x^4+y^2 }\right)\left(1+o\left(1\right)\right).$

Ora sia

$g:\Omega=\left\{(x,y)\in \mathbb{R}^2:\,x^2-x^4+y^2 \neq 0\right\}\rightarrow \mathbb{R}$

tale che

$g(x,y)=\dfrac{xy}{x^2-x^4+y^2}.$

Proviamo la restrizione $y=mx$ su $g$ ottenendo

$g(x,mx)=\dfrac{mx^2}{x^2-x^4+m^2x^2}=\dfrac{m}{1+m^2}\left(1+o\left(1\right)\right) \quad \text{per}\,\, x \rightarrow 0$

quindi (29) diventa

$\lim_{x \rightarrow 0}g(x,mx)= \lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{m}{1+m^2}\left(1+o\left(1\right)\right)=\dfrac{m}{1+m^2}.$

Come si può osservare (29) varia il proprio risultato a seconda delle restrizioni scelte violando il teorema di unicità, pertanto (29) non esiste.

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Calcolare, se esiste, il seguente limite:

(30) $\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to \infty} \;\dfrac{x^2-xy^2+y^4}{x^2+y^4}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Sia $f:\Omega=\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}\rightarrow \mathbb{R}$

tale che $f(x,y)=\dfrac{x^2-xy^2+y^4}{x^2+y^4}.$

Proviamo la restrizione $y=x$ , ottenendo

$f(x,x)=\dfrac{x^2-x^3+x^4}{x^2+x^4}=1+o\left(1\right)\quad \text{per}\,\,x\rightarrow \infty,$

dunque (30) converge a $1$ .

Proviamo ora la restrizione $x=y^2$ e otteniamo

$f(y^2,y)=\dfrac{y^4-y^4+y^4}{y^4+y^4}=\dfrac{1}{2},$

con cui deduciamo che (30) converge ad $\dfrac{1}{2}$ .

Pertanto, concludiamo che (30) non esiste in quanto per due restrizioni otteniamo due valori differenti violando così il teorema di unicità del limite.

Tutta la teoria di analisi matematica

Leggi...

Tutte le cartelle di Analisi Matematica

Leggi...

Tutti gli esercizi di geometria

In questa sezione vengono raccolti molti altri esercizi che coprono tutti gli argomenti di geometria proposti all’interno del sito con lo scopo di offrire al lettore la possibilità di approfondire e rinforzare le proprie competenze inerenti a tali argomenti.

Strutture algebriche.

Algebra lineare.

Geometria analitica.

Geometria differenziale.

Risorse didattiche aggiuntive per approfondire la matematica

Leggi...

Math Stack Exchange – Parte della rete Stack Exchange, questo sito è un forum di domande e risposte specificamente dedicato alla matematica. È una delle piattaforme più popolari per discutere e risolvere problemi matematici di vario livello, dall’elementare all’avanzato.
Art of Problem Solving (AoPS) – Questo sito è molto noto tra gli studenti di matematica di livello avanzato e i partecipanti a competizioni matematiche. Offre forum, corsi online, e risorse educative su una vasta gamma di argomenti.
MathOverflow – Questo sito è destinato a matematici professionisti e ricercatori. È una piattaforma per domande di ricerca avanzata in matematica. È strettamente legato a Math Stack Exchange ma è orientato a un pubblico con una formazione più avanzata.
PlanetMath – Una comunità collaborativa di matematici che crea e cura articoli enciclopedici e altre risorse di matematica. È simile a Wikipedia, ma focalizzata esclusivamente sulla matematica.
Wolfram MathWorld – Una delle risorse online più complete per la matematica. Contiene migliaia di articoli su argomenti di matematica, creati e curati da esperti. Sebbene non sia un forum, è una risorsa eccellente per la teoria matematica.
The Math Forum – Un sito storico che offre un’ampia gamma di risorse, inclusi forum di discussione, articoli e risorse educative. Sebbene alcune parti del sito siano state integrate con altri servizi, come NCTM, rimane una risorsa preziosa per la comunità educativa.
Stack Overflow (sezione matematica) – Sebbene Stack Overflow sia principalmente noto per la programmazione, ci sono anche discussioni rilevanti di matematica applicata, specialmente nel contesto della scienza dei dati, statistica, e algoritmi.
Reddit (r/Math) – Un subreddit popolare dove si possono trovare discussioni su una vasta gamma di argomenti matematici. È meno formale rispetto ai siti di domande e risposte come Math Stack Exchange, ma ha una comunità attiva e molte discussioni interessanti.
Brilliant.org – Offre corsi interattivi e problemi di matematica e scienza. È particolarmente utile per chi vuole allenare le proprie capacità di problem solving in matematica.
Khan Academy – Una risorsa educativa globale con lezioni video, esercizi interattivi e articoli su una vasta gamma di argomenti di matematica, dalla scuola elementare all’università.

Document