Limiti di funzioni di due variabili

Limiti di funzioni di due variabili
Definizione 1 Sia f : A ⊆ R2 → R e x0 = (x0 , y0 ) punto di accumulazione
di A. Diciamo che
lim f (x) =
x→x0
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
f (x, y) = L
se e solo se
∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : x ∈ Uδ (x0 ) \ {x0 } ⇒ |f (x) − L| < ε.
Diciamo che
lim f (x) =
x→x0
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
f (x, y) = +∞ (o − ∞)
se e solo se
∀ K > 0 ∃ δ > 0 : x ∈ Uδ (x0 ) \ {x0 } ⇒ f (x) > K (o f (x) < −K).
♦ Esercizio. Dimostrare con la definizione di limite che
lim
(x,y)→(0,0)
f (x, y) =
1
= +∞.
(x,y)→(0,0) |x + y|
lim
Soluzione.
Dobbiamo mostrare che l’insieme delle soluzioni della disequazione:
f (x, y) > K, con K > 0
(1)
contiene intorni sferici di (x0 , y0 ) = (0, 0), cioè che
(x, y) ∈ UδK (0, 0) ⇒
1
> K,
|x + y|
(con raggio δK dipendente eventualmente da K).
Risolvendo la (1) si trova la striscia
S = {(x, y) : −
1
1
−x<y <
− x}
K
K
(delimitata dalle parallele alla bisettrice del secondo e quarto quadrante
1
, si ha che UδK ⊂ S ∀ K > 0.
y = ± K1 − x). Posto δK = 2K
1
✻
❅
❅
1
❅ K
❅
✤✜
❅
❅
❅
❅
❅
❅
✣✢
1❅
❅
δK = 2K
❅
❅
1
− K❅
❅
❅
❅
✲
♦ Esercizio. Calcolare i seguenti limiti:
a.
b.
sin(xy)
;
(x,y)→(0,0) sin x sin y
lim
ln(1 + x2 + y 2 )
p
;
(x,y)→(0,0) sin( x2 + y 2 )
lim
c.
x2 − 2xy + y 2
;
ex−y − 1
(x,y)→(0,0)
d.
x2 + 3xy + 2y 2
.
(x,y)→(−2,1) x2 − xy − 6y 2
lim
lim
Soluzione.
a. Si tratta di una forma di indecisione
limt→0
sin t
t
h i
0
0
. Ricordando il limite notevole
= 1, possiamo riscrivere così la funzione:
y
sin(xy) x
sin(xy)
=
→ 1 · 1 · 1 = 1, quando (x, y) → (0, 0).
sin x sin y
xy sin x sin y
h i
b. Ancora una forma di indecisione 00 . Ricordando la relazione di asintotico ln(1 + t) ∼ t + o(t) per t → 0, si ottiene:
lim
x2 + y 2
ln(1 + x2 + y 2 )
2
2 12
p
p
=
lim
=
lim(x
+
y
) = 0.
sin( x2 + y 2 )
x2 + y 2
2
c. Ancora la forma di indecisione
intorno di t = 0, per ottenere:
lim
h i
0
0
. Ricordiamo che et − 1 ∼ t in un
(x − y)2
= lim(x − y) = 0.
x−y
d. Sostituendo le coordinate del hpunto
(−2, 1) nella funzione si ottiene
i
0
nuovamente la forma di indecisione 0 : entrambi i polinomi a numeratore e
a denominatore contengono un fattore che si annulla in quel punto. Infatti,
osserviamo che:
x2 + 3xy + 2y 2 = x2 + 2xy + xy + 2y 2 = (x + y)(x + 2y),
e analogamente, essendo −y = −3y + 2y e −6y 2 = (−3y)(2y):
x2 − xy − 6y 2 = (x − 3y)(x + 2y).
Perciò:
lim
1
(x + y)
(x + y)(x + 2y)
=
lim
= .
(x − 3y)(x + 2y) (x,y)→(−2,1) (x − 3y)
5
Coordinate polari in R2
Dovendo calcolare un limite:
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
f (x, y),
spesso può essere utile il cambio di coordinate:
(
x = x0 + ρ cos θ
y = y0 + ρ sin θ
con
ρ ∈ R+
θ ∈ [0, 2π)
dove (x(ρ, θ), y(ρ, θ)) → (x0 , y0 ) ⇔ ρ → 0 e θ ∈ [0, 2π). In questo modo ci
si riconduce al calcolo del limite:
lim
ρ→0,θ∈[0,2π)
f (x(ρ, θ), y(ρ, θ)) =
lim
ρ→0,θ∈[0,2π)
f (ρ, θ).
♦ Esercizio. Calcolare i seguenti limiti, utilizzando le coordinate polari
(centrate in un opportuno polo (x0 , y0 )).
a.
ln(1 + x2 + y 2 )
p
;
(x,y)→(0,0) sin( x2 + y 2 )
lim
3
b.
(y − 1)2 sin(πx)
;
(x,y)→(2,1) (x − 2)2 + (y − 1)2
c.
sin(x2 y)
;
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lim
d.
lim
ln[1 + 2 sin(x2 + y 2 )]2
.
4(x2 + y 2 )
(x,y)→(0,0)
lim
Soluzione.
a. In coordinate polari centrate nell’origine si ottiene:
lim
ρ2
ln(1 + ρ2 )
= lim
= 0, con ρ → 0, ∀ θ.
sin ρ
ρ
b. Centrando le coordinate polari in (x0 , y0 ) = (2, 1), si deve calcolare:
lim
(ρ sin θ)2 sin(2π + πρ cos θ)
(ρ cos θ)2 (ρ sin θ)2
= lim(sin2 θ sin(πρ cos θ))
= lim(π sin2 θ cos θρ) = 0.
L’ultimo limite va a 0 indipendentemente dal valore di θ, perché dato dal
prodotto di una quantità - π sin2 θ cos θ, dipendente da θ - che si mantiene
limitata al variare di θ, e di una quantità - ρ - infinitesima al tendere di ρ a 0.
c. Passando in coordinate polari rispetto all’origine si ha:
lim
sin(ρ3 sin2 θ cos θ)
= lim(ρ sin2 θ cos θ) = 0,
ρ2
anche in questo caso il limite non dipende dall’angolo θ, per le stesse ragioni
date al punto precedente.
d. Con le coordinate polari centrate in (0, 0) si ottiene:
lim
2 · 2 sin ρ2
2 ln[1 + (2 sin ρ2 )]
=
lim
= 1,
4ρ2
4ρ2
indipendentemente da θ.
Teorema 1 (Unicità del limite) Se esiste il limite limx→x0 f (x) = L, allora è unico.
conseguenza (non esistenza del limite): se lungo due cammini diversi r1 (t)
e r2 (s) - entrambi passanti per x0 in corrispondenza rispettivamente di t = t0
4
e s = s0 - si ottengono valori diversi del limite limx→x0 f (x), allora tale limite non esiste:
lim f (r1 (t)) = L1
con
lim f (r2 (s)) = L2
con
t→t0
s→s0
r1 (t) → x0 se t → t0 ,
r2 (s) → x0 se s → s0
e L1 6= L2 , allora f non ammette limite per x → x0 .
♦ Esercizio. Dimostrare che non esiste
x2 + y 2
.
x
(x,y)→(0,0)
lim
Soluzione.
Cerchiamo due cammini che arrivino a (0, 0), lungo cui f (x, y) sia sempre
definita (cioè i cammini non devono uscire dal dominio di f ) e tenda a due
limiti diversi.
primo cammino: asse x (y = 0). Restringo f a tale retta e faccio muovere
il punto sulla retta (x, 0) verso l’origine, mandando x → 0:
lim f (x, 0) = lim
x→0
x2
= lim x = 0.
x
secondo cammino: ne cerco uno lungo cui il limite non sia nullo. Poiché
la direzione “critica” è quella dell’asse y (x = 0, esterno al dominio della
funzione), provo a giungere nell’origine con direzione tangente a tale asse;
per esempio, scegliendo la parabola x = y 2 , ottengo
lim f (y 2 , y) = lim
y→0
y4 + y2
= lim(y 2 + 1) = 1 6= 0.
y2
Questo risultato dà la tesi richiesta.
♦ Esercizio.
a. Calcolare
x2 y
(x,y)→(0,0) x4 + y 2
lim
lungo tutte le rette passanti per l’origine.
b. Dimostrare che tale limite non esiste.
5
Soluzione.
a. Restringo la funzione alle rette per l’origine (x, y = mx) e mando il punto
sulla retta verso l’origine, facendo tendere x → 0:
mx
=
lim f (x, mx) = lim 2
x→0
x + m2
(
0
m2
= 0 se m 6= 0
lim x02 = lim 0 = 0 se m = 0.
Pertanto la funzione ha limite uguale a 0 lungo tutte le rette.
b. Il risultato ottenuto al punto precedente non basta però a garantire
l’esistenza del limite della funzione nell’origine: infatti, si può dimostrare che
tale limite non esiste, ad esempio muovendosi verso (0, 0) lungo la parabola
di equazione y = x2 :
lim f (x, x2 ) = lim
x→0
x2 · x2
1
= 6= 0.
4
4
x +x
2
♪ nota. Ci si potrebbe domandare: “Ma perché dovrei tentare proprio con
una parabola? E perché quella lì e non un’altra?”
Un motivo potrebbe venire dall’osservare che, scegliendo proprio il cammino
di equazione y = x2 , si fa in modo che a numeratore e denominatore appaiano
monomi dello stesso grado, che semplificandosi danno una costante, non
nulla, come risultato del limite. Il che, in altre parole, significa che “a
occhio” si intuisce o si sospetta che la parabola porterà ad avere un limite
diverso da quello ottenuto lungo le rette.
Oppure, se proprio si brancola nel buio, passare alle coordinate polari può
essere di aiuto. Vediamo in questo caso quali informazioni si possano carpire,
con questo secondo metodo:
ρ cos2 θ sin θ
0
=
,
ρ→0 ρ2 cos4 θ + sin2 θ
sin2 θ
lim f˜(ρ, θ) = lim
ρ→0
il che ci dice che lungo tutte le direzioni individuate da valori della coordinata
angolare tali che sin θ 6= 0 il limite è zero; mentre la “direzione critica”, lungo
cui avventurarsi nella ricerca di un eventuale cammino che dia un limite
diverso da zero è quella per cui sin θ si annulla. Quindi è ragionevole provare
ad avvicinarsi all’origine lungo cammini non rettilinei, ma che giungono in
(0, 0) lungo quella direzione, cioè lungo curve la cui tangente nell’origine sia
l’asse delle x (che corrisponde agli angoli con seno nullo).
Continuità
Definizione 2 Sia f : A ⊆ R2 → R, x0 ∈ A. Diciamo che f è continua in
x0 se
lim f (x) = f (x0 ).
x→x0
6
♦ Esercizio. Sia f : R2 → R la funzione, definita a tratti da:
f (x, y)
=
(
(x+y)2
x2 +y 2
0
se (x, y, ) 6= (0, 0)
se (x, y) = (0, 0)
Stabilire dove è continua.
Soluzione.
In ogni punto del piano diverso dall’origine la funzione, in quanto composizione di funzioni continue (rapporto di polinomi con il denominatore sempre non nullo), è continua. Per quanto riguarda la continuità nell’origine,
va verificata con la definizione: la funzione è continua se vale l’uguaglianza
lim
(x,y)→(0,0)
f (x, y) = f (0, 0) = 0.
Calcoliamo il limite:
(x + y)2
ρ2 (cos2 θ + sin2 θ)
=
lim
= g(θ),
ρ2
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lim
il valore del limite dipende dall’angolo e varia al variare di esso; per esempio
π
g(0) = 1 e g( ) = 2,
4
perciò non esiste il limite di f nell’origine (in particolare non può essere
uguale a f (0, 0)).
La funzione è continua in R2 \ {(0, 0)}.
♦ Esercizio. Stabilire se la funzione
f (x, y)
=
(
√x sin y
se (x, y) 6= (0, 0)
0
se (x, y) = (0, 0)
x2 +y 2
è continua nell’origine.
Soluzione.
Deve valere, perché f sia continua in (0, 0), l’uguaglianza
lim
(x,y)→(0,0)
f (x, y) = f (0, 0) = 0.
Calcolo:
x sin y
lim p 2
x + y2
ρ cos θ sin(ρ sin θ)
ρ
sin(ρ sin θ)
= lim(ρ cos θ) sin θ
ρ sin θ
= 1 · lim(ρ cos θ sin θ)
= lim
= 0,
∀ θ.
7
Quindi f è continua nell’origine.
♦ Esercizio. Per le seguenti funzioni
1
f1 (x, y, ) = arctan
2
x + y2
e
y
f2 (x, y) = arctan e x ,
stabilire:
a. insieme di definizione;
b. insieme di continuità;
c. la funzione può essere estesa con continuità sui punti di frontiera dell’insieme
dove è continua?
Soluzione.
- f1 è definita su R2 \ {(0, 0)} e ivi continua. Nell’origine potrà essere estesa
con continuità attribuendole il valore del suo limite per (x, y) → (0, 0),
qualora esso esista:
lim f1 (x, y) = lim arctan(
1
π
)=
2
ρ
2
∀ θ.
Poiché il limite esiste, si può estendere con continuità la funzione anche
nell’origine, definendo la funzione estesa:
f˜1 (x, y)
=
(
f1 (x, y)
π
2
se (x, y) 6= (0, 0)
se (x, y) = (0, 0)
- f2 è definita per x 6= 0, cioè su R2 \ {(0, y) : y ∈ R}, dove è anche continua.
Sia (0, y0 ) un punto di frontiera dell’insieme di definizione della funzione,
allora:
lim(x,y)→(0,y0 ) arctan e
Infine:
lim
(x,y)→(0,0)
y
x
(
=
arctan(±∞) = ± π2
arctan(∓∞) = ∓ π2
se y0 > 0, x → 0±
se y0 < 0, x → 0±
y
arctan e x = lim arctan etan θ = g(θ).
Quindi f2 non ammette limite in alcun punto dell’asse delle ordinate: non
vi può essere estesa con continuità.
8
Derivate parziali
Definizione 3 Sia f : A ⊆ R2 → R, (x0 , y0 ) ∈ A. Le derivate parziali di f
nel punto (x0 , y0 ) sono definite da:
∂
f (x, y)|(x,y)=(x0 ,y0 ) =
∂x
∂
fy (x0 , y0 ) =
f (x, y)|(x,y)=(x0 ,y0 ) =
∂y
fx (x0 , y0 ) =
f (x0 + h, y0 ) − f (x0 , y0 )
h→0
h
f (x0 , y0 + h) − f (x0 , y0 )
lim
h→0
h
lim
(qualora tali limiti esistano finiti).
Definizione 4 f si dice derivabile in (x0 , y0 ) se ammette in quel punto entrambe le derivate parziali.
♦ Esercizio.Calcolare le derivate parziali di f (x, y) = xex
punti in cui esistono.
2
√
y in tutti i
Soluzione.
Deriviamo rispetto a x, con le note regole di derivazione, trattando y come
una costante:
∂f
2
2
√
(x, y) = y(ex + 2x2 ex ),
∂x
∀ (x, y) ∈ domf = {(x, y) : y ≥ 0}
Analogamente procediamo per la derivata rispetto a y:
2
∂f
xex
(x, y) = √ ,
∂y
2 y
∀ (x, y) ∈ domf \ {(x, 0)}.
Per i punti dell’asse delle ascisse, verifichiamo la derivabilità di f con la
definizione:
f (x, h) − f (x, 0)
h
2√
x
xe
h
= lim
h→0
h
(
0
se x = 0
=
∞ se x 6= 0
∂
f (x, 0) =
∂y
lim
h→0
Dunque fy esiste in {(0, 0)} ∪ domf \ {(x, 0)}.
9
♦ Esercizio. Calcolare le derivate parziali nell’origine di f (x, y) =
p
5
y 3 sin2 x.
Soluzione.
Se si calcolano le derivate con le regole di derivazione e si cerca di valutarle nell’origine, si ottengono delle forme di indecisione. Usiamo allora la
definizione:
√
5
f (h, 0) − f (0, 0)
0 sin2 h
fx (0, 0) = lim
= lim
= lim 0 = 0,
h→0
h
h
e
f (0, h) − f (0, 0)
fy (0, 0) = lim
= lim
h→0
h
10
√
5
h3 · 0
= lim 0 = 0.
h