Esercizio - limiti in due variabili con restrizioni, polari e carabinieri (foglio 2 e lezioni 7-8)

Teoria: Funzioni di più variabili, limiti e continuitàUna funzione scalare di n variabili f : A ⊆ R^n → R ha dominio naturale (dove la formula ha senso), grafico (superficie in R^{n+1}) e insiemi di livello {f = c}. Il limite in x0 (punto di accumulazione) si definisce con ε-δ o con le successioni (Heine); per negare l'esistenza si confrontano restrizioni a curve diverse (rette, parabole), per dimostrarla si maggiora |f − L| con g(ρ) → 0 indipendente da θ (coordinate polari) o si usano i due carabinieri. f è continua in x0 se lim = f(x0). I limiti iterati non bastano.Funzioni di più variabili, limiti e continuità →.

Testo. Calcolare, se esistono, i limiti: (a) $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^2+y^2}{x}$, (b) $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}x\,e^{-y/x}$, (c) $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(2,1)}\frac{(y-1)^2\sin(\pi x)}{(x-2)^2+(y-1)^2}$, (d) $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^2y}{x^4+y^2}$, (e) $\displaystyle\lim_{|\underline x|\to+\infty}\frac{\arctan x}{x^2+y^2}$.

(Fonte: esercizio 3 del foglio 2 per (a), (b), (c); esempi delle lezioni 7 e 8 per (e); (d) è l'esempio classico delle rette insufficienti.)

Soluzioni

(a) $\frac{x^2+y^2}{x}$: il limite non esiste

La funzione è definita per $x\ne0$. Sulle rette $y=mx$: $\frac{x^2(1+m^2)}{x}=x(1+m^2)\to0$. Lo stesso su $x=0$ non è ammesso (fuori dominio). Ma sulle parabole orizzontali $x=y^2$: $$\frac{y^4+y^2}{y^2}=y^2+1\to1 ,$$ e su $x=-y^2$: $\frac{y^4+y^2}{-y^2}=-y^2-1\to-1$. Tre valori diversi ($0$, $1$, $-1$) lungo tre cammini che tendono all'origine: non esiste.

(b) $x\,e^{-y/x}$: il limite non esiste

Dominio $x\ne0$. Sull'asse $x$ ($y=0$): $x\to0$. Sulle rette $y=mx$: $x\,e^{-m}\to0$. Il limite è dunque candidato a $0$; ma l'esponenziale può "esplodere" se $-y/x$ è grande. Cerchiamo un cammino con $x\,e^{-y/x}=c$ costante, con $x>0$: $$e^{-y/x}=\frac cx\iff-\frac yx=\ln\frac cx\iff y=x\ln x-x\ln c .$$ Questa curva tende a $(0,0)$ per $x\to0^+$ (perché $x\ln x\to0$) ed è continua. Lungo di essa $f\equiv c$. Con $c=1$ e $c=2$ si hanno due limiti diversi (e $0$ lungo l'asse): non esiste.

(c) limite in $(2,1)$: esiste, vale $0$

Si trasla: $u=x-2$, $v=y-1$, $(u,v)\to(0,0)$. Poiché $\sin(\pi x)=\sin(\pi u+2\pi)=\sin(\pi u)$, $$f=\frac{v^2\sin(\pi u)}{u^2+v^2}.$$ Il fattore $\frac{v^2}{u^2+v^2}\in[0,1]$ e $|\sin(\pi u)|\le\pi|u|$ (da $|\sin t|\le|t|$), quindi $$|f|\le1\cdot\pi|u|\le\pi\sqrt{u^2+v^2}\xrightarrow{(u,v)\to0}0 .$$ Per i carabinieri il limite è $0$. (Si noti la maggiorazione radiale: $g(\rho)=\pi\rho$.)

(d) $\frac{x^2y}{x^4+y^2}$: il limite non esiste

Sulle rette $y=mx$: $\frac{mx^3}{x^4+m^2x^2}=\frac{mx}{x^2+m^2}\to0$ per $m\ne0$, e vale $0$ per $m=0$ (asse $x$) e per $x=0$ (asse $y$). Tutte le rette concordano su $0$, ma il candidato non regge: sulla parabola $y=x^2$, $$\frac{x^2\cdot x^2}{x^4+x^4}=\frac12\ne0 .$$ Non esiste. Il numeratore $x^2y$ e il denominatore $x^4+y^2$ sono omogenei se si pesa $y$ come $x^2$: per questo la parabola $y=x^2$ è il cammino "giusto".

(e) $\frac{\arctan x}{x^2+y^2}$ all'infinito: vale $0$

Candidato: numeratore limitato ($|\arctan x|<\frac\pi2$), denominatore $\to+\infty$: $L=0$. In polari $x=\rho\cos\theta$: $$|\tilde f(\rho,\theta)|=\frac{|\arctan(\rho\cos\theta)|}{\rho^2}\le\frac{\pi/2}{\rho^2}=:g(\rho)\xrightarrow{\rho\to\infty}0 ,$$ con $g$ indipendente da $\theta$. Il limite vale $0$.

Errori tipici. In (d) fermarsi alle rette; in (c) dimenticare di traslare e arrabbiarsi con $\sin(\pi x)$; in (e) lasciare $\cos\theta$ in una stima senza maggiorarlo.