Verificare se esiste il seguente limite \(\underset{\left( x,y \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{-\frac{{{x}^{2}}}{{{y}^{4}}}}}\)
Se si pone \(x={{t}^{2}},\,\,y=t\) , \(\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\,{{e}^{-\frac{{{t}^{4}}}{{{t}^{4}}}}}={{e}^{-1}}\)
E inoltre proviamo a porre \(x={{t}^{4}},\,\,y=t\), \(\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\,{{e}^{-\frac{{{t}^{8}}}{{{t}^{4}}}}}={{e}^{0}}=1\)
Quindi il limite non esiste
Verificare se esiste il seguente limite
\(\underset{\left( x,y \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,\frac{x{{y}^{2}}}{{{x}^{2}}+{{y}^{4}}}\)
Prima cosa facciamo un pò di passaggi di matematica.
\(\underset{\left( x,y \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}\left( \frac{{{y}^{2}}}{x} \right)}{{{x}^{2}}\left( 1+\frac{{{y}^{4}}}{{{x}^{2}}} \right)}=\)\(\underset{\left( x,y \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,\frac{t}{1+{{t}^{2}}}\)
Dove si è posto che \(t=\frac{{{y}^{2}}}{x}\). Quest’ultima è una quantità che può tendere a qualsiasi cosa, facendo variare il rapporto tra \(x\) e \(y\). Si può quindi concludere che il limite non esiste.
Infatti se ad esempio si ponesse \(x={{y}^{2}}\) , allora \(t\to 1\) il risultato del limite sarebbe \(\frac{1}{2}\). Se invece si ponesse che \(x=y\) , \(t\to 0\) e allora il risultato del limite sarebbe \(0\). Per giustificare il fatto che il limite non esiste si può pertanto richiamare il teorema di unicità del limite.
Calcolare il seguente limite
\(\underset{\left( x,y \right)\to \left( 0,1 \right)}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}{{\log }^{3}}y}{{{\left[ {{x}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}} \right]}^{2}}}\).
Ed ecco a voi lo svolgimento:
\(\underset{\left( x,y \right)\to \left( 0,1 \right)}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\log }^{3}}\left( 1+y-1 \right)}{{{\left( y-1 \right)}^{3}}}\frac{{{\left( y-1 \right)}^{3}}{{x}^{2}}}{{{\left[ {{x}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}} \right]}^{2}}}=\)
\(\underset{\left( x,y \right)\to \left( 0,1 \right)}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\log }^{3}}\left( 1+y-1 \right)}{{{\left( y-1 \right)}^{3}}}\frac{\frac{{{x}^{2}}}{{{\left( y-1 \right)}^{2}}}}{{{\left[ \frac{{{x}^{2}}}{{{\left( y-1 \right)}^{2}}}+1 \right]}^{2}}}\left( y-1 \right)\)\(=0\)
Verificare se esiste il limite seguente \(\underset{\left( x,y \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}}-\cos \left( \sqrt{2}y \right)}{6{{x}^{2}}+{{y}^{4}}}\)
Ecco a voi lo svolgimento.
\(\underset{\left( x,y \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}}-1}{{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}\frac{{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}{6{{x}^{2}}+{{y}^{4}}}+\)\(\frac{1-\cos \left( \sqrt{2}y \right)}{2{{y}^{2}}}\frac{2{{y}^{2}}}{6{{x}^{2}}+{{y}^{4}}}\)
se si pone \(x=2y\) \(\underset{y\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{3{{y}^{2}}}}-1}{3{{y}^{2}}}\frac{3{{y}^{2}}}{24{{y}^{2}}+{{y}^{4}}}+\)\(\frac{1-\cos \left( \sqrt{2}y \right)}{2{{y}^{2}}}\frac{2{{y}^{2}}}{24{{y}^{2}}+{{y}^{4}}}=\)\(\frac{3}{24}+\frac{1}{2}\frac{1}{12}=\frac{1}{6}\)
e inoltre proviamo a porre \(x=3y\) \(\underset{y\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{8{{y}^{2}}}}-1}{8{{y}^{2}}}\frac{8{{y}^{2}}}{54{{y}^{2}}+{{y}^{4}}}+\)\(\frac{1-\cos \left( \sqrt{2}y \right)}{2{{y}^{2}}}\frac{2{{y}^{2}}}{54{{y}^{2}}+{{y}^{4}}}\ne \frac{1}{6}\)
Il limite quindi non esiste.
Verificare se esiste il seguente limite
\(\underset{\left( x,y \right)\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x{{y}^{2}}}{1+{{x}^{4}}+{{y}^{2}}}\)
Ecco a voi lo svolgimento quindi:
\(y={{x}^{10}}\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{21}}}{1+{{x}^{4}}+{{x}^{20}}}=\infty \) salutiamo perciò il professore Gobbino
\(y=x\,\,\,\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{3}}}{1+{{x}^{4}}+{{x}^{2}}}=0\)
Il limite quindi non esiste, perchè non risulta verificato il teorema di unicità del limite!
Verificare se esiste e in caso affermativo calcolare il seguente limite:
\(\underset{\left( x,y \right)\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}y}{1+{{x}^{4}}+{{y}^{6}}}\sim \underset{\left( x,y \right)\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{y}{{{x}^{2}}}}{1+\frac{{{y}^{6}}}{{{x}^{4}}}}\)
Ed ecco a voi lo svolgimento quindi
\(\underset{\left( x,y \right)\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{x}^{4/3}}}\frac{\frac{y}{{{x}^{2/3}}}}{1+\frac{{{y}^{6}}}{{{x}^{4}}}}=\)\(\underset{\left( x,y \right)\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{x}^{4/3}}}\frac{t}{1+{{t}^{6}}}=0\)
Ci siamo pertanto ricondotti a una forma non indeterminata, perchè \(\frac{t}{1+{{t}^{6}}}\) è una funzione limitata e \(\frac{1}{{{x}^{4/3}}}\to 0\) per \(x\to \infty \)
Studiare la continuità della seguente funzione:
\(f\left( x,y \right)=\left\{ \begin{align} & \frac{{{x}^{3}}y}{{{x}^{4}}+{{y}^{2}}},se\left( x,y \right)\ne 0 \\ & 0,se\left( x,y\right)=0 \\\end{align} \right.\)
Ecco a voi la soluzione quindi
\(\underset{\left( x,y \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{3}}y}{{{x}^{4}}+{{y}^{2}}}=\)\(\underset{\left( x,y \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{y}{{{x}^{2}}}}{1+\frac{{{y}^{2}}}{{{x}^{4}}}}x=\)\(\underset{\left( x,y \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,\frac{t}{1+{{t}^{2}}}x=0\)
La funzione risulta quindi continua \(\forall (x,y)\in {{\mathbb{R}}^{2}}\)
Studiare la continuità della seguente funzione:
\(f\left( x,y \right)=\left\{ \begin{align} & x\,{{e}^{\frac{x}{{{y}^{2}}}}}\,\,\,\,\,se\,\,\,\,y\ne 0 \\ & 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,se\,\,\,\,y=0\,\,\,\,\, \\ \end{align} \right.\)
Ed ecco a voi lo svolgimento quindi.
Osserviamo subito che il problema della continuità si pone in prossimità di \(y=0\). Allora studiamo separatamente la semiretta con \(x\) positiva, la semiretta con \(x\) negativa e infine l’origine.
Vediamo subito che la funzione risulta continua per \(x\) positivi
\({{x}_{0}}>0\,\,\,\underset{\left( x,y \right)\to \left( {{x}_{0}},0 \right)}{\mathop{\lim }}\,{{x}_{0}}\,{{e}^{-\frac{{{x}_{0}}}{{{y}^{2}}}}}=\)\({{x}_{0}}\,{{e}^{-\infty }}=0\)
La funzione invece risulta discontinua per \(x\) negativi
\({{x}_{0}}<0\,\,\,\underset{\left( x,y \right)\to \left( {{x}_{0}},0 \right)}{\mathop{\lim }}\,{{x}_{0}}\,{{e}^{-\frac{{{x}_{0}}}{{{y}^{2}}}}}=\)\({{x}_{0}}\,{{e}^{+\infty }}=+\infty \)
Ed infine vediamo che non è continua nell’origine, infatti
Pertanto possiamo concludere che la funzione risulta continua \(\forall x\in {{\mathbb{R}}^{2}}/\left\{ \left( a,0 \right),\,\,\,a\le 0 \right\}\)
Studiare la continuità della seguente funzione:
\(f\left( x,y \right)=\left\{ \begin{align} & \frac{{{\left| y \right|}^{a}}\sin x}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}\,\,\,\,se\,\,\,\,\left( x,y \right)\ne 0 \\ & 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,se\,\,\,\,\left( x,y \right)=0\,\,\,\,\, \\\end{align} \right.\)
Per studiare la continuità nell’origine utilizziamo esprimiamo \(x, y\) attraverso una parametrizzazione polare.
\(x=\rho \cos \theta ,\,\,\,y=\rho \sin \theta \)
\(se\,\,\,x\to 0\,\,\,\,\,-\frac{{{\left| y \right|}^{a}}\left| x \right|}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}<\frac{{{\left| y \right|}^{a}}\sin x}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}<\frac{{{\left| y \right|}^{a}}\left| x \right|}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}\)
\(se\,\,\rho \to 0\,\,\,\,\,\,\,{{\left| \rho \right|}^{a-1}}<-\frac{{{\left| \rho \right|}^{a}}{{\left| \sin \theta \right|}^{a}}\left| \rho \right|\left| \cos \theta \right|}{{{\rho }^{2}}}<f\left( \rho \cos \theta ,\rho \sin \theta \right)<\)\(\frac{{{\left| \rho \right|}^{a}}{{\left| \sin \theta \right|}^{a}}\left| \rho \right|\left| \cos \theta \right|}{{{\rho }^{2}}}<{{\left| \rho \right|}^{a-1}}\)
Allora, per il teorema dei carabinieri, il limite è \(0\) se \(a>1\). Per \(a<1\) il risultato dipende da \(\theta \) , mentre per \(a=1\) si studia a parte.
\(\,\underset{\left( x,y \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left| y \right|\sin x}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}=\,\underset{\left( x,y \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left| y \right|x}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}\frac{\sin x}{x}\,\)
Se \(y=x\) si ha \(\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left| x \right|x}{{{x}^{2}}+{{x}^{2}}}\frac{\sin x}{x}\,=\frac{1}{2}\ne 0\), quindi la funzione non è continua.
Studiare la continuità e la differenziabilità della seguente funzione:
\(\,\underset{\left( x,y \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{3}}}{{{x}^{2}}+{{y}^{4}}}=\)\(\,\underset{\left( x,y \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,x\frac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+{{y}^{4}}}=\)\(\,\underset{\left( x,y \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,x\,\,\frac{\frac{{{x}^{2}}}{{{y}^{4}}}}{\frac{{{x}^{2}}}{{{y}^{4}}}+1}\,\,=\)\(\,\underset{\left( x,y \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,x\,\,\frac{{{t}^{2}}}{{{t}^{2}}+1}=0\)
\({{{f}’}_{x}}\left( 0,0 \right)=\)\(\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( t,0 \right)-f\left( 0,0 \right)}{t}=\)\(\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{t}{t}=1\)
\({{{f}’}_{y}}\left( 0,0 \right)=\)\(\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( 0,t \right)-f\left( 0,0 \right)}{t}=\)\(\frac{0}{t}=0\)
\( =\)\(\underset{\left( h,k \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim}}\,\frac{\frac{{{h}^{3}}}{{{h}^{2}}+{{k}^{4}}}-h\,}{\sqrt{{{h}^{2}}+{{k}^{2}}}}=\)\(\underset{\left( h,k \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,\frac{1\,}{\sqrt{{{h}^{2}}+{{k}^{2}}}}\frac{-h{{k}^{4}}}{{{h}^{2}}+{{k}^{4}}}=\)\(\underset{\left( h,k \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,{{k}^{2}}\frac{-\frac{h}{{{k}^{2}}}\,}{\sqrt{\frac{{{h}^{2}}}{{{k}^{4}}}+1}}\frac{1}{\frac{{{h}^{2}}}{{{k}^{4}}}+1}=\)\( \underset{\left( h,k \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,{{k}^{2}}\frac{-t}{\sqrt{1+{{t}^{2}}}}\frac{1}{{{t}^{2}}+1}=0 \)
Studiare la continuità e la differenziabilità della seguente funzione:
\(\,\underset{\left( x,y \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin \sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}{\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}=1\)
\({{{f}’}_{x}}\left( 0,0 \right)=\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( t,0 \right)-f\left( 0,0 \right)}{t}=\)\(\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{\sin \left| t \right|}{\left| t \right|}-1}{t}=\)\(\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin \left| t \right|-\left| t \right|}{t\left| t \right|}=\)\(\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left| t \right|-\frac{1}{6}{{\left| t \right|}^{3}}-\left| t \right|}{t\left| t \right|}=0\)
\({{{f}’}_{y}}\left( 0,0 \right)=\)\(\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( 0,t \right)-f\left( 0,0 \right)}{t}=0\) (per simmetria)
\(\underset{\left( h,k \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{\sin \sqrt{{{h}^{2}}+{{k}^{2}}}}{\sqrt{{{h}^{2}}+{{k}^{2}}}}-1}{\sqrt{{{h}^{2}}+{{k}^{2}}}}=\)\(\underset{\left( h,k \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin \sqrt{{{h}^{2}}+{{k}^{2}}}-\sqrt{{{h}^{2}}+{{k}^{2}}}}{{{h}^{2}}+{{k}^{2}}}=\)\(\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin t-t}{{{t}^{2}}}=\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{t}^{3}}/6}{{{t}^{2}}}=0\)
Studiare la continuità e la differenziabilità della seguente funzione:
\(\underset{\left( x,y \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,\,\frac{x\left| y \right|}{\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}=\)\(\underset{\left( x,y \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,x\frac{\left| \frac{y}{x} \right|}{\sqrt{1+\frac{{{y}^{2}}}{{{x}^{2}}}}}=\)\(\,\underset{\left( x,y \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,x\frac{\left| t \right|}{\sqrt{1+{{t}^{2}}}}=0\)
\({{{f}’}_{x}}\left( 0,0 \right)=\)\(\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( t,0 \right)-f\left( 0,0 \right)}{t}=\)\(\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{0}{\sqrt{{{t}^{2}}+0}}-0}{t}=\)\(\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{0}{t}=0\)
\({{{f}’}_{y}}\left( 0,0 \right)=\)\(\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( 0,t \right)-f\left( 0,0 \right)}{t}=\)\(\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{0}{\sqrt{{{t}^{2}}+0}}-0}{t}=\)\(\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{0}{t}=0\)
\(\underset{\left( h,k \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{h\left| k \right|}{\sqrt{{{h}^{2}}+{{k}^{2}}}}}{\sqrt{{{h}^{2}}+{{k}^{2}}}}=\)\(\underset{\left( h,k \right)\to \left( 0,0 \right)}{\mathop{\lim }}\,\frac{h\left| k \right|}{{{h}^{2}}+{{k}^{2}}}\)
Con \(h=k\,\,\,\,\underset{h\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{h\left| h \right|}{{{h}^{2}}+{{h}^{2}}}=\pm \frac{1}{2}\) . Si ha quindi che la funzione non è differenziabile.