Esercizio 13asintotici, stime e restrizioni su parabole

Testo (Lezione 2, esercizi 1-4; il 3 e il 4 sono anche gli esercizi 1.3 e 1.4 dei Ripassi 2025/26).

1. Calcolare $\displaystyle\lim_{(x,y) \to (0,0)}\frac{1 - \cos(xy)}{\log(1 + x^2 + y^2)}$.
2. Calcolare $\displaystyle\lim_{(x,y) \to (1,0)}\frac{y^2\log x}{(x - 1)^2 + y^2}$.
3. Sia $f : \mathbb{R}^2 \setminus \{(0,0)\} \to \mathbb{R}$ definita da $f(x, y) = \dfrac{x^2y^2}{x^4 + y^2}$. Calcolare, se esiste, il limite di $f$ nell'origine.
4. Sia $f : \mathbb{R}^2 \setminus \{(0,0)\} \to \mathbb{R}$ definita da $f(x, y) = \dfrac{x^2\sqrt{|y|}}{x^4 + y^2}$. Calcolare, se esiste, il limite di $f$ nell'origine.

Teoria: Limiti e continuità in più variabiliIl limite di f : D ⊆ Rⁿ → R in un punto di accumulazione p si definisce come in una variabile, con la norma: ∀ε ∃δ, 0 < |x − p| ≤ δ, x ∈ D ⇒ |f(x) − ℓ| ≤ ε. Valgono permanenza del segno, algebra dei limiti e carabinieri. f è continua in p se il limite è f(p): polinomi e composizioni di funzioni continue lo sono. Con f continua, {f < c} è aperto e {f ≤ c} è chiuso. Gli sviluppi asintotici di una variabile si usano se l'argomento tende a 0 (es. sin(x³y) ~ x³y).Limiti e continuità in più variabili →, Calcolo dei limiti in due variabili - restrizioni, stime e coordinate polariPer dimostrare che un limite NON esiste: si trovano due restrizioni (rette y = mx, parabole y = kx², …) con limiti diversi. Per dimostrare che ESISTE: stima uniforme |f(x) − ℓ| ≤ h(x) con h → 0 (utile |xy| ≤ (x² + y²)/2), oppure coordinate polari con una stima |f(p + ρ(cos t, sin t)) − ℓ| ≤ h(ρ) indipendente da t, oppure incollamento di limiti uguali su pezzi che ricoprono il dominio. Il limite uguale su tutte le rette NON basta.Calcolo dei limiti in due variabili - restrizioni, stime e coordinate polari →.

1. $\dfrac{1 - \cos(xy)}{\log(1 + x^2 + y^2)}$

Forma $\frac00$. Entrambi gli argomenti tendono a $0$: $u = xy \to 0$ e $s = x^2 + y^2 \to 0$. Si possono quindi usare gli asintotici di una variabilePer u → 0: 1 − cos u ~ u²/2 e log(1 + s) ~ s; si possono usare in più variabili perché sono limiti di una variabile composti con funzioni che tendono a 0.: $$1 - \cos(xy) \sim \frac{x^2y^2}{2}, \qquad \log(1 + x^2 + y^2) \sim x^2 + y^2$$

Più precisamente, nei punti con $xy \ne 0$ si scrive $$\frac{1 - \cos(xy)}{\log(1 + x^2 + y^2)} = \underbrace{\frac{1 - \cos(xy)}{(xy)^2/2}}_{\to 1}\cdot\underbrace{\frac{x^2 + y^2}{\log(1 + x^2 + y^2)}}_{\to 1}\cdot\frac{x^2y^2}{2(x^2 + y^2)}$$ e per l'ultimo fattore, con $|xy| \le \frac{x^2 + y^2}{2}$, cioè $x^2y^2 \le \frac{(x^2 + y^2)^2}{4}$: $$0 \le \frac{x^2y^2}{2(x^2 + y^2)} \le \frac{(x^2 + y^2)^2}{8(x^2 + y^2)} = \frac{x^2 + y^2}{8} \to 0$$ Nei punti con $xy = 0$ (gli assi) la funzione vale $\frac{1 - 1}{\log(\dots)} = 0$. Limite $= 0$.

(Controllo numerico con Python sul cerchio di raggio $0.01$: valori dell'ordine di $10^{-5}$, coerenti con la stima $\frac{r^2}8 \approx 1.25\cdot 10^{-5}$.)

2. $\dfrac{y^2\log x}{(x - 1)^2 + y^2}$ in $(1, 0)$

Dominio: $x > 0$ (per il logaritmo), escluso il punto $(1, 0)$ dove il denominatore si annulla. $(1, 0)$ è di accumulazione.

Stima. La frazione $\frac{y^2}{(x - 1)^2 + y^2}$ è compresa tra $0$ e $1$ (il numeratore è un pezzo del denominatore), quindi $$\left|\frac{y^2\log x}{(x - 1)^2 + y^2}\right| \le |\log x| \to |\log 1| = 0$$ Limite $= 0$. Di nuovo "limitata per infinitesima": $\frac{y^2}{(x-1)^2 + y^2}$ da sola non ha limite in $(1, 0)$ (sulla retta $y = 0$ vale $0$, sulla retta $x = 1$ vale $1$), ma è limitata, e $\log x \to 0$.

3. $\dfrac{x^2y^2}{x^4 + y^2}$

Esplorazione. Sulle rette $y = mx$: $\frac{m^2x^4}{x^4 + m^2x^2} = \frac{m^2x^2}{x^2 + m^2} \to 0$; sulla parabola $y = x^2$ (dove $x^4$ e $y^2$ sono dello stesso ordine): $\frac{x^6}{2x^4} = \frac{x^2}2 \to 0$. Il candidato è $0$.

Dimostrazione. $$0 \le \frac{x^2y^2}{x^4 + y^2} = x^2\cdot\underbrace{\frac{y^2}{x^4 + y^2}}_{\le 1} \le x^2 \to 0$$ Limite $= 0$.

4. $\dfrac{x^2\sqrt{|y|}}{x^4 + y^2}$

Esplorazione. Sull'asse $x$ ($y = 0$, $x \ne 0$) la funzione vale $0$. Sulle rette $y = mx$ con $m \ne 0$: $$\frac{x^2\sqrt{|m|}\sqrt{|x|}}{x^4 + m^2x^2} = \frac{\sqrt{|m|}\sqrt{|x|}}{x^2 + m^2} \to 0$$ Sembra $0$, ma il denominatore suggerisce di provare le parabole $y = kx^2$ ($k \ne 0$), dove $x^4$ e $y^2$ si bilanciano: $$f(x, kx^2) = \frac{x^2\sqrt{|k|}\,|x|}{x^4 + k^2x^4} = \frac{\sqrt{|k|}}{(1 + k^2)\,|x|} \xrightarrow[x \to 0]{} +\infty$$ (il numeratore è di ordine $|x|^3$, il denominatore di ordine $x^4$: vince il denominatore e la frazione esplode).

Due restrizioni con limiti diversi ($0$ sull'asse $x$, $+\infty$ sulla parabola $y = x^2$): il limite non esiste.

(Controllo numerico: sulla parabola $y = 2x^2$, $f(0.1, 0.02) \approx 2.83$, $f(0.01, \cdot) \approx 28.3$, $f(0.001, \cdot) \approx 283$: cresce come $\frac{1}{|x|}$.)

Perché con l'esercizio 3 va diversamente. In entrambi i casi il denominatore è $x^4 + y^2$. Al numeratore, $x^2y^2$ sulla parabola è di ordine $x^6$, più piccolo di $x^4$; invece $x^2\sqrt{|y|}$ è di ordine $|x|^3$, più grande. Il "grado" del numeratore lungo la curva critica decide.

Errori comuni

• Fermarsi alle rette nell'esercizio 4 e concludere che il limite è $0$.
• Dire che nell'esercizio 2 il limite non esiste perché $\frac{y^2}{(x-1)^2 + y^2}$ non ha limite: moltiplicata per $\log x \to 0$, il prodotto tende a $0$.