Appunti sul corso di Complementi di Matematica ,mod.Analisi, prof. B.Bacchelli - a.a. 2010/2011. 05 - Limiti continuit`a:

Appunti sul corso di Complementi di Matematica ,mod.Analisi, prof. B.Bacchelli - a.a. 2010/2011.

05 - Limiti continuit`a: Riferimenti: R.Adams, Calcolo Differenziale 2.

Capitoli 3.1, 3.2. - Esercizi 3.1, 3.2.

Funzioni di pi`u variabili. Dominio, immagine, visualizzazione dell’andamento di funzioni di due variabili mediante curve di livello. Limiti, continuit`a.

N.B. I concetti di funzione, dominio, immagine, di limite di funzione, di continuit`a per funzioni di pi`u variabili sono del tutto simili a quelli per funzioni di una variabile, e verranno qui solo accennati.

Funzione di pi`u variabili. Una funzione f : D ⊂ R<sup>n</sup> → R (campo scalare) `e una legge f che assegna ad ogni elemento di D un solo numero reale.

Il dominio D `e l’insieme dei punti di R<sup>n</sup>in cui `e definita la legge, l’insieme f (D), immagine di D, `e l’insieme dei valori assunti al variare dei punti in D.

Per funzioni di due variabili, si pu`o a volte capirne l’andamento mediante lo studio delle curve di livello.

Def. Si dice curva di livello c l’insieme dei punti (x, y) ∈ D tali che f (x, y) = c.

Limite. Se D non `e limitato si pu`o fare il limite di f (x) per |x| che tende a +∞, con x in D.

Se a `e punto di accumulazione di D (interno o di frontiera di D), si pu`o fare il limite di f (x), per x che tende ad a.

Per es. lim_x→af (x) = L, con L ∈ R, si intende:

per ogni ε > 0 esiste δ > 0, δ(ε), tale che per ogni x ∈ D, 0 < |x − a| < δ si ha |f (x) − L| < ε.

Unicit`a del limite. Se esiste il limite, esso `e unico.

Teorema del confronto. Se valgono le disuguaglianze g(x) ≤ f (x) ≤ h(x), per , 0 < |x − a| < δ e λ = lim_x→ag(x) = lim_x→ah(x), allora λ = lim_x→af (x).

In particolare, se

|f (x)| ≤ h(x), per , 0 < |x − a| < δ e lim h(x) = 0, allora lim f (x) = 0.

Continuit`a. Se a `e punto interno a D, f `e continua in a se

x→alimf (x) = f (a)

Oss. Ponendo x=a+y, la condizione di continuit`a si pu`o equivalente- mente esprimere come lim_|y|→0f (a + y) = f (a) oppure

|y|→0lim (f (a + y) − f (a)) =0.

Polinomi, funzioni trigonometriche, esponenziali, logaritmiche sono fun- zioni continue. Somma, prodotto, quoziente (se il denominatore `e diverso da zero) e composizione di funzioni continue `e funzione continua.

Come per funzioni di una variabile, vale il

Teorema di Weierstrass: Una funzione continua in un insieme chiuso e limitato ha massimo e minimo.

N.B. Per funzioni di pi`u variabili, i ”modi” con cui un punto x si avvicina ad a sono infiniti: per provare che L (o +∞, o -∞) `e il limite, occorre

”liberarsi dal modo di avvicinamento”. A tal fine nelle forme di indecisione pu`o essere opportuno usare delle maggiorazioni, per esempio, in R² :

x²

x²+ cy² ≤ 1, y²

cx² + y² ≤ 1, |xy|

x² + y² ≤ 1

2, |x|

px²+ cy² ≤ 1

|sin t| ≤ |t| , |arc tan t| ≤ |t|

Per |t| < |t₀| opportuno (cio`e per t → 0)

|tan t| ≥ |t| , |log(1 + t)| ≤ 2 |t| . Per |t| > |t₀| opportuno (cio`e per t → +∞).

t² ≥ 2 |t| , log |t| ≤ α |t|^β, |t| ≤ e^|t|.

Pu`o essere utile passare in coordinate polari: in R<sup>2</sup> sono cos`ı espresse: se x = (x, y) e a = (a, b), allora

½ x = a + ρ cos θ y = b + ρ sin θ

ρ = |x − a| =p

(x − a)²+ (y − b)² ≥ 0 cos θ = x − a

ρ , sin θ = y − b

ρ , θ ∈ [0, 2π] , e sapere che: cos²θ + sin²θ = 1, |cos θ sin θ| ≤ 1

2 (si applichi |xy|

x²+ y² ≤ 1 2 opportunamente), (cos θ)²ⁿ + (sin θ)²ⁿ ≥ m > 0 (si applichi il teorema di Weierstrass opportunamente).

ESERCIZI

* Determinare e disegnare il dominio delle seguenti funzioni, e stabilire se tali domini sono insiemi aperti o chiusi.

Pu`o essere utile osservare preventivamente se il dominio presenta delle simmetrie rispetto agli assi cartesiani o rispetto all’origine.

* f (x, y) =√ 2x − y

D = {(x, y) ∈ R²| y ≥ 2x} , D `e insieme chiuso (il complementare `e aperto).

* f (x, y) = ln(x⁴+ y⁴− 2x²y²)

D = {(x, y) ∈ R²| x 6= ± y } , D `e insieme aperto.

* f (x, y) = x^y

D = {(x, y) ∈ R²| x > 0} ∪ {(x, y) ∈ R²| x = 0 e y > 0} , D non `e n`e aperto n`e chiuso: (0, 0) ∈ D<sup>c</sup> ma `e di frontiera per D.

* f (x, y) = arcsin x q

x² + (y − 1)² D = {R²(0, 1)}. Infatti

¯¯

¯¯

¯¯ q x

x²+ (y − 1)²

¯¯

¯¯

¯¯ ≤ 1 sempre, e il denomina- tore si annulla solo in (0,1).

* f (x, y) = arctan x + y 1 − xy

D = {(x, y) ∈ R²| xy 6= 1} , La curva dei punti esclusi `e una iperbole equilatera. D `e insieme aperto.

* f (x, y) =p

(x − y²)(x²− y)

D = {(x, y) ∈ R²| (x − y²)(x²− y) ≥ 0} , D `e insieme chiuso (il comple- mentare `e aperto).

Per disegnare D si tracci le curve della frontiera di D, y = x² e x = y², si osservi che ogni ”attraversamento” di tali curve implica un cambio di segno del prodotto (x − y²)(x² − y), quindi si valuti il prodotto in un punto, per es. (0,1), e si deduca l’insieme D.

* f (x, y) = y py²− x²

D = {(x, y) ∈ R²| y < − |x| , y > |x|} , D `e insieme aperto.

* f (x, y) = tanx² y D =



(x, y) ∈ R²

¯¯

¯¯

¯¯



 x²

y 6= π

2 + kπ, k ∈ Z y 6= 0



. I punti esclusi formano un fascio di parabole (disegnarne qualcuna), unione l’asse delle ascisse. D `e insieme aperto.

* Disegnare la curva di livello c = 1 delle seguenti funzioni, e studi- are come variano al crescere di c, e per c tendente a zero, immaginando l’andamento della funzione.

* f (x, y) = x + y (piano) D = R²..

x + y = c fascio di rette parallele di coefficiente angolare −1.

* f (x, y) = r1

y − x² D =



(x, y) ∈ R²

¯¯

¯¯

¯¯



 1 y ≥ x² y 6= 0



= {(0, y), y > 0}∪

½

(x, y), 0 < y ≤ 1 x²

¾

D non `e n`e aperto, n`e chiuso(disegnare). Le curve di livello c si hanno solo per valori c ≥ 0. Le curve hanno equazione 1

y = c²+ x².

* f (x, y) = y x²+ y²

D = {R²(0, 0)} . Per c = 0 la curva di livello `e l’asse delle ascisse y = 0.

Se c 6= 0 l’equazione della curva `e y = c(x<sup>2</sup>+ y<sup>2</sup>) : al variare di c `e un fascio di circonferenze di centro (0, 1

2c) e passanti per (0,0).

* f (x, y) =p y + x²

D = {y ≥ −x²} cio`e i punti che ”stanno sopra” alla parabola di equazione y = −x<sup>2</sup>. D `e chiuso (il complementare `e aperto).

Le curve di livello hanno equazione y = −x² + c², per c ≥ 0: al variare di c formano un fascio di parabole di asse x = 0, ciascuna `e una traslazione verticale della y = −x².

LIMITI E CONTINUITA’

* Mediante la definizione di limite provare

(x,y)→(2,2)lim x y = 1 Svolgendo la disequazione

¯¯

¯¯x y − 1

¯¯

¯¯ < ε, 0 < ε < 1, per x > 0 (poich`e x → 2) si ottiene 1

1 + εx < y < 1

1 − εx, quindi la definizione `e soddisfatta con δ la distanza del punto (2, 2) dalla retta y − 1

1 + εx = 0.

* Mediante la definizione di limite provare

(x,y)→(0,0)lim

¡x²cos y − y²sin x¢

= 0

Si ha |f (x, y) − 0| ≤ x²+ y²; quindi |f (x, y)| < ε se x²+ y² < ε, cio`e la definizione `e soddisfatta con δ =√

ε.

* Mediante la definizione di limite provare

(x,y)→(0,0)lim 1

x²+ y² = +∞

Si ha |f (x, y)| > M ⇔ x² + y² < 1

M, e la definizione `e soddisfatta con δ =

r 1 M.

* Mediante la definizione di limite provare

(x,y)→∞lim x

x²+ y² = 0

Dobbiamo verificare che ∀ε > 0 ∃K > 0 tale che se |(x, y)| > K allora

|f (x, y)| < ε; si ha

p |x|

x²+ y² ≤ 1 quindi |f (x, y)| ≤ 1

px²+ y², e la definizione `e soddisfatta con K = 1 ε.

* Dimostrare che il lim_(x,y)→(00) x

x²+ y² non esiste.

Per il teorema di unicit`a del limite, `e sufficiente verificare che esistono due direzioni diverse lungo le quali si ottengono risultati diversi. Per esempio:

f (0, y) = 0 → 0; f (0, y) = 1

y → +∞ per y → o⁺.

* Dimostrare che il lim_{|(x,y)|→+∞}y e^(x2+y2) non esiste

Infatti, f (y, 0) = 0 → 0; f (x, x) = xe^2x2 → +∞ per y → +∞.

* Dimostrare che λ = lim(x,y)→(0,0)(x²+ y²) sin( 1

x + y) = 0 Infatti 0 ≤ |f (x, y)| ≤ x²+ y² → 0 ⇒ λ = 0.

* Dimostrare che λ = lim_|x,y|→+∞e^−(x2+y2)x = 0

passando in coordinate polari vediamo il limite lim_ρ→+∞f (ρ cos θ, ρ sin θ)

|f (ρ cos θ, ρ sin θ)| =

¯¯

¯ρ cos θe^−ρ2

¯¯

¯ ≤ ρe^−ρ2 → 0 se ρ → +∞.

⇒ λ = 0.

* Dimostrare che λ = lim(x,y)→(0,0)

x⁵y³

(x²+ y²)³ = 0

occorre passare in coordinate polari. x = ρ cos θ, y = ρ sin θ, per ρ → 0, uniformemente rispetto a θ ∈ [0, 2π]

Poich`e |cos θ| ≤ 1, e |sin θ| ≤ 1, allora:

0 ≤ |f (ρ cos θ, ρ sin θ)| =

¯¯

¯¯ρ⁸cos⁵θ sin³θ ρ⁶

¯¯

¯¯

= |ρ²| |cos⁵θ|¯

¯sin³θ¯

¯ ≤ ρ² → 0 ⇒ λ = 0

* Calcolare il limite λ, se esiste.

lim(x,y)→(2,−1)(xy + x²)

λ = −2 + 4 = 2 (essendo funzione continua) lim(x,y)→(0,0)

x x²+ y²

non esiste: f (0, y) = 0 → 0, f (x, 0) = 1

x → ∞ : se esiste il limite, `e unico.

lim(x,y)→(0,0)

xy² x²+ y⁴

non esiste: f (0, y) = 0 → 0, f (y², y) = 1

2 → 1/2

lim(x,y)→(0,0)

x² x²+ y²

non esiste: f (0, y) = 0 → 0, f (x, x) = 1/2 → 1/2.

lim(x,y)→(0,0)

x²y 3x² + y²

¯¯

¯¯ x²y 3x²+ y²

¯¯

¯¯ ≤ 1

3|y| → 0 ⇒ λ = 0 (teorema del confronto).

lim(x,y)→(1,0)

(x − 1)y (x − 1)²+ |y|

|f (x, y)| ≤ |x − 1| → 0 ⇒ λ = 0

lim(x,y)→(0,0)

sin(x − y) + 1 cos(x + y)

f `e continua in un intorno di (0,0) ⇒ λ = f (0, 0) = 1.

lim(x,y)→(0,0)

2x² − xy x² − y²

non esiste: f (0, y) = 0 → 0, f (x, x + x²) = x²− x³

−2x³− x⁴ → ∞.

lim(x,y)→(0,0)

xy³ x²+ y²

¯¯

¯¯ xy³ x² + y²

¯¯

¯¯ ≤ |xy| → 0 ⇒ λ = 0

lim(x,y)→(0,0)

xy³ (x² + y²)³

poich`e f (0, y) = 0 → 0, ma f (x, x) = x⁴

8x⁶ = 1

8x² → +∞, allora il limite non esiste.

lim_(x,y)→∞(x²+ y²− e^x2− e^y2)

Si ha che per x > x₀, y > y_0, e^x2 > 2x², e^y2 > 2y². Quindi

f (x, y) < x²+ y²− 2x²− 2y² = −x² − y² → −∞ ⇒ λ = −∞

Determinare g(x) in modo che f sia continua: f (x, y) =





x³− y³

x − y , se x 6= y g(x), se x = y g(x) = 3x²