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

R.2⇢ sin #, ⇢ 0 # 33 3 3⇢ cos # + ⇢ sin # 3 3f (x, y) = = ⇢(cos # + sin #).7 2⇢Questo conduce a6 6 63 3 3 3|f |0 (x, y)| = ⇢| cos # + sin #| ⇢(| cos #| + sin #|) 2⇢7e quindi, siccome lim ⇢ = 0,(x,y)!(0,0) e quindi|flim (x, y)| = 0 lim f (x, y) = 0.7 7(x,y)!(0,0) (x,y)!(0,0)2x yh) dovelim f (x, y) f (x, y) =8 8 4 2x + y(x,y)!(0,0)Abbiamo 2 ·x 0f (x, 0) = =08 4x + 0lim f (x, 0) = 08x!0 4x 12f (x, x ) = =8 4 4x + x 212lim f (x, x ) =8 2y!0quindi non esiste.lim f (x, y)8(x,y)!(0,0) 42 2x + 2yi) dovelim f (x, y) f (x, y) =9 9 3/22 2(x + y )(x,y)!(0,0)Il numeratore è dell’ordine di mentre il denominatore è dell’ordine di , quindi2 3⇢ ⇢il limite dovrebbe essere (la frazione è positiva). Infatti+12 2 2 2x + 2y x + y> 2 2 1/2f (x, y) = = (x + y )9 2 2 3/2 2 2 3/2(x + y ) (x + y )Siccome il minorante tende a e possiamo concludere2 2lim (x + y ) = 0, +1(x,y)!(0,0)che lim f (x, y) = +1.9(x,y)!(0,0) 2 3x yj) dovelim f (x, y) f (x,

y) =10 10 4 6x + y(x,y)!(0,0)

Abbiamo 2 3·x 0f (x, 0) = = 0,10 4 6x + 0per cui l’unico possibile limite è Consideriamo la curva0.⇢ 3x = t R.2: t2y = tContiene il punto di coordinate per Osserviamo che(0, 0) t = 0.6 6·t t 13 2f (t , t ) = =10 12 12t + t 2per cui e quindi non esiste.13 2 6lim = f (t , t ) = = 0 lim f (x, y)t!0 10 102 (x,y)!(0,0)5 5x yk) dovelim f (x, y) f (x, y) =11 11 4 6 2(x + y )(x,y)!(0,0)Abbiamo 5 5·x 0f (x, 0) = = 0,11 4 6 2(x + 0 )per cui l’unico possibile limite è Siccome0. () |flim f (x, y) = 0 lim (x, y)| = 011 11(x,y)!(0,0) (x,y)!(0,0)possiamo studiare Vale|f (x, y)|.11 5 5 5 55 5 4 6 4 6|x| |y| (|x| ) (|y| ) (x ) (y )4 6 4 66 |f0 (x, y)| = = =11 4 6 2 4 6 2 4 6 2(x + y ) (x + y ) (x + y )55 54 6 4 6(x + y ) (x + y )4 6 5 56 1+ 26 4 6 4 6= x + y = x + y4 124 6 2(x + y )e quindi che produce|flim (x, y)| = 0 lim f (x, y) = 0.11(x,y)!(0,0) (x,y)!(0,0)2 2x yl) dovelim f (x, y) f (x, y) =12 12 3 4x + y(x,y)!(0,0) 4

denominatore si può annullare per quindi il limite non esiste. Infatti,x = y 3f (x, 0) = 0,12 1per cui l'unico limite possibile è Selezionando della forma (con40. x x = (ay ) a3da determinare, non necessariamente costante), abbiamo2 8 2+2a y a3 3 3 2f (x, y) = = y 312 4(a + 1)y a +1per cui, con vienea = 1 + y, ⇣ ⌘1 2 15 4f y y , y = ( 1 + y) y3 3 312che non tende a per (infatti tende all'infinito). Perciò il limite non esiste.!0 y 0 xym) dovelim f (x, y) f (x, y) =13 13 2 4x + y(x,y)!(0,0)L'unico limite possibile è perché Tuttavia0 f (x, 0) = 0. lim f (x, x) =13 x!0 132 quindi non esiste il limite.x 6lim = 1 = 0,x!0 2 4x +x 2 3x y yn) dovelim f (x, y) f (x, y) =14 14 2 2x + y(x,y)!(0,0)L'unico limite possibile è perché Infatti,0 f (x, 0) = 0.142 2 2 2|x | · |y|y (x + y )|y|6 6|f |y|,0 (x, y)| =14 2 2 2 2x + y x + yquindi e perciò|flim (x, y)| = 0 lim f (x, y) = 0.14 14(x,y)!(0,0) (x,y)!(0,0)63

2x yo) dovelim f (x, y) f (x, y) =15 15 5 2x + y(x,y)!(0,0) 2Il denominatore si può annullare per quindi il limite non esiste. Infatti,x = y 5f (x, 0) = 0,15 1per cui l’unico limite possibile è Selezionando della forma (con20. x x = (ay ) a5da determinare, non necessariamente costante), abbiamo3 6 3+2a y a5 5 5 6f (x, y) = = y 515 2(a + 1)y a +1per cui, con , viene2a = 1 + y ⇣ ⌘1 3 44 2 2f y y , y = ( 1 + y ) y5 5 515che non tende a per (infatti tende all’infinito). Perciò il limite non esiste.!0 y 0 yp) dove plim f (x, y) f (x, y) =16 16 2 2x + y(x,y)!(0,0)Abbiamo yf (0, y) =16 |y|per cui il limite non può esistere e quindi non esiste lim f (0, y).y!0 1622x xyq) dovelim f (x, y) f (x, y) =17 17 2 24x y(x,y)!(0,0)Le frazioni omogenee, con lo stesso grado al numeratore che al denominatore (quinon hanno mai limite. Si vede scegliendo varie rette passanti per l’origine. In2)questo caso 1f (x, 0) =17 2f (0, y) = 017per cui il limite non

può esistere (dovrebbe essere uguale almeno a e1 0).22yr) dove 2lim f (x, y) f (x, y) = xe x18 18(x,y)!(0,0) 7 2y2 6 6Osserviamo che per cui e quindiy 20 e 1x2x 6 6|f |x|0 (x, y)|18da cui deduciamo che lim f (x, y) = 0.18(x,y)!(0,0)2ys) dove xlim f (x, y) f (x, y) = xe19 19(x,y)!(0,0) 2La frazione non ha segno costante e tende a se e tende ay +1 x < 0 y 0px 2abbastanza piano. In particolare se e allora y 1p|x|,4x < 0 y = y(x) = =x |x|per cui y(x)2xlim e = +1,x!0ma inoltre è di ordine (molto) maggiore di . Perciò1x⇣ ⌘p4 |x|lim f x, = +1.19x!0D’altra parte, f (x, 0) = x19che tende a per cui il limite non esiste.0 x + yt) dovelim f (x, y) f (x, y) =20 20 x y(x,y)!(0,0)Abbiamo f (x, 0) = 120f (0, y) = 1,20per cui il limite non esiste. x yu) dovelim f (x, y) f (x, y) =21 21 x + y(x,y)!(0,0)Abbiamo f (x, 0) = 121f (0, y) = 1,21per cui il limite non esiste. 822x yv) dovelim f (x, y) f (x, y) =22 22 2 4x + y(x,y)!(0,0)Facendo , che rende dello stesso

Ordine i due termini della somma del ^2x = y denominatore, troviamo che tende a Il limite dovrebbe ^{2f (x, y) = f (y , y) = y 0.22 22} quindi essere Per dimostrarlo usiamo una variante della tecnica generale. ^{0. 2 2 4|y|2x 2(x + y )|y|6 6|f0 (x, y)| = = 2|y|.22 2 4 2 4x + y x + y} Abbiamo quindi e perciò ^{|flim (x, y)| = 0 lim f (x, y) = 0.22 22(x,y)!(0,0) (x,y)!(0,0)xw) dove plim f (x, y) f (x, y) =23 23 2 2x + y(x,y)!(0,0)} Abbiamo x ^{f (x, 0) =23 |x|} per cui il limite non esiste. Nota: dove è l’angolo delle coordinate polari, per cui il limite ^{exp = cos ✓, ✓2 2x +y} non può esistere (il limite dipende con quale angolo si arriva nell’origine). x yx) dove ^{lim f (x, y) f (x, y) =24 24 |x| |y|+(x,y)!(0,0)} Abbiamo x ^{f (x, 0) =24 |x|} per cui il limite non esiste. ^{2x yy) dove lim f (x, y) f (x, y) =25 25 3 2|x| + y(x,y)!(0,0)} Abbiamo 2 ·x 0 ^{f (x, 0) = = 0,25 3 2|x| + 0} per cui l’unico possibile limite è Siccome ^{0. () |flim f (x, y) = 0 lim (x, y)| = 025}

25(x,y)!(0,0) (x,y)!(0,0)9possiamo studiare Vale|f (x, y)|.25 2 12 3 2|y|x (|x| ) (y )3 26 |f0 (x, y)| = =25 3 2 3 2|x| |x|+ y + y2 13 2 3 2(|x| + y ) (|x| + y )3 2 2 12 1+ 16 3 2 3 2|x| |x|= + y = + y3 63 2|x| + ye quindi che produce|flim (x, y)| = 0 lim f (x, y) = 0.25(x,y)!(0,0) (x,y)!(0,0)x yz) dove plim f (x, y) f (x, y) =26 26 |x| |y|+(x,y)!(0,0)Facendo si vede subito che l’unico limite possibile è Infatti,y = x, 0. p|x| |y||x +x y y|6 6p p p|f |x| |y|,0 (x, y)| = = = +26 |x| |y| |x| |y| |x| |y|+ + +per cui e quindi|flim (x, y)| = 0 lim f (x, y) = 0.26 26(x,y)!(0,0) (x,y)!(0,0)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) pVale per cui+2 2lim x + y = 0 lim g (x, y) = +1.1(x,y)!(0,0) (x,y)!(0,0)1B) dovelim g (x, y) g (x, y) =2 2 2 4x + y(x,y)!(0,0)Vale per cui2 4 +lim (x + y ) = 0 lim g (x, y) = +1.2(x,y)!(0,0) (x,y)!(0,0)1C) dovelim g (x, y) g (x, y) =3 3 2 3x

+ y(x,y)!(0,0) pIl denominatore si annulla per per cui il limite non può esistere. Vale3 2y = xma il segno non è costante per cui non possiamo sapere2 3lim (x + y ) = 0,(x,y)!(0,0)se il limite esiste (anzi, come detto prima, non esiste). Studiamo il caso y = y(x) =p allora e per cui3 23 2x + x, lim y = 0 y = x xx!0 1g (x, y(x)) =3 x1lim g (x, y(x)) =3+x!0 10lim g (x, y(x)) = +1,3x!0per cui non esiste.lim g (x, y)3(x,y)!(0,0) 3 3sin(x + y )D) dovelim g (x, y) g (x, y) =4 4 2 2x + y(x,y)!(0,0)Gli asintotici sono delicati da usare con le funzioni di più variabili, ma ci possonodare un’informazione su quale limite aspettarci, o garantirci che non c’è limite.Siccome per e ci aspettiamo che3 3⇠ !sin t t t 0 lim (x + y ) = 0, g (x, y)4(x,y)!(0,0)3 3abbia lo stesso limite di ovverox +y = f (x, y), 0.32 2x +y 6Studiamo Usiamo che (dimostrazione in fondo).R,|g 8t 2 | |t|(x, y)|. sin t|4Abbiamo quindi 3 3 3 3| |x |sin(x + y )| + y6 6|g0 (x, y)| =4 2 2 2

2x + y

x + y

Come abbiamo visto prima 3

3x