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
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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 )
5