Sia f : D ⊂ R N → R e x 0 un punto di accumulazione per D. Riportiamo alcune utili strategie per verificare se la funzione ammette o non ammette limite finito in x 0 .

1 Limiti di funzioni di pi` u variabili

Sia f : D ⊂ R ^N → R e x 0 un punto di accumulazione per D. Riportiamo alcune utili strategie per verificare se la funzione ammette o non ammette limite finito in x 0 .

Le maggiorazioni del tipo |f (x) − l| ≤ Ckx − x 0 k ^α con α > 0 ed l ∈ R in un intorno di x 0

implicano che lim x→x

f (x) = l, infatti ` e facile verificare dalla definizione che lim x→x

kx − x 0 k ^α = 0.

In dimensione 2 ` e molto utile l’uso delle coordinate polari

 x = x 0 + ρ cos θ

y = y 0 + ρ sin θ , posta f (ρ, θ) := f (x ˜ ₀ + ρ cos θ, y ₀ + ρ sin θ), se esiste i limite lim _ρ→0 f (ρ, θ) = l indipendentemente ˜ da θ allora lim _(x,y)→(x

_,y

₎ f (x, y) = l;

Un criterio che esclude l’esistenza del limite consiste nel calcolare il limite lungo direzioni diverse, se esso ` e diverso allora il limite non esiste. Beninteso il reciproco non ´ e 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) lim

(x,y)→(0,0)

x ² y x ² + y ²

Il dominio della funzione in oggetto ` e R ² /(0, 0). Per (x, y) 6= (0, 0) abbiamo 

x ² y x ² + y ²

≤    

x ² y x ²

= |y| ≤ p

y ² + x ² = k(x, y)k e poich´ e lim (x,y)→(0,0) k(x, y)k = 0 il limite in questione ` e uguale a 0.

Vediamo in coordinate polari cosa succede, per ρ 6= 0

|f (x, y)| =    

ρ ³ cos ² θ sin θ ρ ²

= |ρ cos ² θ sin ² θ| ≤ ρ −→ 0, quando ρ → 0 indipendentemente da θ . Esercizio 1.2. Calcolare il seguente limite

(1.2) lim

(x,y)→(0,0)

sin x ² y ² p x ² + y ²

Osserviamo che il dominio della funzione ´ e R ² /(0, 0). Abbiamo inoltre che sin x ² y ²

p x ² + y ² = sin x ² y ² x ² y ²

x ² y ² p x ² + y ² , per quanto riguarda il primo fattore lim (x,y)→(0,0) sin x

y

x

y

= 1. Mentre per il secondo usiamo la maggiorazione

(1.3) |xy| ≤ x ² + y ²

2 ed abbiamo

x ² y ² p x ² + y ²

≤ 1 4

(x ² + y ² ) ² p x ² + y ² = 1

4 k(x, y)k ³ → 0 se (x, y) → (0, 0) .

Quindi lim (x,y)→(0,0) √ sin x

y

x

+y

= 0.

Diamo ora una dimostrazione della diseguaglianza (1.3). Si ha (x + y) ² ≥ 0 da cui x ² + y ² ≥ −2xy, ma anche (x − y) ² ≥ 0 da cui x ² + y ² ≥ 2xy unendo le due diseguaglianze si ottiene

− x ² + y ²

2 ≤ xy ≤ x ² + y ²

2 .

Esercizio 1.3. Discutere la continuit` a della seguente funzione f (x, y) =

 xy

x

+y

se (x,y) 6= (0, 0) 0 se (x,y) = (0, 0) .

La funzione ` e sicuramente continua in R ² /(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 lungo la retta di equazioni parametriche γ(t) = tv =

 x = tξ

y = tη , t ∈ R otteniamo f (tv) =

1 t

ξη

(ξ

+η

) , se v = (1, 0) allora lim t→0 f (tv) = 0 se invece v = ( √ 2/2, √

2/2) allora il limite ` e infinito. Per cui avendo limiti diversi in direzione diverse la funzione non ammette limite in (0, 0) e quindi non ` e continua.

Esercizio 1.4. Si calcoli il seguente limite lim

(x,y)→(1,0)

y ² log x (x − 1) ² + y ² . Esercizio 1.5. Si calcoli il seguente limite

lim

(x,y)→(1,1)

(x − 1) ⁵ − (x − 1) ² − 3(y − 1) ² x ² + 3y ² − 2(x + 3y − 2) . Esercizio 1.6. Si calcoli il seguente limite

lim

k(x,y)k→∞ x ³ ye ^−xy nell’insieme A = {(x, y) ∈ R ² | x ≥ 0, x < y < 2x}

2 Calcolo differenziale di pi` u variabili

Esercizio 2.1. Si calcoli la derivata lungo la direzione v nell’origine della funzione

(2.1) f (x, y) =

( xy

x

+y

(x, y) 6= (0, 0) 0 (x, y) = (0, 0) Fissata una direzione v risulta

f (tv) − f (0)

t = t ⁴ v 1 v ³ ₂

t ² v ₁ ² + t ⁴ v ₂ ⁴ = t ² v 1 v ³ ₂ v ₁ ² + t ² v ₂ ⁴ pertanto

∂f

∂v (0) = lim

t→0

f (tv) − f (0)

t = 0.

In particolare se v = e ₁ = (1, 0) allora ^∂f _∂x (0, 0) = 0; se v = e ₂ = (0, 1) allora ^∂f _∂y (0, 0) = 0

Esercizio 2.2. Si calcoli la derivata lungo la direzione v nell’origine della funzione

(2.2) f (x, y) = x ² − xy

e si dica se ` e differenziabile.

Fissata una direzione v risulta

f (tv) − f (0)

t = tv ₁ ² − tv 1 v 2

pertanto

∂f

∂v (0) = lim

t→

f (tv) − f (0)

t = 0.

La funzione f ha derivate parziali f x = 2x − y e f y = −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)

√ h ² + k ² = h ² − hk

√ h ² + k ²

(h,k)→(0,0)

−→ 0

quindi f ` e differenziabile in ogni punto.

Esercizio 2.3. Dire se la seguente funzione ` e differenziabile in (0, 0)

(2.3) f (x, y) =

( x

y

x

+y

(x, y) 6= (0, 0) 0 (x, y) = (0, 0)

Si pu` o verificare che la funzione in oggetto ha derivate parziali nulle nell’origine. Pertanto se ` e differenziabile in (0, 0) deve essere df (0, 0) = 0. Si avrebbe

f (h, k) − f (0, 0) − df (0, 0)(h, k)

√ h ² + k ² = h ² k

(h ² + k ⁴ ) √

h ² + k ² =: g(h, k) e risulterebbe differenziabile in (0, 0) se esistesse

lim

(h,k)→(0,0)

g(h, k)

Dal momento che lim n g(0, _n ¹ ) = 0 e lim n g( _n ¹ , _n ¹ ) = ₍

^1/n

+

n4

) → ^{√ 1}

2 la funzione assegnata non ` e differenziabile in (0, 0).

Esercizio 2.4. Studiare la continuit` a e differenziabilit` a in (0, 0) della funzione

f (x, y) =

( x

y

x

+y

(x, y) 6= (0, 0)

0 (x, y) = (0, 0)

Sulla curva

 x = t

y = t ² la funzione assume sempre valore _t ^t

+t ^t

= ¹ ₂ , quindi la funzione

non ` e continua e si pu` o concludere che non ` e nemmeno differenziabile.

Osserviamo che calcolando il limite in ogni direzione esso ` e 0. Infatti Sia v = (ξ, η) una direzione con ξ 6= 0 o η 6= 0 si ha

f (tv) = t ³ ξ ² η

t ² (t ² ξ ⁴ + η ² ) = t ξ ² η

t ² ξ + η ² → 0 quando t → 0 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

t→0 lim

f (tξ, tη) − f (0, 0)

t = lim

t→0

t ³ t

ξ ² η

t ⁴ ξ ⁴ + t ² η ² = lim

t→0

ξ ² η

t ² ξ ⁴ + η ² = ξ ² η

e per η = 0 abbiamo v = (1, 0) e lim _t→0 ^{f (t,0)} _t = 0. Cosicch´ e la funzione ha derivate in ogni direzione, ma non e’ differenziabile.

Verifichiamo ora che non ` e differenziabile in (0, 0) usando la definizione. Se lo fosse ammetterebbe differenziale df (0, 0) · (h, k) = ( ^∂f _∂x , ^∂f _∂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)

k(h, k)k = 1

√ h ² + k ² h ² k h ⁴ + k ² ma lim t→0 g(t, t) = lim t→0 √ t

2t(t

+t

= ^{√ 1}

2 e lim t→0 g(0, t) = 0.

Esercizio 2.5. Dire se la seguente funzione ` e differenziabile e continua in (0, 0)

f (x, y) =

 x ² + y ² x 6= 0

y x = 0

Il limite per (x, y) → (0, 0) e’ 0.

Le derivate parziali sono ^∂f _∂x = 2x, e ^∂f _∂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)

√

h ² + k ² = h ² + k ² − k

√

h ² + k ² = p

h ² + k ² − k

√ h ² + k ² che per` o 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 ` e sempre necessario eseguire la verifica tramite la definizione. ` E possibile utilizzare il teorema del differenziale totale che asserisce che se una funzione ha derivate parziali in un intorno di x 0 e sono continue in x 0 allora essa ` e differenziabile in x 0 . Pertanto ` e vero il seguente schema di implicazioni

f ammette derivate parziali continue in un intorno di x ₀

⇓

f differenziabile in x ₀

⇓ ⇓

f continua in x 0 f ammette derivate in

x 0 in tutte le direzioni

Il calcolo del differenziale pu` o essere utile per esprimere l’equazione del piano tangente al grafico di z = f (x) nel punto (x ₀ , f (x ₀ )) mediante la seguente formula

z − f (x ₀ ) = df (x ₀ )(x − x ₀ )

Inoltre il versore normale a tale piano nel punto x ₀ ` e ν = √ ^{(−∇f (x}

^),1)

1+|∇f (x

)|

In particolare nel caso n = 2, l’equazione del piano diventa

(2.4) z − f (x 0 , y 0 ) = f x (x 0 , y 0 )(x − x 0 ) + f y (x 0 , y 0 )(y − y 0 ) e il versore normale ha componenti ν = ^(−f √

^(x

^,y

^),−f

^(x

^,y

^),1)

1+f

(x

,y

)+f

(x

,y

)

Esercizio 2.6. Determinare l’equazione del piano tangente al paraboloide z = x ² + y ²

nel punto (x ₀ , y ₀ ) e determinare il versore ad esso normale.

Applicando (2.4), l’equazione del piano risulta

z − (x ² ₀ + y ₀ ² ) = 2x 0 (x − x 0 ) + 2y 0 (y − y 0 ) da cui

z = 2(xx 0 + yy 0 ) − x ² ₀ − y ² ₀ e il versore normale sar` a

ν = (−2x 0 , −2y 0 , 1)

p1 + 4(x ² ₀ + y ₀ ² )