Limiti di funzioni di due variabili mediante coordinate polari
Data una funzione f : A → R, con A ⊂ R2, e dato un punto P0 interno ad A, `e possibile calcolare il limite di f per P → P0 passando alle coordinate polari centrate nel
punto P0, cio`e: (
x = x0+ ρ cos θ y = y0+ ρ sin θ.
Fissato l’angolo θ, si pu`o calcolare il limite, per ρ → 0 (di una sola variabile), della restrizione della funzione alla semiretta uscente da P0, che forma l’angolo θ con il semiasse positivo delle x:
ρlim→0f (x0+ ρ cos θ, y0+ ρ sin θ) =: `(θ).
Il valore di tale limite in generale dipende dall’angolo θ fissato. Quando questo effetti- vamente accade, cio`e `(θ) varia al variare di θ, allora il limite globale lim
(x,y)→(x0,y0)f (x, y) non esiste, perch´e dipende dalla restrizione.
Esempio 1. Il limite lim
(x,y)→(0,0)
xy
x2+ y2 non esiste, infatti
ρlim→0f (ρ cos θ, ρ sin θ) = lim
ρ→0
ρ2cos θ sin θ
ρ2 = cos θ sin θ, dipendente da θ.
Quindi: Condizione necessaria affinch´e esista il limite globale `e che
limρ→0f (x0+ ρ cos θ, y0+ ρ sin θ) =: `, ∀θ ∈ [0, 2π]. (1)
Tuttavia tale condizione non `e sufficiente, cio`e il fatto che il valore del limite sia lo stesso per ogni θ ∈ [0, 2π] non implica che il limite globale esista, come mostra il seguente esempio.
Esempio 2. Data f (x, y) = x2y
x4+ y2, si ha
ρlim→0f (ρ cos θ, ρ sin θ) = lim
ρ→0
ρ3cos2θ sin θ
ρ4cos θ + ρ2sin θ = lim
ρ→0ρ· cos2θ sin θ
ρ2cos θ + sin θ = 0 ∀θ ∈ [0, 2π]
tuttavia se consideriamo la restrizione della funzione alla parabola y = x2 si ottiene f (x, x2) ≡ 12, costante lungo tutta la parabola, e lim
x→0f (x, x2) = 1
2 6= 0, quindi il limite globale della funzione non esiste.
La validit`a della (1) garantisce che se ci avviciniamo al punto P0 mediante semirette allora il limite vale `, ma non ci d`a alcuna informazione se ci avviciniamo al punto P0 mediante curve diverse da semirette, coma la parabola nell’esempio precedente.
1
Considerando la definizione di limite, dalla (1) segue che ∀ε > 0 e ∀θ ∈ [0, 2π] esiste δ = δ(ε, θ) tale che per ogni P ∈ A, appartenente alla semiretta uscente da P0 che forma un angolo θ con il semiasse positivo delle x, con kP − P0k < δ, si ha |f(P ) − f(P0)| < ε.
Il fatto che il raggio δ dipenda anche da θ, oltre che da ε, non garantisce che si possa trovare un unico valore ˜δ, indipendente dall’angolo θ, raggio di un intorno circolare di P0 in cui valga |f(P ) − f(P0)| < ε, come richiesto dalla definizione di limite per f.
La definizione di limite per f risulta soddisfatta se il limite in (1) `e uniforme rispetto a θ, cio`e se, oltre ad assumere lo stesso valore ` per ogni θ, esiste anche un unico raggio δ per cui `e verificata la definizione di limite, indipendente dall’angolo θ.
Forniamo ora un criterio di uniformit`a del limite.
Teorema 1. Esiste il limite lim
(x,y)→(x0,y0)f (x, y) = `∈ R se e solo se esiste r > 0 ed una funzione g : (0, r)→ R tale che
lim
ρ→0+g(ρ) = 0 (2)
|f(x0+ ρ cos θ, y0+ ρ sin θ)− `| ≤ g(ρ), ∀θ ∈ [0, 2π] e ∀ρ ∈ (0, r). (3)
Dimostrazione. (parte necessaria) Se esiste il lim
(x,y)→(x0,y0)f (x, y) = `∈ R, allora
∀ε > 0 ∃δ = δε> 0 : ∀P = (x, y) ∈ A con 0 < kP −P0k < δ si ha |f(x, y)−`| < ε. (4) Scelto ε = 1 e preso r = δ1 (il δ relativo ad ε = 1 nella definizione di limite scritta sopra), si ha che la funzione
g(ρ) := sup
θ∈[0,2π]|f(x0+ ρ cos θ, y0+ ρ sin θ)− `|
`
e ben definita in (0, r) (perch´e l’estremo superiore `e minore di 1, quindi `e finito) e soddisfa la (3). Inoltre, dalla (4) si deduce che
∀ε > 0 ∃δ = δε > 0 : ∀ρ ∈ (0, δ) si ha g(ρ) ≤ ε cio`e lim
ρ→0+g(ρ) = 0.
(parte sufficiente) Dato che lim
ρ→0+g(ρ) = 0, si ha che∀ε > 0 ∃δ = δε > 0 tale che∀ρ ∈ (0, δ) si ha g(ρ)≤ ε, quindi per la (3) otteniamo che
∀ε > 0 ∃δ = δε> 0 : ∀P = (x, y) ∈ A con 0 < kP −P0k < δ si ha |f(x, y)−`| ≤ g(ρ) < ε.
e quindi la tesi.
Esempio 3. lim
(x,y)→(1,0)
(x− 1)y2
(x− 1)2+ 2y2 = 0. Infatti, passando in coordinate polari centrate nel punto (1, 0), si ha
lim
ρ→0+
ρ3cos θ sin2θ
ρ2(cos2θ + 2 sin2θ) = lim
ρ→0+ρcos θ sin2θ
1 + sin2θ = 0 ∀θ ∈ [0, 2π].
2
Inoltre, ponendo M := max
θ∈[0,2π]
cos θ sin2θ 1 + sin2θ
< +∞ (tale massimo esiste per il Teorema di Weierstrass), si ha
ρcos θ sin2θ 1 + sin2θ
≤ Mρ, ∀θ ∈ [0,2π].
Allora la funzione g(ρ) := M ρ soddisfa le ipotesi (2) e (3) del teorema precedente, quindi il limite per ρ → 0+ `e uniforme rispetto a θ, ed esiste il lim
(x,y)→(1,0)
(x− 1)y2
(x− 1)2+ 2y2 = 0.
In modo analogo al Teorema 1 si possono dimostrare i seguenti criteri per tutte le altre tipologie di limite.
Teorema 2. Esiste il limite lim
(x,y)→(x0,y0)f (x, y) = +∞ [−∞] se e solo se esiste r > 0 ed una funzione g : (0, r)→ R tale che
lim
ρ→0+g(ρ) = +∞ [−∞]
f (x0+ ρ cos θ, y0+ ρ sin θ)≥ g(ρ) [ ≤ g(ρ) ] ∀θ ∈ [0, 2π] e ∀ρ ∈ (0, r).
Per applicare il metodo appena descritto ai limiti per (x, y)→ ∞ occorre richiedere che ∞ sia interno ad A, cio`e esista un intorno di ∞ (l’esterno di un cerchio centrato nell’origine) tutto contenuto in A, ovvero
∃K > 0 tale che ∀P con kP k > K si ha P ∈ A.
In cal caso i criteri di uniformit`a sono i seguenti.
Teorema 3. Esiste il limite lim
(x,y)→∞f (x, y) = ` ∈ R se e solo se esiste R > 0 ed una funzione g : (R, +∞) → R tale che
ρ→+∞lim g(ρ) = 0
|f(x0+ ρ cos θ, y0+ ρ sin θ)− `| ≤ g(ρ), ∀θ ∈ [0, 2π] e ∀ρ > M.
Teorema 4. Esiste il limite lim
(x,y)→∞f (x, y) = +∞ [−∞] se e solo se esiste R > 0 ed una funzione g : (R, +∞) → R tale che
ρ→+∞lim g(ρ) = +∞ [−∞]
f (x0+ ρ cos θ, y0+ ρ sin θ)≥ g(ρ) [ ≤ g(ρ) ] ∀θ ∈ [0, 2π] e ∀ρ > M.
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Esempio 4. lim
(x,y)→∞
x + y
x2+ y2+ xy = 0. Infatti, osserviamo inizialmente che la funzione `e definita in R2\{(0, 0)} e che il denominatore assume valori positivi per ogni (x, y) 6= (0, 0).
Passando in coordinate polari si ha
ρ→+∞lim
ρ(cos θ + sin θ)
ρ2(cos2θ + sin2θ + sin θ cos θ) = lim
ρ→+∞
1 ρ
cos θ + sin θ
(1 + sin θ cos θ) = 0 ∀θ ∈ [0, 2π].
Inoltre, posto M := max
θ∈[0,2π]
cos θ + sin θ (1 + sin θ cos θ)
< +∞, si ha 1
ρ
cos θ + sin θ (1 + sin θ cos θ)
≤ M
ρ ,∀θ ∈ [0, 2π].
Dato che lim
ρ→+∞
M
ρ = 0, la funzione g(ρ) := Mρ, definita per ρ > 0, soddisfa tutte le ipotesi del Teorema 3, quindi esiste il lim
(x,y)→∞
x + y
x2+ y2+ xy = 0.
Esempio 5. lim
(x,y)→∞x4 + y4− 2x2 − 2y2+ 4xy = +∞. Infatti, passando in coordinate polari si ha
ρ→+∞lim ρ4(cos4θ + sin4θ)− 2ρ2+ 4ρ2sin θ cos θ = +∞ ∀θ ∈ [0, 2π], dato che cos4θ + sin4θ > 0 ∀θ ∈ [0, 2π]. Inoltre, posto m := min
θ∈[0,2π](cos4θ + sin4θ) > 0, si ha
ρ4(cos4θ + sin4θ)− 2ρ2+ 4ρ2sin θ cos θ = ρ4(cos4θ + sin4θ)− 2ρ2+ 2ρ2sin(2θ)≥
≥ mρ4− 2ρ2− 2ρ2 = mρ4− 4ρ2. Dato che lim
ρ→+∞mρ4− 4ρ2 = +∞, la funzione g(ρ) := mρ4− 4ρ2 verifica tutte le ipotesi del Teorema 4, quindi esiste il lim
(x,y)→∞x4+ y4− 2x2− 2y2+ 4xy = +∞.
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