1 Funzioni in più variabili

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Tutorato di Analisi 2 - AA 2014/15

Emanuele Fabbiani 25 marzo 2015

1 Funzioni in più variabili

1.1 Dominio

Determinare e rappresentare gracamente il più grande insieme di Rⁿ che può essere dominio delle seguenti funzioni.

Le condizioni da imporre sono identiche a quelle relative alle funzioni in una variabile. Per esempio:

• L'argomento di una radice di indice pari deve essere maggiore o uguale a zero.

• L'argomento di un logaritmo deve essere strettamente positivo.

• I denominatori devono essere diversi da zero.

Nel risolvere le disequazioni per via graca è opportuno tenere in considerazione i seguenti fatti:

• Per curve che delimitano una supercie chiusa (es. ellisse, circonferenza,...) il segno > implica che la regione che verica la disequazione è quella ESTERNA alla linea chiusa, mentre con < l'insieme soluzione è INTERNO alla curva.

• Per curve che NON delimitano una supercie chiusa (es. retta, parabola,...) il segno > implica che la regione che verica la disequazione è quella AL DI SOPRA della linea chiusa, mentre con < l'insieme soluzione è AL DI SOTTO della curva.

• Se la disuguaglianza è larga (≤, ≥) la curva è compresa nell'insieme soluzione e va quindi disegnata con tratto continuo. Se la disuguaglianza è stretta (<, >) la curva NON è compresa nell'insieme soluzione e va quindi disegnata tratteggiata.

NOTA:nei graci successivi, le regioniVERDIrappresentano la soluzione delle relative disequazioni.

1.

f (x, y) =p

x²+ y²+ ln (x + y)

L'argomento della radice deve essere maggiore o uguale a zero, quello del logaritmo strettamente positivo:

(x²+ y²≥ 0

x + y > 0 (1.1)

La prima disequazione è sempre vericata, la seconda rappresenta la regione di piano sopra la retta y = −x.

Il dominio risulta quindi essere:

D =(x, y) ∈ R²: y > −x (1.2)

Il graco è il seguente.

−10 −8 −6 −4 −2 2 4 6 8 10

−10

−8

−6

−4

−2 2 4 6 8 10

x y

Figura 1.1: Dominio

(2)

2.

f (x, y) = 1 x²+ y Il denominatore deve essere diverso da zero:

x²+ y 6= 0 (1.3)

y 6= −x² (1.4)

D =(x, y) ∈ R²: y 6= −x²

(1.5) Il graco è il seguente.

-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10

Figura 1.2: Dominio

3.

f (x, y) = ln 1

x²+ (y − 1)²− 4

!

+ y

px²− y

L'argomento del logaritmo deve essere positivo, come quello della radice, giacché essa si trova al denomi-

natore. (

x²+ (y − 1)²− 4 > 0

x²− y > 0 (1.6)

(x²+ (y − 1)²> 4

y < x² (1.7)

La prima disequazione individua i punti esterni alla circonferenza di centro C (0, 1) e raggio r =√

4 = 2. La seconda i punti al di sotto della parabola y = x². Non è agevole risolvere la disequazione per via algebrica, quindi ci si limita a scrivere il dominio come l'insieme in cui entrambe le condizioni sono vericate:

D =n

(x, y) ∈ R²: x²+ (y − 1)²> 4 ∧ y < x²o

(1.8) Gracamente, la soluzione del sistema è la regione di piano in cui entrambe le disequazioni sono vericate contemporaneamente.

−10 −8 −6 −4 −2 2 4 6 8 10

−10

−8

−6

−4

−2 2 4 6 8 10

x y

Figura 1.3: Dominio

(3)

4.

f (x, y) =p⁴

4x²+ y²− 4 Il radicando deve essere maggiore o uguale a zero:

4x²+ y²− 4 ≥ 0 (1.9)

Per riconoscere di quale curva si tratti, è opportuno spostare il termine noto a destra dell'uguale e dividere entrambi i membri per quattro:

4x²+ y²≥ 4 (1.10)

x²+y²

4 ≥ 1 (1.11)

D =

(x, y) ∈ R²: x²+y² 4 ≥ 1

(1.12)

Si tratta quindi di un ellisse con i fuochi sull'asse y. Le coordinate dei vertici sono: ±√

1; 0 = (±1; 0)e 0; ±√

4 = (0; ±2). Il verso della disequazione impone di considerare la regione esterna.

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

−4

−3

−2

−1 1 2 3 4

x y

Figura 1.4: Dominio

5.

f (x, y) = sin y²+ 1

√x + 5

+ ln

x − y

−x²− y²+ 1

La funzione seno è denita su tutti i numeri reali: l'unica restrizione è imposta dalla radice, il cui argomento deve essere maggiore da zero. L'argomento del logaritmo, inoltre, deve essere maggiore di zero:

(x + 5 > 0

x−y

−x²−y²+1 > 0 (1.13)

Il dominio si scrive:

D =

(x, y) ∈ R²: x > −5 ∧ x − y

−x²− y²+ 1 > 0

(1.14) La prima condizione esclude tutti i valori a sinistra della retta x = −5. La seconda è una disequazione fratta: occorre studiare il segno di numeratore e denominatore separatamente e poi trovare le regioni in

(4)

cui i segni dei due termini sono concordi. La disequazione richiede infatti che la frazione sia nel complesso positiva:

(N um > 0 x − y > 0

Den > 0 −x²− y²+ 1 > 0 (1.15)

(N um > 0 y < x

Den > 0 x²+ y²< 1 (1.16)

La prima curva corrisponde alla bisettrice del primo e del terzo quadrante. La seconda ad una circonferenza di raggio 1 e centro nell'origine. Il seguente graco illustra i passaggi necessari per arrivare alla soluzione.

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

−4

−3

−2

−1 1 2 3 4

x y

(a) Prima disequazione

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

−4

−3

−2

−1 1 2 3 4

x y

(b) Num > 0

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

−4

−3

−2

−1 1 2 3 4

x y

(c) Den > 0

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

−4

−3

−2

−1 1 2 3 4

x y

(d) Dominio

1.2 Funzioni notevoli

Disegnare il graco delle seguenti funzioni.

1.

f (x, y) =p

x²+ y²− 4

Si riconosce un cono rivolto verso l'alto con apertura ^π₂. Il −4 corrisponde ad una traslazione verso il basso lungo l'asse z. Graco:

8 10 4 6

0 2 -4 -2

-8 -6 10 -10

5 0 -5 -4 -2 0 2 4 6 12

10

8

-10

Figura 1.5: Graco

2.

f (x, y) = (x + 1)²+ y²− 1

La funzione rappresenta un paraboloide con vertice nel punto (x = −1, y = 0) traslato di 1 verso il basso.

Di conseguenza la coordinata z del vertice, solitamente pari a zero, assume il valore −1. Graco:

(5)

8 10 4 6

0 2 -4 -2

-8 -6 -10 -10 -5 0 5 10 250

200

150

100

50

0

-50

Figura 1.6: Graco

3.

f (x, y) = −p

3x²+ 3y²+ 4 Innanzitutto è necessario portare il 3 fuori dalla radice.

f (x, y) = −√ 3p

x²+ y²+ 4 (1.17)

Si riconosce così un cono rivolto verso il basso di apertura π − 2 arctan √

3 = ^π₃. Questo è rivolto verso il basso è traslato in alto di 4. Il graco è il seguente:

10 5 0 -5 -10 -8 -10 -4 -6

0 -2 4 2

8 6 10 5

0

-5

-10

-15

-20

-25

Figura 1.7: Graco

4.

f (x, y) = − q

− (x − 2)²− y²+ 4

Si riconosce che la funzione rappresenta una semisfera posizionata nella regione dove z < 0. Si elevano quindi a quadrato entrambi i membri dell'equazione:

z = − q

− (x − 2)²− y²+ 4 (1.18)

z²= − (x − 2)²− y²+ 4 (1.19)

(6)

(x − 2)²+ y²+ z²= +4 (1.20) La semisfera ha centro (2; 0; 0) e raggio 2. Il graco è il seguente:

5 4 3 2 1 0 -1 -3 -2 -1 0 1 2 -2 -1.5 -1 -0.5 0

3

Figura 1.8: Graco

1.3 Curve di livello

Determinare e rappresentare gracamente la curva di livello l delle seguenti funzioni, al variare di l ∈ R.

Le curve di livello si ottengono sezionando il graco con un piano parallelo a xy ad altezza l, ovvero uguagliando a l la funzione f (x, y).

1.

f (x, y) = (x + 1)²+ y²− 1 La funzione individua un paraboloide. Si impone f (x, y) = l.

(x + 1)²+ y²− 1 = l (1.21)

(x + 1)²+ y²= l + 1 (1.22)

Sono circonferenza di centro (−1, 0) e raggio√

l + 1,crescente all'aumentare di l.

10 5 0 -5 -10 -10

-5 0 5 200

0 50 100 150

10

0 20 40 60 80 100 120 140 160 180 200 220

-10 -5 0 5 10

-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10

0 20 40 60 80 100 120 140 160 180 200 220

Figura 1.9: Curve di livello

2.

f (x, y) = x²+ 2y + y² La funzione descrive un paraboloide. Si impone f (x, y) = l.

x²+ 2y + y²= l (1.23)

(7)

Si aprono ora due possibilità. La prima: riconoscere che si tratta di una circonferenza, ricordare le formule di terza liceo e calcolare centro e raggio. L'equazione della curva riordinata è: x²+ y²+ 2y − l = 0da cui si ricavano le coordinate del centro dividendo l'opposto dei coecienti di x e y per 2:

C = −0 2 ;−2

2

= (0; −1) (1.24)

e il valore del raggio con la formula:

r =p

x²_c+ y_c²− termine noto =√

1 + l (1.25)

La seconda: ricostruire l'equazione della circonferenza (x − xc)² + (y − yc)² = r² con il metodo del completamento del quadrato:

x²+ 2y + y²= l (1.26)

x²+ 2y + y²+ 1 − 1 = l (1.27)

x²+ (y + 1)²= l + 1 (1.28)

Da cui

C = (0; −1) (1.29)

r =√

l + 1 (1.30)

Le curve di livello sono quindi circonferenze di centro C e raggio r. I graci risultano essere i seguenti:

10 5 0 -5 -10 -10

0 100 200

150

50

0 10

0 20 40 60 80 100 120 140 160 180 200 220

-10 -5 0 5 10

-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10

0 20 40 60 80 100 120 140 160 180 200 220

3.

f (x, y) = y + x Si impone f (x, y) = l.

y + x = l (1.31)

y = l − x (1.32)

Le curve di livello sono rette parallele, con coeciente angolare −1 e ordinata all'origine l. Al crescere di l, le rette traslano nel verso positivo dell'asse delle ordinate. Si noti che la funzione di partenza denisce un piano in R³. I graci risultano essere i seguenti:

(8)

5 10 -5 0

-10 -10 0 20

10

0

-10

-20 10

-20 -15 -10 -5 0 5 10 15 20

-10 -5 0 5 10

-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10

-20 -15 -10 -5 0 5 10 15 20

4.

f (x, y) = e^y−x²^+2x 2

La funzione non somiglia ad alcuna di quelle note. Si impone f (x, y) = l.

e^y−2x+2x

2 = l (1.33)

Si risolve l'equazione esponenziale in modo da ricavare y = f (x).

e^y−x²^+2x= 2l (1.34)

ln

e^y−x²^+2x

= ln (2l) (1.35)

y − x²+ 2x = ln (2l) (1.36)

y = x²− 2x + ln (2l) (1.37)

Le curve di livello sono quindi parabole con asse parallelo a y, concavità verso l'alto e vertice

V =

−−2

2 ; 1 − 2 + ln (1l)

= (1; ln (2l) − 1) (1.38)

Al crescere di l > 0 le parabole traslano verso l'alto. I graci sono i seguenti.

2

0

-2 -2

0 2 25 20 15 10 5

5 10 15 20 25

-3 -2 -1 0 1 2 3

5 10 15 20 25

(9)

1.4 Limiti

Calcolare, se esiste, il valore dei seguenti limiti.

Per dimostrare che un limite non esiste occorre trovare almeno due cammini, appartenenti al dominio della funzione, tali che il limite

lim

(x,y)→(x0,y0)

f (x, y) (1.39)

calcolato avvicinandosi al punto (x0, y₀) lungo quei percorsi fornisca due risultati diversi. Per il teorema di unicità, infatti, ogni limite, se esiste, è unico.

Nel caso in cui si sospetti che il limite esista e si voglia calcolare il valore, è molto spesso opportuno operare un cambio di variabili, trasformando le coordinate cartesiane in polari. Le equazioni della trasformazione sono:

(x = ρ cos θ

y = ρ sin θ (1.40)

Analogamente a quanto visto nell'ambito dei numeri complessi, ρ rappresenta la distanza del punto P (x; y) dall'origine O (0; 0) e θ l'angolo formato dal segmento P O e dal semiasse positivo delle ascisse.

1.

lim

(x,y)→(0,0)

x − y x + y

La scelta più semplice è avvicinarsi al punto oggetto del limite lungo i due assi cartesiani. Valutando la limitazione della funzione lungo l'asse y = 0, il limite assume il valore:

L₁= lim

(x,y)→(0,0)

x − y x + y

y=0

= lim

(x,y)→(0,0)

x

x= 1 (1.41)

Considerando invece la limitazione della funzione all'asse x = 0 si ha:

L₂= lim

(x,y)→(0,0)

x − y x + y

x=0

= lim

(x,y)→(0,0)

−y

+y = −1 (1.42)

Dal momento che L16= L2il limite non esiste.

2.

lim

(x,y)→(0,0)

x − y x

L'approccio utilizzato nell'esercizio precedente si rivelerebbe errato, in quanto la retta x = 0 è completa- mente esclusa dal dominio della funzione. Si scelgono allora due rette passanti per l'origine, per esempio le bisettrici dei quadranti. Calcolando il limite sulla funzione limitata alla retta y = x, si ha:

L₁= lim

(x,y)→(0,0)

x − y x

y=x

= lim

(x,y)→(0,0)

x − x

x = lim

(x,y)→(0,0)

0 = 0 (1.43)

Utilizzando invece y = −x, si ottiene:

L2= lim

(x,y)→(0,0)

x − y x

y=−x

= lim

(x,y)→(0,0)

x + x

x = lim

(x,y)→(0,0)

2 = 2 (1.44)

Dal momento che L16= L2il limite non esiste.

3.

lim

(x,y)→(0;0)

x³y³ x²+ y²

Si passa alle coordinate polari. Occorre innanzitutto trasformare il punto in cui viene calcolato il limite:

(x = 0

y = 0 −→ ρ =p

x²+ y²= 0 (1.45)

Non si ricava θ perché il risultato del limite, se esiste, deve essere il medesimo per tutte le direzioni lungo le quali è possibile avvicinarsi all'origine.

lim

(x,y)→(0;0)

x³y³

x²+ y² = lim

ρ→0

(ρ cos θ)³(ρ sin θ)³

(ρ cos θ)²+ (ρ sin θ)² = lim

ρ→0

ρ⁶⁴cos³θ sin³θ

ρ² cos²θ + sin²θ = (1.46)

(10)

ρ→0limρ⁴cos³θ sin³θ = 0 ∀θ

Per giusticare l'ultimo passaggio si ricorre al teorema che stabilisce che il prodotto di una funzione innitesima per una limitata è innitesimo.

4.

lim

(x,y)→(0;0)

xy ln x²+ y² px²+ y²

Si passa alle coordinate polari. La trasformazione è identica a quella presentata nell'esercizio precedente.

lim

(x,y)→(0;0)

xy ln x²+ y² px²+ y² = lim

ρ→0

ρ sin θρ cos θ ln ρ²cos²θ + ρ²sin²θ

pρ²cos²θ + ρ²sin²θ = (1.47)

ρ→0lim

ρ²sin θ cos θ ln ρ² cos²θ + sin²θ

q

ρ² cos²θ + sin²θ

= lim

ρ→0

ρ²sin θ cos θ ln ρ²

ρ = lim

ρ→0⁺

2ρ sin θ cos θ ln (ρ)

Ora, la funzione in θ è limitata tra −1 e 1:

− 1 ≤ 2 sin 2θ ≤ 1 (1.48)

− 1 ≤ 2 sin θ cos θ ≤ 1 (1.49)

Quindi vale la seguente relazione:

− ρ ln ρ² ≤ 2ρ sin θ cos θ ln (ρ) ≤ ρ ln ρ² (1.50) Per le gerarchie degli inniti e degli innitesimi si ricava:

lim

ρ→0⁺±ρ ln (ρ) = 0 (1.51)

Di conseguenza, grazie al teorema del confronto, si può aermare che:

lim

ρ→0⁺2ρ sin θ cos θ ln (ρ) = 0 (1.52)