Esercitazione su: Limiti e Continuità di funzioni in più variabili (Analisi 2)

Università di Bergamo - Analisi Matematica II

Università di Bergamo Anno accademico 2021–2022 Secondo anno di Ingegneria Foglio 4 Analisi Matematica II Funzioni reali di più variabili: limiti e continuità.

Alcune considerazioni generali

Alcune considerazioni generali. Se lim f (x, y) = `,(x,y)!(a,b) allora, per qualsiasi curva semplice e continua tale che (x(t), y(t)) (x(0), y(0)) = (a, b), vale lim f (x(t), y(t)) = `.t!0

Conviene provare con delle curve facili e vedere qual è il limite possibile (o se non c’è tale limite). In particolare, nel caso conviene provare (a, b) = (0, 0) lim f (x, 0)x!0 lim f (0, y)y!0 ±x)lim f (x,x!0 ±2x)lim f (x,x!0 ecc. . .

Per dimostrare un limite, può essere utile la seguente osservazione: () |flim f (x, y) = ` lim (x, y) `| = 0(x,y)!(a,b) (x,y)!(a,b) e in particolare, se ` = 0, () |flim f (x, y) = 0 lim (x, y)| = 0.(x,y)!(a,b) (x,y)!(a,b)

Nel caso di un limite di frazione del tipo a bx ylim ,c dx + y(x,y)!(0,0)> >(con e almeno uno diverso da e con e l’unico limite possibile è a 0, b 0 0 c d > 0)(si vede facendo o Se il denominatore si può annullare (cioè o dispari),0 x y = 0). c d allora il limite non esiste (non è un teorema, ma si può trovare una curva per la quale il limite non è se il denominatore non si può annullare, di fatto (ma non è un teorema,0); quindi bisogna fare la dimostrazione) esiste se e solo se, ponendo , allora il c/dy = x1 limite è Funziona così anche se il denominatore è della forma (è di questa c d|x| |y|0. +forma, seppur implicitamente, quando e sono pari). Per dimostrare che il limite è c d 0, conviene usare il seguente metodo: bac da b a b |y|(|x| )|x| |y| dx y c= =c d c d c d|x| |y| |x| |y| |x| |y|+ + +a bc d c d|x| |y| |x| |y|+ +c d a b+ 16 c d|x| |y|= + .c dc d|x| |y|+> >

Quindi se allora il limite è Nel caso contrario ac bc 0, d 0, c + d > 0, + 1 > 0, 0.d facendo si riesce a verificare che il limite non esiste.d c|y| |x|=

Esercizio 4.1

Stabilire quali dei seguenti limiti esistono e, nel caso affermativo, calcolarli.

• Sin(x y)a) dove lim f (x, y) f (x, y) =1 1 cos(x + y)(x,y)!(0,0) xyb) dove plim f (x, y) f (x, y) =2 2 xy + 1 1(x,y)!(0,0) ✓ ◆1c) dove 2 2lim f (x, y) f (x, y) = (x + y ) cos3 3 2 2x + y(x,y)!(0,0) 3 3x + yd) dove lim f (x, y) f (x, y) =4 4 2 4x y(x,y)!(0,0) xye) dove lim f (x, y) f (x, y) =5 5 2 2x + y(x,y)!(0,0) 2 2x yf) dove lim f (x, y) f (x, y) =6 6 2 2x + y(x,y)!(0,0) 3 3x + yg) dove lim f (x, y) f (x, y) =7 7 2 2x + y(x,y)!(0,0) 2x yh) dove lim f (x, y) f (x, y) =8 8 4 2x + y(x,y)!(0,0) 2 2x + 2yi) dove lim f (x, y) f (x, y) =9 9 2 2 3/2(x + y )(x,y)!(0,0) 2 3x yj) dove lim f (x, y) f (x, y) =10 10 4 6x + y(x,y)!(0,0) 5 5x yk) dove lim f (x, y) f (x, y) =11 11 4 6 2(x + y )(x,y)!(0,0) 22 2x yl) dove lim f (x, y) f (x, y) =12 12 3 4x + y(x,y)!(0,0) xym) dove lim f (x, y) f (x, y) =13 13 2 4x + y(x,y)!(0,0) 2 3x y yn) dove lim f (x, y) f (x, y) =14 14 2 2x + y(x,y)!(0,0) 3 2x yo) dove lim f (x, y) f (x, y) =15 15 5 2x + y(x,y)!(0,0) yp) dove plim f (x, y) f (x, y) =16 16 2 2x + y(x,y)!(0,0) 22x xyq) dove lim f (x, y) f (x, y) =17 17 2 24x y(x,y)!(0,0) 2yr) dove 2lim f (x, y) f (x, y) = xe x18 18(x,y)!(0,0) 2ys) dove xlim f (x, y) f (x, y) = xe19 19(x,y)!(0,0) x + yt) dove lim f (x, y) f (x, y) =20 20 x y(x,y)!(0,0) x yu) dove lim f (x, y) f (x, y) =21 21 x + y(x,y)!(0,0) 22x yv) dove lim f (x, y) f (x, y) =22 22 2 4x + y(x,y)!(0,0) xw) dove plim f (x, y) f (x, y) =23 23 2 2x + y(x,y)!(0,0) x yx) dove lim f (x, y) f (x, y) =24 24 |x| |y|+(x,y)!(0,0) 2x yy) dove lim f (x, y) f (x, y) =25 25 3 2|x| + y(x,y)!(0,0) x yz) dove plim f (x, y) f (x, y) =26 26 |x| |y|+(x,y)!(0,0) 3

Esercizio 4.2

Stabilire quali dei seguenti limiti esistono e, nel caso affermativo, calcolarli.

• 1a) dove plim g (x, y) g (x, y) =1 1 2 2x + y(x,y)!(0,0) 1b) dove lim g (x, y) g (x, y) =2 2 2 4x + y(x,y)!(0,0) 1c) dove lim g (x, y) g (x, y) =3 3 2 3x + y(x,y)!(0,0) 3 3sin(x + y )d) dove lim g (x, y) g (x, y) =4 4 2 2x + y(x,y)!(0,0) 2sin(x y)e) dove lim g (x, y) g (x, y) =5 5 2 2x + y(x,y)!(0,0) sin(xy)f) dove lim g (x, y) g (x, y) =6 6 4 2x + y(x,y)!(0,0) sin(xy)g) dove lim g (x, y) g (x, y) = y7 7 4 2x + y(x,y)!(0,0) 2 3|y|log(1 + x ) sin(1/y)h) dove lim g (x, y) g (x, y) =8 8 4 3|y|x +(x,y)!(0,0) 2(x 1) yi) dove lim g (x, y) g (x, y) =9 9 2 2(x 1) + y(x,y)!(1,0) 2y log xj) dove lim g (x, y) g (x, y) =10 10 2 2(x 1) + y(x,y)!(1,0)k) dove 2 4lim g (x, y) g (x, y) = 3x + 2y11 11k(x,y)k!+1l) dove 2 4lim g (x, y) g (x, y) = 3x 2y12 12k(x,y)k!+1 xym) dove lim g (x, y) g (x, y) =13 13 2 21 + x + yk(x,y)k!+1 xyn) dove lim g (x, y) g (x, y) =14 14 4 41 + x + yk(x,y)k!+1o) dove 2 2 4lim g (x, y) g (x, y) = (x + y 1) log(2 + x )15 15k(x,y)k!+1p) dove 4 2lim g (x, y) g (x, y) = (1 + x ) log(2 + y )16 16k(x,y)k!+1 4q) dove 2 2 2 2lim g (x, y) g (x, y) = (x + y ) cos(x + y )17 17k(x,y)k!+1 1r) dove lim g (x, y) g (x, y) =18 18 2xk(x,y)k!+1 ( x se 6e y = 0ys) dove lim g (x, y) g (x, y) =19 19 se1 y = 0(x,y)!(0,0) ( 2x se 6e y = 0yt) dove lim g (x, y) g (x, y) =20 20 se(x,y)!(0,0) 1 y = 0x sin(xy)u) dove lim g (x, y) g (x, y) =21 21 2 2x + y(x,y)!(0,0) ↵|y| sin xv) dove lim g (x, y) g (x, y) = , ↵ > 022 22 2 2x + y(x,y)!(0,0) 1|x| 4w) dove R2 2 2lim g (x, y) g (x, y) = log(1 + x + y ), ↵23 23 2 2 ↵(x + y )(x,y)!(0,0) ( 2 2log(1+x y ) se 6x = 0x) dove 2xlim g (x, y) g (x, y) =24 24 se2y x = 0(x,y)!(0,0)y) dove 2lim g (x, y) g (x, y) = log(1 + y ) arctan (x 1)y25 25k(x,y)k!+1

Esercizio 4.3

Stabilire se le seguenti funzioni sono continue.

• 8 y sin(xy)< se 6(x, y) = (0, 0)a) 2 3|y|x +f (x, y) = : se0 (x, y) = (0, 0).
• 8 log(1 + xy)< se 6(x, y) = (0, 0)b) 4 2x + yg(x, y) = : se0 (x, y) = (0, 0).
• 8 2 2x y< se 6(x, y) = (0, 0)c) 3 4|x| + yh(x, y) = : se0 (x, y) = (0, 0).
• 8 2y>< sep 6(x, y) = (0, 0)d) 4 4i(x, y) = x + y>: se0 (x, y) = (0, 0).
• 58 xy se< p 6(x, y) = (0, 0)e) 2 2x + yj(x, y) = : se0 (x, y) = (0, 0).
• 8 2 6x y< se 6(x, y) = (0, 0)f) 2 4 2(x + 3y )k(x, y) = : se0 (x, y) = (0, 0).
• 8 2y log x< se e 6x > 0 (x, y) = (1, 0)g) 2 2(x 1) + yl(x, y) = : se0 (x, y) = (1, 0).6

Università di Bergamo - Analisi Matematica II

Università di Bergamo Anno accademico 2021–2022 Secondo anno di Ingegneria Foglio 4 Analisi Matematica II Funzioni reali di più variabili: limiti e continuità.

Alcune considerazioni generali

Alcune considerazioni generali. Se lim f (x, y) = `,(x,y)!(a,b) allora, per qualsiasi curva semplice e continua tale che (x(t), y(t)) (x(0), y(0)) = (a, b), vale lim f (x(t), y(t)) = `.t!0

Conviene provare con delle curve facili e vedere qual è il limite possibile (o se non c’è tale limite). In particolare, nel caso conviene provare(a, b) = (0, 0)lim f (x, 0)x!0lim f (0, y)y!0 ±x)lim f (x,x!0 ±2x)lim f (x,x!0ecc. . .

Per dimostrare un limite, può essere utile la seguente osservazione:() |flim f (x, y) = ` lim (x, y) `| = 0(x,y)!(a,b) (x,y)!(a,b)e in particolare, se ` = 0, () |flim f (x, y) = 0 lim (x, y)| = 0.(x,y)!(a,b) (x,y)!(a,b)

Nel caso di un limite di frazione del tipo a bx ylim ,c dx + y(x,y)!(0,0)> >(con e almeno uno diverso da e con e l’unico limite possibile èa 0, b 0 0 c d > 0)(si vede facendo o Se il denominatore si può annullare (cioè o dispari),0 x y = 0). c d allora il limite non esiste (non è un teorema, ma si può trovare una curva per la quale il limite non è se il denominatore non si può annullare, di fatto (ma non è un teorema,0); quindi bisogna fare la dimostrazione) esiste se e solo se, ponendo , allora il c/dy = x1 limite è Funziona così anche se il denominatore è della forma (è di questa c d|x| |y|0. +forma, seppur implicitamente, quando e sono pari). Per dimostrare che il limite èc d 0, conviene usare il seguente metodo: bac da b a b |y|(|x| )|x| |y| dx y c= =c d c d c d|x| |y| |x| |y| |x| |y|+ + +a bc d c d|x| |y| |x| |y|+ +c d a b+ 16 c d|x| |y|= + .c dc d|x| |y|+> >

Quindi se allora il limite è Nel caso contrario ac bc 0, d 0, c + d > 0, + 1 > 0, 0.d facendo si riesce a verificare che il limite non esiste.d c|y| |x|=

Esercizio 4.1

Esercizio 4.1. Stabilire quali dei seguenti limiti esistono e, nel caso affermativo, calcolarli.

Punto a

sin(x y)a) dove lim f (x, y) f (x, y) =1 1 cos(x + y)(x,y)!(0,0)

Abbiamo e lim sin(x y) = sin(0 0) = 0 lim cos(x + y) = cos(0 + 0) = 1(x,y)!(0,0) (x,y)!(0,0) per cui 0lim f (x, y) = = 0.1 1(x,y)!(0,0)

Punto b

xyb) dove plim f (x, y) f (x, y) =2 2 xy + 1 1(x,y)!(0,0)

Il numeratore e il denominatore tendono entrambi a per cui c’è un’indeterminazione. È complicato usare gli asintotici con le funzioni di più variabili, ma si possono sfruttare o per avere un’idea o per dimostrare che il limite non esiste. In questo caso, l’asintotico per ci indica che il limite dovrebbe t⇠ !t + 1 1 t 02 essere Per fare la dimostrazione, razionalizziamo il denominatore:2. pxy xy( xy + 1 + 1)pf (x, y) = =2 xy