1 Limiti di funzioni di pi`u variabili

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Limiti di funzioni di più variabili
Sia f : D ⊂ RN → R e x0 un punto di accumulazione per D. Riportiamo alcune utili
strategie per verificare se la funzione ammette o non ammette limite finito in x0 .
Le maggiorazioni del tipo |f (x) − l| ≤ Ckx − x0 kα con α > 0 ed l ∈ R in un intorno di x0
implicano che limx→x0 f (x) = l, infatti è facile verificare dalla definizione che limx→x0 kx −
x0 kα = 0.
x = x0 + ρ cos θ
In dimensione 2 è molto utile l’uso delle coordinate polari
, posta
y = y0 + ρ sin θ
f˜(ρ, θ) := f (x0 + ρ cos θ, y0 + ρ sin θ), se esiste i limite limρ→0 f˜(ρ, θ) = l indipendentemente
da θ allora lim(x,y)→(x0 ,y0 ) f (x, y) = l;
Un criterio che esclude l’esistenza del limite consiste nel calcolare il limite lungo direzioni
diverse, se esso è diverso allora il limite non esiste. Beninteso il reciproco non é vero:
l’esistenza di un limite uguale l lungo tutte le direzioni non implica l’esistenza del limite
della funzione.
Esercizio 1.1. Calcolare il seguente limite
(1.1)
x2 y
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lim
Il dominio della funzione in oggetto è R2 /(0, 0). Per (x, y) 6= (0, 0) abbiamo
p
x2 y x2 y 2
2
≤
x2 + y 2 x2 = |y| ≤ y + x = k(x, y)k
e poiché lim(x,y)→(0,0) k(x, y)k = 0 il limite in questione è uguale a 0.
Vediamo in coordinate polari cosa succede, per ρ 6= 0
3
ρ cos2 θ sin θ = |ρ cos2 θ sin2 θ| ≤ ρ −→ 0, quando ρ → 0 indipendentemente da θ .
|f (x, y)| = ρ2
Esercizio 1.2. Calcolare il seguente limite
(1.2)
sin x2 y 2
p
(x,y)→(0,0)
x2 + y 2
lim
Osserviamo che il dominio della funzione é R2 /(0, 0). Abbiamo inoltre che
sin x2 y 2 x2 y 2
sin x2 y 2
p
p
=
,
x2 y 2
x2 + y 2
x2 + y 2
per quanto riguarda il primo fattore lim(x,y)→(0,0)
la maggiorazione
(1.3)
|xy| ≤
sin x2 y 2
x2 y 2
= 1. Mentre per il secondo usiamo
x2 + y 2
2
ed abbiamo
x2 y 2 1 (x2 + y 2 )2
1
= k(x, y)k3 → 0 se (x, y) → (0, 0) .
p
≤ p
x2 + y 2 4 x2 + y 2
4
1
2 2
y
x +y 2
sin x
Quindi lim(x,y)→(0,0) √
2
= 0.
Diamo ora una dimostrazione della diseguaglianza (1.3). Si ha (x + y)2 ≥ 0 da cui
x + y 2 ≥ −2xy, ma anche (x − y)2 ≥ 0 da cui x2 + y 2 ≥ 2xy unendo le due diseguaglianze
si ottiene
x2 + y 2
x2 + y 2
≤ xy ≤
.
−
2
2
Esercizio 1.3. Discutere la continuità della seguente funzione
xy
se (x,y) 6= (0, 0)
x4 +y 4
f (x, y) =
0
se (x,y) = (0, 0) .
2
La funzione è sicuramente continua in R2 /(0, 0). Per quanto riguarda il punto (0, 0),
facciamo il limite in direzioni diverse. Sia v = (ξ, η)una direzione e calcoliamo il limite
x = tξ
lungo la retta di equazioni parametriche γ(t) = tv =
, t ∈ R otteniamo f (tv) =
y = tη
√
√
ξη
1
t2 (ξ 4 +η 4 ) , se v = (1, 0) allora limt→0 f (tv) = 0 se invece v = ( 2/2, 2/2) allora il limite è
infinito. Per cui avendo limiti diversi in direzione diverse la funzione non ammette limite in
(0, 0) e quindi non è continua.
Esercizio 1.4. Si calcoli il seguente limite
y 2 log x
.
(x,y)→(1,0) (x − 1)2 + y 2
lim
Esercizio 1.5. Si calcoli il seguente limite
(x − 1)5 − (x − 1)2 − 3(y − 1)2
.
x2 + 3y 2 − 2(x + 3y − 2)
(x,y)→(1,1)
lim
Esercizio 1.6. Si calcoli il seguente limite
lim
k(x,y)k→∞
x3 ye−xy
nell’insieme A = {(x, y) ∈ R2 | x ≥ 0, x < y < 2x}
2
Calcolo differenziale di più variabili
Esercizio 2.1. Si calcoli la derivata lungo la direzione v nell’origine della funzione
(
xy 3
(x, y) 6= (0, 0)
2 +y 4
x
(2.1)
f (x, y) =
0
(x, y) = (0, 0)
Fissata una direzione v risulta
f (tv) − f (0)
t4 v1 v23
t2 v1 v23
= 2 2
=
4
2
t
t v1 + t 4 v2
v1 + t2 v24
pertanto
∂f
f (tv) − f (0)
(0) = lim
= 0.
t→0
∂v
t
In particolare se v = e1 = (1, 0) allora
∂f
∂x (0, 0)
2
= 0; se v = e2 = (0, 1) allora
∂f
∂y (0, 0)
=0
Esercizio 2.2. Si calcoli la derivata lungo la direzione v nell’origine della funzione
f (x, y) = x2 − xy
(2.2)
e si dica se è differenziabile.
Fissata una direzione v risulta
f (tv) − f (0)
= tv12 − tv1 v2
t
pertanto
∂f
f (tv) − f (0)
(0) = lim
= 0.
t→
∂v
t
La funzione f ha derivate parziali fx = 2x − y e fy = −x; il differenziale, se esiste deve
essere della forma
df (x, y) = (2x − y)dx − xdy
Si ha
f (x + h, y + k) − f (x, y) − df (x, y)(h, k)
h2 − hk
√
=√
h2 + k 2
h2 + k 2
(h,k)→(0,0)
−→
0
quindi f è differenziabile in ogni punto.
Esercizio 2.3. Dire se la seguente funzione è differenziabile in (0, 0)
(
x2 y
(x, y) 6= (0, 0)
x2 +y 4
(2.3)
f (x, y) =
0
(x, y) = (0, 0)
Si può verificare che la funzione in oggetto ha derivate parziali nulle nell’origine. Pertanto
se è differenziabile in (0, 0) deve essere df (0, 0) = 0. Si avrebbe
f (h, k) − f (0, 0) − df (0, 0)(h, k)
h2 k
√
√
=
=: g(h, k)
h2 + k 2
(h2 + k 4 ) h2 + k 2
e risulterebbe differenziabile in (0, 0) se esistesse
lim
g(h, k)
(h,k)→(0,0)
Dal momento che limn g(0, n1 ) = 0 e limn g( n1 , n1 ) =
1/n2
( n12 + n14 )
→
√1
2
la funzione assegnata
non è differenziabile in (0, 0).
Esercizio 2.4. Studiare la continuità e differenziabilità in (0, 0) della funzione
(
x2 y
(x, y) 6= (0, 0)
x4 +y 2
f (x, y) =
0
(x, y) = (0, 0)
2 2
x=t
t
1
la funzione assume sempre valore t4t +t
4 = 2 , quindi la funzione
y = t2
non è continua e si può concludere che non è nemmeno differenziabile.
Sulla curva
3
Osserviamo che calcolando il limite in ogni direzione esso è 0. Infatti Sia v = (ξ, η) una
direzione con ξ 6= 0 o η 6= 0 si ha
f (tv) =
ξ2η
t3 ξ 2 η
→ 0 quando t → 0
=
t
t2 (t2 ξ 4 + η 2 )
t2 ξ + η 2
se invece ξ = 0 o η = 0, f (tv) = 0.
Calcoliamo ora le derivate in ogni direzione. Sia v = (ξ, η) una direzione, per η 6= 0 si ha
f (tξ, tη) − f (0, 0)
ξ2η
ξ2
t3
ξ2η
=
lim
=
= lim
t→0
t→0 t2 ξ 4 + η 2
t→0 t t4 ξ 4 + t2 η 2
t
η
lim
e per η = 0 abbiamo v = (1, 0) e limt→0 f (t,0)
= 0. Cosicché la funzione ha derivate in ogni
t
direzione, ma non e’ differenziabile.
Verifichiamo ora che non è differenziabile in (0, 0) usando la definizione. Se lo fosse
∂f
ammetterebbe differenziale df (0, 0) · (h, k) = ( ∂f
∂x , ∂x )(h, k) = 0 allora esisterebbe e sarebbe
uguale a zero il limite per (h, k) → 0 della seguente funzione
g(h, k) :=
f ((0, 0) + (h, k)) − f (0, 0) − df (0, 0)(h, k)
1
h2 k
=√
4
k(h, k)k
h2 + k 2 h + k 2
ma limt→0 g(t, t) = limt→0
√
t3
2t(t4 +t2
=
√1
2
e limt→0 g(0, t) = 0.
Esercizio 2.5. Dire se la seguente funzione è differenziabile e continua in (0, 0)
f (x, y) =
x2 + y 2
y
x 6= 0
x=0
Il limite per (x, y) → (0, 0) e’ 0.
∂f
Le derivate parziali sono ∂f
∂x = 2x, e ∂y = 1, quindi il differenziale in (o, o), se esiste,
deve essere df (0, 0) · (h, k) = k, e dovrebbe avere limite zero per (h, k) → 0 la seguente
espressione
f (h, k) − f (0, 0) − df (h, k)
k
h2 + k 2 − k p 2
√
= √
= h + k2 − √
2
2
2
2
2
h +k
h +k
h + k2
√
che però non ammette limite (verificare cosa succede per h = t e k = t e per h = t e k = t
quando t → 0).
Remark 2.1. Per verificare che una funzione sia differenziabile non è sempre necessario
eseguire la verifica tramite la definizione. È possibile utilizzare il teorema del differenziale
totale che asserisce che se una funzione ha derivate parziali in un intorno di x0 e sono
continue in x0 allora essa è differenziabile in x0 . Pertanto è vero il seguente schema di
implicazioni
f ammette derivate parziali
continue in un intorno di x0
⇓
f differenziabile in x0
⇓
⇓
f continua in x0 f ammette derivate in
x0 in tutte le direzioni
4
Il calcolo del differenziale può essere utile per esprimere l’equazione del piano tangente
al grafico di z = f (x) nel punto (x0 , f (x0 )) mediante la seguente formula
z − f (x0 ) = df (x0 )(x − x0 )
Inoltre il versore normale a tale piano nel punto x0 è ν = √(−∇f (x0 ),1)2 In particolare nel
1+|∇f (x0 )|
caso n = 2, l’equazione del piano diventa
(2.4)
z − f (x0 , y0 ) = fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 )
(−f (x ,y ),−fy (x0 ,y0 ),1)
e il versore normale ha componenti ν = √ x 20 0
2
1+fx (x0 ,y0 )+fy (x0 ,y0 )
Esercizio 2.6. Determinare l’equazione del piano tangente al paraboloide
z = x2 + y 2
nel punto (x0 , y0 ) e determinare il versore ad esso normale.
Applicando (2.4), l’equazione del piano risulta
z − (x20 + y02 ) = 2x0 (x − x0 ) + 2y0 (y − y0 )
da cui
z = 2(xx0 + yy0 ) − x20 − y02
e il versore normale sarà
(−2x0 , −2y0 , 1)
ν=p
1 + 4(x20 + y02 )
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