Limite funzione razionale fratta di due variabili

[Matthia2]

Ho appena cominciato con le funzioni in più variabili e non so come procedere con questo limite
[tex]\lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)} \frac{x^3 y^2}{x^4+y^6}[/tex], dove la funzione va da [tex]R^2[/tex] in [tex]R[/tex].
Il risultato deve essere 0, quindi non ho provato a cercare restrizioni per negarne l'esistenza, ma come altro metodo conosco solo il passaggio alle coordinate polari e anche con questo non arrivo a niente.
Qualsiasi suggerimento su cosa posso tentare è ben accetto

[Noisemaker]

prova in coordinate polari, ponendo

\begin{align*}
x&=\rho\cos\vartheta\\
y&=\rho\sin \vartheta
\end{align*}

e prova a verificare che

\begin{align*}
\lim_{\rho \to 0} \,\,\sup_{\vartheta}\left|\frac{\rho^3\cos^3\vartheta \rho^2\sin^2 \vartheta}{\rho^4\cos^4\vartheta+\rho^6\sin^6 \vartheta}-0\right|=0
\end{align*}

e dovrebbe venire proprio $0$

[Matthia2]

Ci ho provato ma non riesco a gestire quell'espressione nè a maggiorarla con un'altra più semplice da cui si possa ricavare qualcosa...

[Quinzio]

Se poni $x=y^(3/2)$
e sotituisci, l'espressione risulta
$y^(13/4)/(2y^6) = 1/2 y^(-11/4)$
che per $y->0^+$ va a infinito.

Quindi non credo che il limite sia zero... spero di non sbagliare nulla.

[Sk_Anonymous]

Secondo me si può fare così: \begin{align*}
\left|\frac{\rho^3\cos^3\vartheta \rho^2\sin^2 \vartheta}{\rho^4\cos^4\vartheta+\rho^6\sin^6 \vartheta}\right|= \left| \frac{\rho^{5} \cos^3 \vartheta \sin^2 \vartheta}{\rho^4(\cos^4 \vartheta + \rho^2 \sin^6 \vartheta)} \right| \le \left| \frac{\rho \; \cos^3 \vartheta }{\cos^4 \vartheta + \rho^2 \sin^6 \vartheta} \right|
\end{align*}
ora, se \(\displaystyle \vartheta \ne \frac{\pi}{2} + k \pi \) il denominatore della frazione più a destra assume valori "sufficientemente lontani dallo zero" se \(\displaystyle \rho \to 0 \); passando quindi al limite si ha \[\displaystyle \lim_{\rho \to 0} \left| \frac{\rho \; \cos^3 \vartheta }{\cos^4 \vartheta + \rho^2 \sin^6 \vartheta} \right|=0 \] se invece \(\displaystyle \vartheta = \frac{\pi}{2} + k \pi \) quella frazione è nulla prima di passare a limite, e quindi si conclude.

[Seneca1]

"Quinzio":[...]l'espressione risulta
$y^(13/4)/(2y^6) = 1/2 y^(-11/4)$
che per $y->0^+$ va a infinito.

$y^(3/2 * 3) * y^2 = y^(13/2)$

[Matthia2]

@Quinzio
Purtroppo hai sbagliato i conti, viene [tex]\frac{y^{\frac{9}{2}+\frac{4}{2}}}{2y^6}=\frac{1}{2}y^{\frac{1}{2}}[/tex]

@Delirium
Il tuo argomento non mi convince quando discuti [tex]\vartheta\neq\frac{\pi}{2}+k\pi[/tex]: se [tex]\vartheta[/tex] è vicino a [tex]\frac{\pi}{2}[/tex], il denominatore è vicino a 0 se si fa tendere anche [tex]\rho[/tex] a 0; bisognerebbe verificare se il numeratore è abbastanza piccolo da mandare il rapporto a 0, però studiarsi la derivata della funzione (per avere informazioni precise sul massimo) è impossibile, troppi conti...

EDIT: corretto [tex]x[/tex] in [tex]\vartheta[/tex] e spiegato meglio in che senso il denominatore è vicino a 0.

[Seneca1]

"Delirium":Secondo me si può fare così: \begin{align*}
\left|\frac{\rho^3\cos^3\vartheta \rho^2\sin^2 \vartheta}{\rho^4\cos^4\vartheta+\rho^6\sin^6 \vartheta}\right|= \left| \frac{\rho^{5} \cos^3 \vartheta \sin^2 \vartheta}{\rho^4(\cos^4 \vartheta + \rho^2 \sin^6 \vartheta)} \right| \le \left| \frac{\rho \; \cos^3 \vartheta }{\cos^4 \vartheta + \rho^2 \sin^6 \vartheta} \right|
\end{align*}
ora, se \(\displaystyle \vartheta \ne \frac{\pi}{2} + k \pi \) il denominatore della frazione più a destra assume valori "sufficientemente lontani dallo zero" se \(\displaystyle \rho \to 0 \); passando quindi al limite si ha \[\displaystyle \lim_{\rho \to 0} \left| \frac{\rho \; \cos^3 \vartheta }{\cos^4 \vartheta + \rho^2 \sin^6 \vartheta} \right|=0 \] se invece \(\displaystyle \vartheta = \frac{\pi}{2} + k \pi \) quella frazione è nulla prima di passare a limite, e quindi si conclude.

Non convince neanche me (potrei sbagliarmi)...

EDIT: Ho fatto un errore di conto.

[Rigel1]

Questo identico esercizio è stato postato alcune settimane fa; prova a fare una ricerca.

[Matthia2]

Ho controllato tutti i messaggi di ottobre ma ho trovato solo questo, che è leggermente diverso...
funzione-continua-differenziabile-derivate-direzionali-t103982.html

O.T: mi direste il codice Tex per scrivere R?

[Seneca1]

$RR$

oppure

\( \mathbb{R} \)

[Sk_Anonymous]

Se procedi nel primo quadrante e per forza bruta:

$[y=mx] rarr [(m^2x)/(1+m^6x^2)0] rarr$

$rarr [0
$rarr [delta(epsilon,m)=(sqrt(1+m^2)(1-sqrt(1-4epsilon^2m^2)))/(2epsilonm^4)] ^^[0
Siccome:

$[lim_(m->0^+)(sqrt(1+m^2)(1-sqrt(1-4epsilon^2m^2)))/(2epsilonm^4)=+oo] ^^ [lim_(m->(1/(2epsilon))^-)(sqrt(1+m^2)(1-sqrt(1-4epsilon^2m^2)))/(2epsilonm^4)=4epsilon^2sqrt(1+4epsilon^2)]$

$[delta(epsilon,m)]$, trattandosi di una funzione continua e positiva, ammette minimo diverso da zero per $[0

Cita

Segnala

[Sk_Anonymous]

Ma se ho \[\displaystyle \lim_{ \rho \to 0} \frac{ \rho \; \cos^2 \vartheta}{\cos^4 \vartheta + \rho^2 \sin ^6 \vartheta} \] \(\displaystyle \vartheta \) non è fissato? Cioè, può benissimo essere vicino a \(\displaystyle \frac{\pi}{2} \) (e allora comunque \(\displaystyle \cos \vartheta \) sarebbe costante), ma non sta tendendo a \(\displaystyle \frac{\pi}{2} \)... O sbaglio? Immagino di fissare ogni volta l'anomalia, e quindi di far "scorrere" il modulo

[Matthia2]

@Seneca
Grazie

@speculor
Scusa ma non riesco a seguirti, non ho capito qual è esattamente il punto dell'esercizio che stai spiegando e cosa vuoi dimostrare.

@Delirium
Il problema è che [tex]\vartheta[/tex] non è fissato, per risolvere questi limiti con le coordinate polari bisogna trovare delle maggiorazioni indipendenti da [tex]\vartheta[/tex] e dipendenti solo da [tex]\rho[/tex], altrimenti si trova solo il limite ristretto ad una particolare retta. E' un po' come il fatto che la convergenza puntuale in tutti i punti non implica la convergenza uniforme, o almeno io ho capito così.

[Sk_Anonymous]

Sto cercando di determinare l'intorno. Si tratta di restringersi ad una retta generica e di determinare il $[delta(epsilon)]$ come se fosse un limite di funzione di una sola variabile, ovviamente avrai anche una dipendenza da $[m]$, $[delta(epsilon,m)]$ per intenderci. Se al variare di $[m]$, $[delta(epsilon,m)]$ ha un minimo dipendente da $[epsilon]$ strettamente maggiore di zero, è pacifico che, per ogni valore di $[epsilon]$, esista almeno un intorno circolare di raggio pari al minimo suddetto. Giova la pena sottolineare che questo metodo è piuttosto laborioso, quando applicabile in modo elementare, visto che è necessario risolvere una disequazione con due parametri. Tuttavia, è proprio in questo modo che si comprende perfettamente il motivo per cui non basta l'esistenza del limite lungo una generica retta, per assicurarne l'esistenza nel piano. Se $[delta(epsilon,m)]$ tende a zero lungo una qualche direzione, puoi facilmente immaginare una curva che, incuneandosi opportunamente lungo quella direzione, fa saltare per aria la verifica.

[Sk_Anonymous]

Bon, ho detto una sciocchezza. Si ignorino i miei interventi.

[Matthia2]

@Delirium
Capita...

@speculor
Ok ora provo a pensarci, grazie per la pazienza

[Rigel1]

Si può usare la disuguaglianza di Young (o in alternativa anche la disuguaglianza AM-GM):
\[
ab \leq \frac{1}{p}a^p + \frac{1}{q} b^q,\qquad
a,b\geq 0,\ p,q>1,\ \frac{1}{p}+\frac{1}{q} = 1.
\]
Da qui hai che
\[
|x^3y^2| \leq \frac{1}{p}|x|^{3p} + \frac{1}{q} |y|^{2q}\,,
\]
e ti basta mostrare che esistono \(p>4/3\), \(q>3\) tali che \(1/p + 1/q = 1\).
A questo punto è un attimo dimostrare che \(f(x,y)\to 0\) quando \((x,y)\to 0\).

[Sk_Anonymous]

Grazie Rigel. Qualcosa mi diceva che era possibile procedere diversamente. Insomma, ho ingenerato un certo senso di smarrimento.

[Matthia2]

Accidenti bel trucco! Ora ho capito anche la soluzione di speculor, grazie mille ad entrambi