Limite in due variabili
Svolgendo un esercizio sulla differenziabilità mi ritrovo a calcolare
\[
\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0} \frac{x^{2}y^{2}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}(x^{6}+y^{2})^{\alpha}}
\]
con $\alpha>0$. Mi verrebbe che è nullo se $\alpha<1$ ma non riesco a provare che se $\alpha>1$ il limite non esiste. Propongo due strade che ho seguito
1) Ricordando che $\forall x,y\in\mathbb{R}$ si ha $ (x^{2}+y^{6})^{\alpha}\le x^{2\alpha}+y^{6\alpha} $ e usando l'equivalenza delle norme ottengo
\[
\frac{x^{2}y^{2}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}(x^{6}+y^{2})^{\alpha}} \le\frac{x^{2}y^{2}}{(x^{6}+y^{2})^{\alpha}(|x|+|y|)}\le\frac{x^{2}y^{2}}{x^{6\alpha+1}+y^{2\alpha+1}+|y||x|^{6\alpha}+|x||y|^{2\alpha}}
\]
Siamo interessati a trovare l'$ \alpha$ maggiore possibile sicché dobbiamo scegliere al denominatore l'addendo in cui troviamo $x,y$ col minimo grado possibile. Tale addendo è $|x||y|^{2\alpha}$ e abbiamo
\[
\frac{x^2y^2}{(x^6+y^2)\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\le\frac{x^{2}y^{2}}{x^{6\alpha+1}+y^{2\alpha+1}+|y||x|^{6\alpha}+|x||y|^{2\alpha}}\le |x|y^{2-2\alpha}
\]
Dunque se $\alpha<1$ abbiamo la differenziabilità nell'origine.
2) Se $\beta>\frac{1}{2}$
\[
\displaystyle \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^{\beta}y^{\beta}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=0
\]
Quindi mi è venuto in mente di fare queste maggiorazioni
\[
\frac{x^{2}y^{2}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}(x^{6}+y^{2})^{\alpha}} \le \frac{x^{2-\beta}y^{2-\beta}}{(x^{6}+y^{2})^{\alpha}} \frac{x^{\beta}y^{\beta}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \le \frac{x^{2-\beta}y^{2-\beta}}{(x^{6}+y^{2})^{\alpha}} \frac{x^{\beta}y^{\beta}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \le (x^{6}+y^{2})^{\frac{2}{3}(2-\beta)-\alpha} \frac{x^{\beta}y^{\beta}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}
\]
Quindi se $\alpha<
frac{2}{3}(2-\beta)$ ho la continuità. In particolare per come ho scelto $\beta$ ho sempre $\alpha=\frac{2}{3}(2-\beta)<1$.
Secondo voi sono ragionamenti corretti? Come avreste fatto?
Grazie anticipatamente
\[
\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0} \frac{x^{2}y^{2}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}(x^{6}+y^{2})^{\alpha}}
\]
con $\alpha>0$. Mi verrebbe che è nullo se $\alpha<1$ ma non riesco a provare che se $\alpha>1$ il limite non esiste. Propongo due strade che ho seguito
1) Ricordando che $\forall x,y\in\mathbb{R}$ si ha $ (x^{2}+y^{6})^{\alpha}\le x^{2\alpha}+y^{6\alpha} $ e usando l'equivalenza delle norme ottengo
\[
\frac{x^{2}y^{2}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}(x^{6}+y^{2})^{\alpha}} \le\frac{x^{2}y^{2}}{(x^{6}+y^{2})^{\alpha}(|x|+|y|)}\le\frac{x^{2}y^{2}}{x^{6\alpha+1}+y^{2\alpha+1}+|y||x|^{6\alpha}+|x||y|^{2\alpha}}
\]
Siamo interessati a trovare l'$ \alpha$ maggiore possibile sicché dobbiamo scegliere al denominatore l'addendo in cui troviamo $x,y$ col minimo grado possibile. Tale addendo è $|x||y|^{2\alpha}$ e abbiamo
\[
\frac{x^2y^2}{(x^6+y^2)\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\le\frac{x^{2}y^{2}}{x^{6\alpha+1}+y^{2\alpha+1}+|y||x|^{6\alpha}+|x||y|^{2\alpha}}\le |x|y^{2-2\alpha}
\]
Dunque se $\alpha<1$ abbiamo la differenziabilità nell'origine.
2) Se $\beta>\frac{1}{2}$
\[
\displaystyle \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^{\beta}y^{\beta}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=0
\]
Quindi mi è venuto in mente di fare queste maggiorazioni
\[
\frac{x^{2}y^{2}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}(x^{6}+y^{2})^{\alpha}} \le \frac{x^{2-\beta}y^{2-\beta}}{(x^{6}+y^{2})^{\alpha}} \frac{x^{\beta}y^{\beta}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \le \frac{x^{2-\beta}y^{2-\beta}}{(x^{6}+y^{2})^{\alpha}} \frac{x^{\beta}y^{\beta}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \le (x^{6}+y^{2})^{\frac{2}{3}(2-\beta)-\alpha} \frac{x^{\beta}y^{\beta}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}
\]
Quindi se $\alpha<
frac{2}{3}(2-\beta)$ ho la continuità. In particolare per come ho scelto $\beta$ ho sempre $\alpha=\frac{2}{3}(2-\beta)<1$.
Secondo voi sono ragionamenti corretti? Come avreste fatto?
Grazie anticipatamente
Risposte
up
Grazie per la riispsota. In realtà, dovevo studiare la continuità e differenziabilità della funzione
\[
f(x,y)=\frac{\sin^{2}(xy)}{(x^6+y^2)^{\alpha}}, \alpha>0
\]
Per non scrivere troppo ho cancellato alcune cose ma sono stato distatto.
Per quanto riguarda $\beta$ è una clsa inventata sul momento per disperazione! L'ho fatto perchè a me dava fastidio $\sqrt{x^2+y^2}$ e volevo "appararlo".
Comunque domattina provo col tuo metodo, grazie ancora!
\[
f(x,y)=\frac{\sin^{2}(xy)}{(x^6+y^2)^{\alpha}}, \alpha>0
\]
Per non scrivere troppo ho cancellato alcune cose ma sono stato distatto.
Per quanto riguarda $\beta$ è una clsa inventata sul momento per disperazione! L'ho fatto perchè a me dava fastidio $\sqrt{x^2+y^2}$ e volevo "appararlo".
Comunque domattina provo col tuo metodo, grazie ancora!
"arnett":
Ciao,
non so se ti serve ancora e non posso scrivere molto, quindi ti do solo due indicazioni e domani magari scrivo qualcosa di più completo.
Io passando in polari trovo che per $\alpha<3/2$ il limite esiste nullo. Tramite restrizioni a curve $(0, t)$ e $(t, t)$ si trova che il limite non esiste per $\alpha\ge3/2$.
C'è qualche passaggio dei tuoi un po' scivoloso - o che non comprendo: a cosa servono i $\beta$? e il seno che c'entra?
Scusate se mi intrometto, ma mi potresti spiegare come si procede in questo caso con le polari? Il mio problema è come trattare il denominatore qui.
In partica dobbiamo calcolare
\[
\sup_{\theta \in [0,2\pi]} \frac{\rho^{4}\sin^{2}(\theta)\cos^{2}(\theta)}{\rho \rho^{2\alpha} (\sin^{2}(\theta)+\rho^{4}\cos^{2})^{\alpha}}=\sup_{\theta \in [0,2\pi]} \rho^{3-2\alpha} \frac{\sin^{2}(\theta)\cos^{2}(\theta)}{(\sin^{2}(\theta)+\rho^{4}\cos^{2})^{\alpha}}
\]
Se $\alpha <\frac{3}{2}$ ho effettivamente che il limite è 0. Le restrizioni indicate da arnett poi funzionano alla grande.
Ho detto giusto @arnet?
\[
\sup_{\theta \in [0,2\pi]} \frac{\rho^{4}\sin^{2}(\theta)\cos^{2}(\theta)}{\rho \rho^{2\alpha} (\sin^{2}(\theta)+\rho^{4}\cos^{2})^{\alpha}}=\sup_{\theta \in [0,2\pi]} \rho^{3-2\alpha} \frac{\sin^{2}(\theta)\cos^{2}(\theta)}{(\sin^{2}(\theta)+\rho^{4}\cos^{2})^{\alpha}}
\]
Se $\alpha <\frac{3}{2}$ ho effettivamente che il limite è 0. Le restrizioni indicate da arnett poi funzionano alla grande.
Ho detto giusto @arnet?
Comunque stavo pensando a questo: se al denominatore sviluppo con Newton
\[
(x^{6}+y^{2})^{\alpha}=\sum_{k=0}^{\alpha} x^{6k}y^{2\alpha-2k}
\]
Moltiplicando poi per $|x|+|y|$ ottengo le due sommatorie
\[
\sum_{k=0}^{+\infty} |x|^{6k+1}y^{2\alpha-2k}+\sum_{k=0}^{+\infty} x^{6k}|y|^{2\alpha-2k+1}
\]
Da qui dovrei estrarre il termine con $x$ e $y$ di grado minimo possibile- in modo da massimizzare $\alpha$ -che suppongo essere i termini per cui $x$ e $y$ hanno lo stesso grado. Nella prima sommatoria ottengo che devo scegliere
\[
6k+1=2\alpha-2k \rightarrow k=\frac{2\alpha-1}{8}
\]
da cui la potenza massima è $6\frac{2\alpha-1}{8}+1=\frac{6\alpha+1}{4}$. Per l'altra sommatoria
\[
6k=2\alpha-2k+1 \rightarrow k=\frac{2\alpha+1}{8}
\]
da cui la potenza massima è $6\frac{2\alpha+1}{8}$. Poiché $\alpha>0$, la potenza minima è $frac{6\alpha+1}{4}$ e imponendo
\[
\frac{6\alpha+1}{4}<2
\]
ottengo proprio $\alpha<\frac{7}{6}$. Che ne dici, può andare?
\[
(x^{6}+y^{2})^{\alpha}=\sum_{k=0}^{\alpha} x^{6k}y^{2\alpha-2k}
\]
Moltiplicando poi per $|x|+|y|$ ottengo le due sommatorie
\[
\sum_{k=0}^{+\infty} |x|^{6k+1}y^{2\alpha-2k}+\sum_{k=0}^{+\infty} x^{6k}|y|^{2\alpha-2k+1}
\]
Da qui dovrei estrarre il termine con $x$ e $y$ di grado minimo possibile- in modo da massimizzare $\alpha$ -che suppongo essere i termini per cui $x$ e $y$ hanno lo stesso grado. Nella prima sommatoria ottengo che devo scegliere
\[
6k+1=2\alpha-2k \rightarrow k=\frac{2\alpha-1}{8}
\]
da cui la potenza massima è $6\frac{2\alpha-1}{8}+1=\frac{6\alpha+1}{4}$. Per l'altra sommatoria
\[
6k=2\alpha-2k+1 \rightarrow k=\frac{2\alpha+1}{8}
\]
da cui la potenza massima è $6\frac{2\alpha+1}{8}$. Poiché $\alpha>0$, la potenza minima è $frac{6\alpha+1}{4}$ e imponendo
\[
\frac{6\alpha+1}{4}<2
\]
ottengo proprio $\alpha<\frac{7}{6}$. Che ne dici, può andare?
Perdonami, spesso salto delle cose che dovrei scrivere pensando di averle già trascritte! Innanzitutto la funzione era
\[
f(x,y)=\frac{\sin^{2}(xy)}{(x^{6}+y^{2})^{\alpha}}
\]
I coefficienti binomiali li ho tralasciati perché non dovrebbero servirmi, ma avrei dovuto specificarlo.
Tornando al nodo della questione, ho fatto questo pseudo-ragionamento: sopra ho $x$ e $y$ entrambe di secondo grado mentre sotto coefficienti di gradi (quasi) tutti diversi e (quasi) tutti aventi grado dipendente da $\alpha$. Ogni volta che scelgo di maggiorare con un addendo della sommatoria con gradi diversi rischio di avere una maggiorazione debole per $\alpha$.
In ogni caso, posso farti osservare una cosa? Supponiamo per un attimo che la seconda sommatoria al denominatore non ci sia. Il generico della prima, monco del coefficiente binomiale, è
\[
|x|^{6k+1}y^{2\alpha-2k}
\]
Supponiamo di aver scelto un certo $k^*$ in funzione di $\alpha$. Ho
\[
\frac{f(x,y)}{\sqrt{x^2+y^2}} \le \frac{x^{2}y^{2}}{|x|^{6k^{*}+1}y^{2\alpha-2k^{*}}}
\]
Devo imporre $2>6k^{*}+1$ e $2>2\alpha-2k^{*}$ per avere che il mio limite iniziale sia nullo. Se moltiplico la seconda per $3$ e sommo membro a membro le due diseguaglianze ottengo proprio
\[
8>6\alpha+1
\]
cioé $\alpha < \frac{7}{6}$. Potrebbe essere una spiegazione migliore? Così facendo non ho fatto uso del mio ragionamento strampalato( per ora senza una vera e propria argomentazione ...)
Grazie ancora per la pazienza!
\[
f(x,y)=\frac{\sin^{2}(xy)}{(x^{6}+y^{2})^{\alpha}}
\]
I coefficienti binomiali li ho tralasciati perché non dovrebbero servirmi, ma avrei dovuto specificarlo.
Tornando al nodo della questione, ho fatto questo pseudo-ragionamento: sopra ho $x$ e $y$ entrambe di secondo grado mentre sotto coefficienti di gradi (quasi) tutti diversi e (quasi) tutti aventi grado dipendente da $\alpha$. Ogni volta che scelgo di maggiorare con un addendo della sommatoria con gradi diversi rischio di avere una maggiorazione debole per $\alpha$.
In ogni caso, posso farti osservare una cosa? Supponiamo per un attimo che la seconda sommatoria al denominatore non ci sia. Il generico della prima, monco del coefficiente binomiale, è
\[
|x|^{6k+1}y^{2\alpha-2k}
\]
Supponiamo di aver scelto un certo $k^*$ in funzione di $\alpha$. Ho
\[
\frac{f(x,y)}{\sqrt{x^2+y^2}} \le \frac{x^{2}y^{2}}{|x|^{6k^{*}+1}y^{2\alpha-2k^{*}}}
\]
Devo imporre $2>6k^{*}+1$ e $2>2\alpha-2k^{*}$ per avere che il mio limite iniziale sia nullo. Se moltiplico la seconda per $3$ e sommo membro a membro le due diseguaglianze ottengo proprio
\[
8>6\alpha+1
\]
cioé $\alpha < \frac{7}{6}$. Potrebbe essere una spiegazione migliore? Così facendo non ho fatto uso del mio ragionamento strampalato( per ora senza una vera e propria argomentazione ...)
Grazie ancora per la pazienza!
Questo esercizio mi tormenta da giorni! Posso chiederti come hai indovinato il valore critico $\alpha=\frac{7}{6}$? Io volevo sfruttare le restrizioni $y=x^{k}$ ma mi sono perso ...
Propongo questa soluzione alla prima traccia, ossia a quella senza il seno, per dimostrare che il limite non esiste per $\alpha \geq 3/2$.
Se faccio il limite $(x,y)\to(0,0)$ lungo la retta $x=0$ (o, indifferentemente $y=0$) trovo che questo fa $0$.
Se invece lo faccio lungo la retta $y=x$ ottengo
$\frac{x^4}{\sqrt{2}x(x^6+x^2)^\alpha}=\frac{x^3}{\sqrt{2}x^{2\alpha}(x^4+1)^\alpha}=\frac{x^{3-2\alpha}}{\sqrt{2}(x^4+1)^\alpha}$
e il limite non è $0$ se $3-2\alpha\leq 0$.
Se faccio il limite $(x,y)\to(0,0)$ lungo la retta $x=0$ (o, indifferentemente $y=0$) trovo che questo fa $0$.
Se invece lo faccio lungo la retta $y=x$ ottengo
$\frac{x^4}{\sqrt{2}x(x^6+x^2)^\alpha}=\frac{x^3}{\sqrt{2}x^{2\alpha}(x^4+1)^\alpha}=\frac{x^{3-2\alpha}}{\sqrt{2}(x^4+1)^\alpha}$
e il limite non è $0$ se $3-2\alpha\leq 0$.
Non mi ero accorto che c'era una seconda pagina nella discussione...
@arnett Ho letto.
Per il modulo al denominatore avevo semplicemente supposto di percorrere la curva dal lato delle ascisse positive...
Per il modulo al denominatore avevo semplicemente supposto di percorrere la curva dal lato delle ascisse positive...
Grazie di nuovo @arnett e benvenuto @Platotne, spero che il suo amore per la matematica c'aiuti 
Comunque @arnett mi domandavo questo: mi hai assicurato che $\frac{7]{6}$ è un valore limite per gli $\alpha$ e io fortunosamente ho trovato una maggiorazione che me lo garantisca. Non dovrei aver finito? Oppure il mio tentatativo è stato solo fortuna?
Comunque @arnett mi domandavo questo: mi hai assicurato che $\frac{7]{6}$ è un valore limite per gli $\alpha$ e io fortunosamente ho trovato una maggiorazione che me lo garantisca. Non dovrei aver finito? Oppure il mio tentatativo è stato solo fortuna?
Ho proceduto così.
Lungo l'asse delle Y o delle X il limite da a zero, quindi anche tutti gli altri percorsi devono portare a zero.
$y=+-x^k$ quindi $y^2=x^(2k)$ con $k>0$
Sostituendo si ottiene: $(x^(2k+1-6alpha))/(sqrt(1+x^(2k-2))(1+x^(2k-6))^alpha)$ (1)
Per $k>=3$ la (1) va a zero se l'esponente del numeratore è strettamente positivo, pertanto $alpha<(2k+1)/6$
E' una retta con pendenza positiva quindi il valore minimo si ottiene per $k=3$, ovvero $alpha<7/6$
Per $1<=k<=3$, occorre rendere positivo l'esponente $2k-6$ pertanto la (1) diventa: $(x^(2k+1-2alphak))/(sqrt(1+x^(2k-2))(1+x^(6-2k))^alpha)$ (2)
e la (2) va a zero quando $alpha<1+1/(2k)$ un'iperbole che raggiunge il minimo per $k=3$, quindi $alpha<7/6$
Per $0
Quindi per $alpha<7/6$ tutti i percorsi $y=+-x^k$ hanno limite zero.
Che ne pensate?
Lungo l'asse delle Y o delle X il limite da a zero, quindi anche tutti gli altri percorsi devono portare a zero.
$y=+-x^k$ quindi $y^2=x^(2k)$ con $k>0$
Sostituendo si ottiene: $(x^(2k+1-6alpha))/(sqrt(1+x^(2k-2))(1+x^(2k-6))^alpha)$ (1)
Per $k>=3$ la (1) va a zero se l'esponente del numeratore è strettamente positivo, pertanto $alpha<(2k+1)/6$
E' una retta con pendenza positiva quindi il valore minimo si ottiene per $k=3$, ovvero $alpha<7/6$
Per $1<=k<=3$, occorre rendere positivo l'esponente $2k-6$ pertanto la (1) diventa: $(x^(2k+1-2alphak))/(sqrt(1+x^(2k-2))(1+x^(6-2k))^alpha)$ (2)
e la (2) va a zero quando $alpha<1+1/(2k)$ un'iperbole che raggiunge il minimo per $k=3$, quindi $alpha<7/6$
Per $0
Quindi per $alpha<7/6$ tutti i percorsi $y=+-x^k$ hanno limite zero.
Che ne pensate?
"arnett":
Ma questo ancora non basta a dire che il limite esiste nullo
E' esattamente ciò che penso anch'io.
Avevo trovato quella soluzione due giorni fa ma mi puzzava e testandola su Wolfram non sembra funzionare.
Idee?
Grazie del tuo intervento @Bokonon, soprattutto perché mi hai fatto vedere là dove 'mi ero perso'
"Cantor99":
Questo esercizio mi tormenta da giorni! Posso chiederti come hai indovinato il valore critico $ \alpha=\frac{7}{6} $? Io volevo sfruttare le restrizioni $ y=x^{k} $ ma mi sono perso ...
"Cantor99":
Grazie del tuo intervento @Bokonon, soprattutto perché mi hai fatto vedere là dove 'mi ero perso'
Prego ma resta da capire se sia la soluzione o meno.
So che Wolfram in molti casi da risposte campate per aria (e in questo caso potrei giurare che il limite converge a zero per $alpha=1$ mentre Wolfram dice di no) ma perchè da anche non convergenza fino ad un valore di $alpha$ negativo e vicino a zero per poi diventare convergente?
Questo limite e pure Wolfram mi puzzano e non so il perchè...c'è qualcosa che mi sfugge o forse sono diventato paranoico.
Comunque sono andato a ricevimento dal mio professore e ho risolto tutto molto facilmente.
Ho
$\frac{\sin^{2}(xy)}{|x^6+y^2|^{\alpha}\sqrt{x^2+y^2}} \le \frac{|x|}{\sqrt{x^2+y^2}} \frac{|x|y^2}{(x^6+y^2)^(\alpha)} \le \frac{(x^6)^(\frac{1}{6})y^2}{(x^6+y^2)^(\alpha)} \le \frac{(x^6+y^2)^{\frac{1}{6}}(x^6+y^2)}{(x^6+y^2)^{alpha}} \le(x^6+y^2)^(\frac{7}{6}-\alpha)$
Quindi se $\alpha < \frac{7}{6}$ ho la continuità
Ho
$\frac{\sin^{2}(xy)}{|x^6+y^2|^{\alpha}\sqrt{x^2+y^2}} \le \frac{|x|}{\sqrt{x^2+y^2}} \frac{|x|y^2}{(x^6+y^2)^(\alpha)} \le \frac{(x^6)^(\frac{1}{6})y^2}{(x^6+y^2)^(\alpha)} \le \frac{(x^6+y^2)^{\frac{1}{6}}(x^6+y^2)}{(x^6+y^2)^{alpha}} \le(x^6+y^2)^(\frac{7}{6}-\alpha)$
Quindi se $\alpha < \frac{7}{6}$ ho la continuità
Astuto...ma perchè $sin^2(xy)$?
"arnett":
Però potresti aggiungere qualche passaggio? Non ho capito la $l$ se è un refuso o da dove viene fuori...
E' un $<=$
Si è un $\le$, correggo.
@Bokonon avevo da studiare la differnziabilità di $\frac{sin^2(xy)}{(x^6+y^2)^(\alpha)}$
ecco perchè anche il seno.
Inoltre, è doveroso che vi ringrazi ancora.
Alla prossima!
@Bokonon avevo da studiare la differnziabilità di $\frac{sin^2(xy)}{(x^6+y^2)^(\alpha)}$
ecco perchè anche il seno.
Inoltre, è doveroso che vi ringrazi ancora.
Alla prossima!
"Cantor99":
@Bokonon avevo da studiare la differnziabilità di $\frac{sin^2(xy)}{(x^6+y^2)^(\alpha)}$
Ah adesso vedo...l'avevi scritto in un post successivo!
Alla prossima.
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