Un limite in due variabile con parametro reale

Messaggioda Shikari » 22/01/2019, 01:17

Buonasera a tutti.
Vi presento il seguente esercizio sul quale sto avendo problemi.

Sia dato il sottoinsieme del piano $R=[0,+\infty[$ x $[0,+\infty[$ e sia $\alpha>0$
Determinare per quali $\alpha$ esiste il seguente limite:

$ lim_{x^2+y^2 to \infty} frac{xy^\alpha}{1+x^2+x^2y^2} $

Ho già dimostrato che per le $\alpha>=1$ il limite non esiste ponendomi, per il caso $1<\alpha<2$, sulla curva:

$ x=frac{y^\alpha+sqrt(y^(2\alpha)-4k^2(1+y^2))}{2(1+y^2) $

dove la funzione di partenza diverge avvicinandosi all'asse y per $y to +\infty$ ($k$ è una costante qualsiasi positiva, che rappresenta le linee di livello della funzione) . Il caso $\alpha\>=2$ è ovvio.
Tuttavia non riesco a dimostrare che il limite non esiste anche nel caso $0<\alpha<1$, sarei grato se qualcuno potesse aiutarmi :D
Ringrazio in anticipo.
Shikari
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Re: Un limite in due variabile con parametro reale

Messaggioda dissonance » 22/01/2019, 10:51

Mi sembra tu stia facendo un ragionamento troppo complicato. Io direi, usando le coordinate polari, che il limite esiste e vale \(0\) se \(\alpha<3\), e non esiste (o vale \(\infty\)) negli altri casi.

P.S.: è sbagliato, vedere il resto della discussione. SECONDO ME IL LIMITE VALE ZERO PER \(0<\alpha<1\).
Ultima modifica di dissonance il 23/01/2019, 13:33, modificato 2 volte in totale.
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Re: Un limite in due variabile con parametro reale

Messaggioda Shikari » 22/01/2019, 14:22

dissonance ha scritto:Mi sembra tu stia facendo un ragionamento troppo complicato. Io direi, usando le coordinate polari, che il limite esiste e vale \(0\) se \(\alpha<3\), e non esiste (o vale \(\infty\)) negli altri casi.


Ciao. Non so che passaggi tu abbia fatto ma non è corretto dire che esiste ed è $0$ per gli $\alpha<3$.
Infatti fissa una retta parallela all'asse $y$, $x=1$ ad esempio per semplicità, il limite diventa:

$ lim_{y to \infty} frac{y^\alpha}{2+y^2} = lim_{y to \infty}frac{1}{y^(2-\alpha)(frac{2}{y^2}+1) $

tale limite è $0$ per $2-\alpha>0$ cioè per $0<\alpha<2$. Questo restringe i valori di $\alpha$ per cui il limite potrebbe esistere.
Per i valori $\alpha\>=2$ chiaramente il limite non esiste dalla considerazione appena fatta in quanto se dovesse esistere dovrebbe essere 0 (se ci si pone su $x=0$ o $y=0$ il limite è chiaramente nullo) e invece diverge su $x=1$ per $\alpha>2$ e tende a $1$ per $\alpha=2$. La curva trovata da me utilizzando le linee di livello mostra una funzione delle y sulla quale la funzione a limite non converge a 0 (condannando il limite a non esistere), però tale funzione è valida solo per le $1<\alpha<2$ a causa della radice quadrata. Come vedi resta il caso $0<\alpha<1$, che almeno dai miei tentativi, rimane ostico anche in coordinate polari. Se trovi un errore nel mio ragionamento dimmi pure :)
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Re: Un limite in due variabile con parametro reale

Messaggioda dissonance » 22/01/2019, 15:49

Eh già. È vero. Ho sbagliato io. Fammi pensare un attimo.
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Re: Un limite in due variabile con parametro reale

Messaggioda anto_zoolander » 22/01/2019, 16:14

Mi infilo solo per dare i miei due cent(spero utili)

$(xy^a)/(1+x^2+x^2y^2)=(x^2(1+y^2))/(1+x^2(1+y^2))*y^2/(y^2+1)*y^(a-2)/x$

I primi due pezzi tendono ad $1$.
Quindi dove $lim_(norm(x,y)->+infty)y^(a-2)/x$ esiste, esiste tutto il limite.
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Re: Un limite in due variabile con parametro reale

Messaggioda dissonance » 22/01/2019, 17:28

@anto: buon tentativo.

@Shikari: valuta lungo \(x=1/t, y=t^\frac{1}{2-\alpha}\), per \(t\to +\infty\) e \(\alpha<1\). Si ha che \(f(1/t,t^\frac{1}{2-\alpha})\to 1,\) e siccome c'è sempre la restrizione \(f(0, y)=0\), il limite non esiste per \(\alpha <1\). Controlla bene i calcoli per favore, già mi sono sbagliato prima...
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Re: Un limite in due variabile con parametro reale

Messaggioda Shikari » 22/01/2019, 19:18

dissonance ha scritto:@anto: buon tentativo.

@Shikari: valuta lungo \(x=1/t, y=t^\frac{1}{2-\alpha}\), per \(t\to +\infty\) e \(\alpha<1\). Si ha che \(f(1/t,t^\frac{1}{2-\alpha})\to 1,\) e siccome c'è sempre la restrizione \(f(0, y)=0\), il limite non esiste per \(\alpha <1\). Controlla bene i calcoli per favore, già mi sono sbagliato prima...


correggimi se sbaglio, proponi di passare al limite:

$ lim_{t to \infty}frac{(1/t)(t^(frac{\alpha}{2-\alpha}))}{1+1/t^2+(1/t^2)(t^(frac{2}{2-\alpha}))}= lim_{t to \infty} frac{t^(frac{2(\alpha-1)}{2-\alpha})}{1+1/t^2+t^(frac{2(\alpha-1)}{2-\alpha})}= $ $ lim_{t to \infty}frac{1}{t^(frac{2(1-\alpha)}{2-\alpha})+t^(frac{-2}{2-\alpha})+1 $

il quale tende a $0$ per:

$ frac{2(1-\alpha)}{2-\alpha}>0 ^^ frac{-2}{2-\alpha}>0 $

cioè $\alpha>2$. Sembrerebbe giusto :D grazie mille
Shikari
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Re: Un limite in due variabile con parametro reale

Messaggioda dissonance » 23/01/2019, 10:43

ATTENZIONE! Scrivendo mi accorgo che pure questo è sbagliato. Purtroppo devo proprio scappare, chissà se riesco a tornarci su più tardi, spero che almeno il metodo ti sia utile.

Esatto. Spiego come ho fatto. Ho posto
\[
x(t)=t^p, \qquad y(t)=t^q, \]
con l'intenzione di fare tendere \(t\) a \(\infty\). Siccome \(x^2+y^2\) deve tendere a \(\infty\), almeno uno tra i due coefficienti \(p\) e \(q\) deve essere strettamente positivo. Sostituendo, ho ottenuto l'espressione
\[
\frac{t^{p+aq}}{1+t^{2p}+t^{2p+2q}}, \]
e vorrei che essa tendesse a \(1\), quindi impongo che
\[
\begin{cases}
p+aq=2p+2q, \\
q>0.
\end{cases}\]
Una soluzione di questo sistema è proprio \(p=-1, q=1/(2-a)\).

P.S.: è sbagliato. Se \(1\le a <2\), allora \(2p+2q\ge 0\) e tutto va bene. Ma se \(a<1\), allora \(2p+2q<0\) e quindi il numeratore tende a \(0\) mentre il denominatore tende a \(1\), e tutta la frazione tende a \(0\). Affinché questa costruzione funzioni, il sistema di sopra andrebbe completato con altre due condizioni:
\[
\begin{cases}
p+aq \ge 2p+2q, \\
q>0\ \text{OR}\ p>0, \\
2p+2q>0, \\
2p<2p+2q.
\end{cases}\]
E questo sistema non ha soluzioni. Quindi, non si può ottenere una restrizione polinomiale che non tenda a \(0\).


Vuoi vedere che il limite esiste, e vale \(0\), per \(a<1\)?
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Re: Un limite in due variabile con parametro reale

Messaggioda dissonance » 06/02/2019, 09:50

Mi sono ricordato di questo problema, che resta senza soluzione. Quello che ho fatto io non va bene. Secondo me il limite esiste e vale zero per \(\alpha<1\). @Shikari: Per caso hai trovato una soluzione? Sono curioso. Grazie!
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