AM210 - Analisi Matematica 3: Soluzioni Tutorato 1

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1 AM210 - Analisi Matematica 3: Soluzioni Tutorato 1 Università degli Studi Roma Tre - Dipartimento di Matematica Docente: Luca Biasco Tutori: Patrizio Caddeo, Jacopo Tenan 25 ottobre Calcolare, se esistono (o se valgono + o ), i seguenti iti: (a) (b) x 2 y + xy 2 x 2 + y = 0 2 Notiamo infatti che la funzione f(x, y) = x2 y+xy 2, con x, y x 2 +y2 R 2 \(0, 0)}, è omogenea di grado 2 (> 0). Dal momento che f è chiaramente continua fuori dall origine (in quanto somma, prodotto, composizione e rapporto 1 di funzioni continue), concludiamo, per il teorema sull omogeneità visto ad esercitazione, che f è estendibile con continuità nell origine con f(0, 0) = 0. Ciò chiaramente equivale a dire che f(x, y) = 0. Nota: Ometteremo i dettagli nel caso di altre funzioni omogenee, ammenoché esse non presenteranno differenze rispetto al caso appena trattato. x 2 y + xy 2 (x 2 + y 2 non esiste. ) 2 Notiamo infatti che f(x, y) = x2 y+xy 2 è omogenea di grado 1 ( ) 2 (< 0). Sappiamo, sempre per il teorema sull omogeneità, che f NON è estendibile con continuità nell origine, e ciò equivale a dire che il ite non esiste o al più vale + o. Quest ultimo caso non può tuttavia presentarsi 2, perché se si effettua il ite lungo i punti del tipo (x, x) si ottiene f(x, x) = 2x3 = 1 4x 4 2x che ha ite + o a seconda che si prendano x positive o negative. 1 Con denominatore non nullo nella regione considerata. 2 Leggere la discussione del punto (d) per chiarezza sulla necessità (o meno) di mostrare che il ite non sia +. 1

2 (c) (d) (y 2x) 2 x 2 + y 4 non esiste. Infatti, se calcoliamo il ite lungo i punti del tipo (0, y) otteniamo come ite +. Ciò ci porta a concludere che il ite non può esistere finito, ma potrebbe ancora valere + (se tale fosse il ite lungo ogni percorso). Notiamo tuttavia che il ite lungo i punti del tipo (x, 0) è 4, e pertanto concludiamo che il ite generale non esiste. e x 1 x y2 x 2 + y 2 = 1 2 Sviluppando con Taylor l esponenziale al numeratore, otteniamo e x 1 x y2 = 1 + x x2 + o(x 2 ) y2 = 1 2 (x2 + y 2 ) + o(x 2 ) Pertanto e x 1 x+ 1 2 y2 = o(x2 ) Si verifica infine che o(x2 ) tende a 0 per (x, y) 0, infatti: x 2 +y 2 o(x2 ) x 2 +y = o(x 2 ) x 2 2 x 2 x 2 +y o(x 2 ) 2 x 2 x 2 +y = o(x 2 ) 2 x 0 2 Nota: Gli ultimi passaggi effettuati sono un po imprecisi : nell operazione di ite, la quantità non è ben definita, in o(x2 ) x 2 quanto in un intorno dell origine (punto nel quale si sta calcolando il ite) esistono infiniti punti nei quali la prima componente è nulla (quelli del tipo (0, y)). Dovrebbe essere chiaro che in realtà ciò non causa alcun problema e che i passaggi effettuati portano al giusto risultato (si può ad esempio immaginare di definire la quantità in questione come 0 per i punti in cui x = 0), ma la questione si può risolvere utilizzando una notazione più semplice e precisa: un modo equivalente 3 per definire la quantità o(f(x)) è il seguente: ( ) o(f(x)) = f(x)g(x) per una certa funzione g = g(x) tale che x 0 g(x) = 0 Con questa notazione, l ultimo passaggio del ite di sopra si può discutere nel seguente modo: o(x 2 ) x 2 + y 2 = x 2 g(x) x 2 + y 2 x 2 + y 2 x 2 + y 2 g(x) = g(x) 0 liberandosi così di ogni (irrilevante) ambiguità. In modo del tutto analogo, se ci si ritrovasse a trattare quantità del tipo o(f(x, y)) (come succederà, ad esempio, nei punti (b) e 3 Rispetto a: o(f(x)) è una funzione g(x) tale che x 0 g(x) f(x) = 0 2

3 (e) (f) (g) (d) del secondo esercizio), si può procedere definendo tale quantità nel seguente modo: ( ) o(f(x, y)) = f(x, y)g(x, y) per una certa funzione g = g(x, y) tale che g(x, y) = 0 sin(xy 3 ) x 8 + y 6 = 0 Notiamo infatti che 0 sin(xy3 ) xy 3 x 8 +y 6 = x 8 +y 6 x y 6 x 8 +y 6 x x 8 +y 6 = x 0 x 8 +y 6 dove abbiamo scritto y 6 al posto di y 3 perché l espressione era in modulo (quindi nessun problema di segno) e abbiamo usato la disuguaglianza sin t t t R. Se si volesse evitare di utilizzare tale disuguaglianza, si potrebbe ad esempio utilizzare il ite notevole del seno o il suo sviluppo di Taylor (procedendo come nel ite precedente). 6y 4 x 6 non esiste. + 2y4 Notiamo infatti che il ite lungo i punti del tipo (x, 0) è 0, mentre il ite lungo i punti del tipo (0, y) è 3. log(x 2 + x 2 + y y 2 ) = 1 x 2 + y 2 Infatti, utilizzando le coordinate polari: log(x y 2 ) log(1+ρ+ρ = 2 ) ρ 0 ρ = 1 dove nell ultimo passaggio si è utilizzato il ite notevole del logaritmo (o equivalentemente il suo sviluppo di Taylor log(1 + ρ + ρ 2 ) = ρ + ρ 2 + o(ρ)). Se non si volessero nominare esplicitamente le coordinate polari, le stesse conclusioni si troverebbero operando la sostituzione t = x 2 + y 2 e riconducendosi così al calcolo del ite log(1+t+t 2 ) t 0 t ). Ovviamente in questo caso non sarebbe cambiato assolutamente nulla, ma se il ite da calcolare non fosse stato quello della traccia, ma ad esempio il seguente: log(x 2 + x 2 +y 4 +1+y 4 ) x 2 +y 4 le coordinate polari avrebbero mantenuto una dipendenza da θ, e ciò avrebbe reso la discussione meno ovvia. D altro canto, se in modo analogo a prima avessimo operato la sostituzione t = x 2 + y 4, ci saremmo ricondotti ancora una volta al calcolo log(1+t+t del ite 2 ) t 0 t, la cui determinazione è immediata. 3

4 (h) x y 2 + x 2 + y 2 x 3 + x 2 y 2 + y 3 = + Se la richiesta fosse stata quella di stabilire se il ite esistesse o meno nel senso di esistere finito (com è implicitamente richiesto ad esempio nel caso in cui vi sia da discutere la continuità di una delle funzioni dell esercizio 2), la conclusione si sarebbe potuta trovare scegliendo un qualsiasi percorso specifico (ad esempio quello dei punti del tipo (x, 0)) e notando che il ite lungo di esso è + (e tale conclusione sarebbe stata che il ite non può esistere finito). Tuttavia, la richiesta era quella di stabilire 4 eventualmente se i iti valessero + (o ), e pertanto anche verificando che questo è il valore ite lungo una multitudine di percorsi, non si può concludere nulla. Per mostrare che il ite è effettivamente +, utilizziamo la definizione: dobbiamo mostrare che, per qualsiasi M > 0, se x e y sono abbastanza piccoli si ha x y2 + M. Si nota che, x 3 +x 2 y 2 + y 3 per ciascuno dei termini al numeratore, ce ne è uno al denominatore di ordine (infinitesimo) superiore (per x y 2 c è x 2 y 2, per x 2 c è x 3 e per y 2 c è y 3 ), pertanto ci si aspetta che se x e y sono abbastanza piccoli da far sì che ognuno dei termini al numeratore sia molto più grande del corrispettivo al denominatore, il rapporto tra la somma di tali termini sia anch esso molto grande. Quantitativamente, se scegliamo x e y abbastanza piccoli da far sì che valgano, ad esempio, le tre disuguaglianze x y 2 Mx 2 y 2 (vera se x < 1 M ), x 2 M x 3 (vera se x < 1 M ), y 2 M y 3 (vera se y < 1 M ), otteniamo x y 2 + Mx2 y 2 +M x 3 +M y 3 = M( x 3 +x 2 y 2 + y 3 ) = M. x 3 +x 2 y 2 + y 3 x 3 +x 2 y 2 + y 3 x 3 +x 2 y 2 + y 3 La procedura utilizzata ha funzionato per via della simmetria fatta notare sopra. Un altro modo è utilizzare le coordinate polari: x y 2 + = ρ3 cos θ sin 2 θ+ρ 2 cos 2 θ+ρ 2 sin 2 θ x 3 +x 2 y 2 + y 3 ρ 4 cos 2 θ sin 2 θ+ρ 3 cos 3 θ +ρ 3 sin 3 θ = ρ cos θ sin 2 θ+1 ρ 2 cos 2 θ sin 2 θ+ρ cos 3 θ +ρ sin 3 θ 1 ρ 2 cos 2 θ sin 2 θ+ρ cos 3 θ +ρ sin 3 θ 1 + per ρ ρ ρ 4 Come accennato, questo non è richiesto nel caso si debba ad esempio discutere la continuità di funzioni come quelle dell esercizio 2, ma può essere essenziale in altre circostanze. 4

5 2. Discutere la continuità delle seguenti funzioni (in tutto il dominio): 3x 2 y+2 tan( ), x (a) f(x, y) = 2 + y 2 (2k + 1) π 2 2 se (x, y) = (0, 0) La funzione non è definita nei punti in cui x 2 + y 2 = (2k + 1) π 2 (e quindi non c è niente da discutere), ma è sicuramente continua in tutti gli altri punti diversi dall origine (in quando somma, prodotto, rapporto e composizione di funzioni continue 5 ). Ma la funzione è continua anche nell origine, in quanto 3x 2 y+2 tan( ) = ( 3x2 y +2 tan(x2 +y 2 ) ) = = 2 (=f(0, 0)) dove abbiamo usato che 3x2 y tende a 0 in quanto omogenea di grado 1, mentre tan(x2 +y 2 ) tende a 1 dal ite notevole della tangente (o equivalentemente da quello del seno). log(1+x 2 y 2 ) y 2 sin(x 2 ) (b) f(x, y) = x 7 +2 y 7 La funzione è continua nell origine, infatti: log(1+x 2 y 2 ) y 2 sin(x 2 ) = x2 y 2 1 x 7 +2 y 7 2 (x2 y 2 ) 2 +o(x 4 y 4 ) y 2 (x x6 +o(x 6 )) = x 7 +2 y x4 y x6 y 2 + o(x4 y 4 ) + o(x6 y 2 ) x 7 +2 y 7 x 7 +2 y 7 x 7 +2 y 7 0 perché il primo termine è omogeneo di grado 1 ed è pertanto infinitesimo, mentre per gli altri due: o(x 4 y 4 ) = x4 y 4 g(x, y) 0 (il primo fattore è omogeneo di x 7 +2 y 7 x 7 +2 y 7 grado 1, mentre g è per definizione di o piccolo una funzione che tende a 0 al tendere di (x, y) a (0, 0)) (cfr. la nota del punto (d) dell esercizio 1), o(x 6 y 2 ) = x6 y 2 x 7 +2 y 7 h(x, y) 0 (il primo fattore è ancora omogeneo di grado 1, mentre h è l analoga della g precedente per il x 7 +2 y 7 nuovo o piccolo). xy 2 x 2 + y 3 La funzione è continua nell origine, infatti: (c) f(x, y) = xy 2 x 2 + y = x 2 y 2 x 3 x 2 + y 2 + y 3 y 2 = y 2 3 x 2 + y 3 x 2 + y 3 y 2 y 3 = y (abbiamo preso il modulo perché volevamo dimostrare che la funzione tende a 0, e in questo modo abbiamo evitato problemi di segno per le radici e per le stime). 5 Ometteremo questo dettaglio d ora in poi e ci concentreremo solo sui punti singolari, ma va sempre ricordato di specificare come si comporta la funzione fuori di essi quando è richiesto di studiare continuità e differenziabilità in tutto il suo dominio! 5

6 cosh(x+y)+x( 1 2 y) 1 2 xex y sin y (d) f(x, y) = La funzione non è continua nell origine, in quanto essa non ammette ite in tale punto. Infatti: cosh(x+y)+x( 1 2 y) 1 2 xex y sin y = (x+y)2 +o((x+y) 3 )+ 1 2 x xy 1 2 x(1+x+ 1 2 x2 +o(x 2 )) y(y+o(y2 )) = 1 4 x3 +o(x 3 )+o((x+y) 3 )+o(y 3 ) dove nello sviluppo di cosh abbiamo sfruttato l assenza di termini di grado dispari, mentre nello sviluppo del seno abbiamo sfruttato l assenza di termini di grado pari. Ora, si nota che tutti e tre o(x i termini 3 ), o((x+y) 3 ) e o(y 3 ) tendono a 0. Per vederlo, prendiamo una generica funzione l(x, y) continua e omogenea di grado 3, scriviamo o(l(x, y)) = l(x, y)g(x, y) per una qualche funzione g(x, y) tendente a 0 mostriamo che il ite di è 0 (stiamo dicendo che i iti sopra sono nulli o(l(x,y)) anche se al posto di x 3, (x+y) 3 o y 3 mettiamo una qualsiasi altra funzione omogenea di grado 3): o(l(x,y)) = l(x,y)g(x,y) = l(x,y) 3 x 3 + y 3 g(x, y) 0 3 x 3 + y 3 in quanto l ultimo termine tende a 0, il secondo termine tende a 1 (ite notevole di sinh) e il primo è una funzione itata, in quanto omogenea di grado 0 6 (e ovviamente il prodotto tra una funzione itata ed una infinitesima è anch esso infinitesimo). A questo punto, deduciamo che la funzione iniziale ammette ite se e soltanto se ammette ite la funzione 1 4 x3 = 1 4 x3 3 x 3 + y 3 3 x 3 + y x3, ma è prodotto di una funzione omogenea di grado 0 (che non ammette ite) ed una che tende ad 1 (ite notevole), e pertanto essa non può ammettere ite. sin[(x+y) 2 ] x 6 +y 10 (e) f(x, y) = La funzione non è continua nell origine, in quanto non ha ite nullo in tale punto. Infatti, prendendo punti del tipo (0, y), il rispettivo ite è +. Nota: Come notato nelle discussioni del primo esercizio, non era necessario stabilire se il ite fosse eventualmente +, in quanto la nostra unica preoccupazione era se esso fosse o meno 0. 6 Una funzione continua (fuori dall origine) e omogenea di grado 0 è itata, in modulo, dal massimo che la funzione assume sul cerchio unitario x R n : x = 1}. 6

7 Avendo trovato un percorso in cui il ite non è 0, concludiamo immediatamente che la funzione non è continua. In ogni caso, sarebbe stato semplice verificare che tale ite non esiste proprio (cioè non vale neanche + ), in quanto il ite lungo i punti del tipo (x, x) è 0. (f) f(x, y) = x 4 +y 4 x 2 y 2 se x ±y 0 se x = ±y La funzione non è continua in nessuno dei punti sulle bisettrici x = ±y (compreso l origine). Infatti: la funzione è ovviamente discontinua nei punti delle bisettrici diversi dall origine, in quanto il denominatore tende a 0 in tali punti, mentre il numeratore non si annulla (e la funzione risulta quindi ilitata). Per l origine, si potrebbe essere portati erroneamente a pensare che il ite sia nullo perché la funzione è omogenea di grado 2, ma essa NON è continua fuori dall origine, e pertanto il teorema sulla continuità delle funzioni omogenee di grado positivo non si applica (affinché lo faccia, la funzione deve essere definita e continua su tutto R n \0}). Il motivo per cui f non è continua nemmeno nell origine è che, essendo essa ilitata intorno a qualsiasi punto delle bisettrici, dovrà esserlo anche nell origine. La proprietà appena descritta è sufficiente a provare che la funzione è ilitata intorno all origine (perché?), ma per vederlo concretamente basterà scegliere opportunamente un percorso che si avvicini all origine e al tempo stesso si avvicini abbastanza ad una bisettrice (senza toccarla): ad esempio vanno bene i punti del tipo (x, x 2 x 6 ) (la radice è ben definita se x < 1): x 4 +y 4 = x4 +(x 2 x 6 ) 2 = x4 +(x 2 x 6 ) 2 = 2x4 +o(x 6 ) x 2 y 2 x 2 x 2 +x 6 x 6 = 2 + o(1) + x 6 x 2 x 2 y x 2 se (x, y) (0, 1) (g) f(x, y) = x 4 +y 2 2y+1 0 se (x, y) = (0, 1) La funzione è continua in (0, 1). Per vederlo, dobbiamo calcolare 2 y x 2 x (x,y) (0,1), e a tale scopo facciamo un cambio x 4 +y 2 2y+1 di variabile in modo da trasformare il ite in uno nell origine (ovviamente questo non è necessario, ma la maggior parte degli strumenti di calcolo quali omogeneità, sviluppi di Taylor e iti notevoli sono di default descritti prendendo come riferimento l origine, e pertanto il cambio di variabile favorisce l intuizione e facilità la discussione). Se il ite è nel punto (x 0, y 0 ), la sostituzione (z, t) = (x x 0, y y 0 ) permette di ricondursi ad un ite nell origine,e pertanto: (x,y) (0,1) x 2 y x 2 x 4 +y 2 2y+1 = (z,t) (0,0) z 2 (t+1) z 2 z 4 +t 2 +2t+1 2t 2+1 = 7

8 z 2 t (z,t) (0,0) z 4 +t 2 = 0 perchè z 2 t z 4 +t z 2 t 2 z 4 +t 0 per omogeneità. 4 (x y)[cos(x 2 +y) 1] (h) f(x, y) = x 3 +y 2 La funzione è continua nell origine, infatti: (x y)[cos(x2 +y) 1] (x y)[ x 3 +y = (x2 +y) 2 (1+o(1)) x 3 +y 0 2 perché x y 0, mentre la funzione (x2 +y) 2 è itata (in un x 3 +y 2 intorno dell origine): (x2 +y) 2 x 3 +y = x 4 +2x 2 y+y 2 2 x 3 +y x 4 2 x 3 +y + y 2 2 x 3 +y + 2x 2 y 2 x 3 +y 2 e si ha: x 1) 4 x 3 +y itata vicino all origine perché 2 x 4 x 3 +y x 4 2 x 3 + y 0 in quanto omogenea di grado 1. 3 y 2) 2 x 3 +y ) 2x2 y x 3 +y itata vicino all origine perché 2 2x2 y x 3 +y 2x 2 y 2 x 3 + y 0 per omogeneità (o alternativamente 3 si può notare che questa funzione è essenzialmente la stessa del punto (c) una volta scambiate le variabili, e quindi addirittura è infinitesima). Concludiamo che (x2 +y) 2 è itata in un intorno dell origine x 3 +y 2 (somma di tre funzioni itate), e quindi in particolare il ite originale è nullo. 3. Discutere la continuità delle seguenti funzioni al variare dei parametri β R, α, γ R +. Errore nel testo: Nel tutorato c era scritto α R, ma serve prendere α positivo! x α y (a) f(x, y) = (5x 2 +2y 2 ) β x La funzione f(x, y) = α y è chiaramente continua fuori (5x 2 +2y 2 ) β dall origine (in quanto somma, prodotto, composizione e rapporto di funzioni continue) per qualsiasi scelta dei parametri β R, α R +, ed è in particolare omogenea di grado α + 1 2β. Pertanto: se α + 1 2β > 0, f è continua; se α + 1 2β = 0, f è discontinua in quanto non è costante; se α + 1 2β < 0, f è discontinua. x γ y 2 + x y π γ (b) f(x, y) = Ovviamente la funzione è continua fuori dall origine per qualsiasi 8

9 scelta di γ R + (l ipotesi γ > 0 rende ben definite e continue le funzioni al numeratore). Per discutere la continuità nell origine, l idea è quella di spezzare la frazione in modo da ottenere la somma di due funzioni omogenee, e trovare quindi delle condizioni necessarie e sufficienti per la continuità della funzione intersecando le condizioni delle due parti. Abbiamo quindi x γ y 2 + x y π γ = x γ y 2 + x y π γ. La funzione g(x, y) = x γ y 2 è omogenea di grado γ = γ, per cui è continua nell origine (con valore 0) se e solo se γ > 0 (g è non costante!). La funzione h(x, y) = x y π γ è omogenea di grado 1+ π γ 2 = π γ 1, per cui è continua nell origine (con valore 0) se e solo se 0 < γ < π (h è non costante!). Per ipotesi γ > 0, ma per γ π la funzione h non è continua nell origine mentre la funzione g sì, e quindi f non può essere continua nell origine. Pertanto f è continua nell origine se e solo se 0 < γ < π (intervallo in cui è effettivamente continua perché somma di funzioni continue). 4. Calcolare il gradiente delle seguenti funzioni: (a) f(x, y) = 1 2 x2 y x4 y 2 + 2x 6 y 4 + e xy Ricordiamo che il gradiente di una funzione R n R è semplicemente il vettore delle derivate parziali, e che quest ultime possono essere calcolate (quando la funzione non ha problemi di definizione 7 ) semplicemente utilizzando le usuali regole di derivazione per una variabile, applicate mantenendo costanti le variabili rispetto a cui non si sta derivando. Otteniamo quindi: f(x, y) = ( f x, f y ) = (xy x3 y x 5 y 4 + ye xy, 3x 2 y x4 y + 8x 6 y 3 + xe xy ). (b) f(x, y, z) = sin(x 2 + y 2 ) + log(1 + x 2 z 2 ) Abbiamo: f(x, y, z) = ( f x, f y, f z ) = (2x cos(x2 + y 2 ) + 1 2xz 2, 1+x 2 z 2 2y cos(x 2 + y 2 1 ), 2x 2 z). 1+x 2 z 2 5. Stabilire se le seguenti funzioni sono continue e calcolarne, se esistono, le derivate parziali: x 2 (a) f(x, y) = La funzione è continua in quanto omogenea di grado 1. Fuori dall origine, le derivate parziali di f sono rispettivamente 7 Come quando è definita per casi. 9

10 x f(x, y) = x3 +2xy 2 ( ) 3 2 e y f(x, y) = x2 y ( ) 3 2 La derivata parziale in x non esiste nell origine, infatti: x 2 f(x,0) f(0,0) x x f(0, 0) = x 0 x = 0 x x 0 x = x 0 x che vale +1 o 1 a seconda che x tenda a 0 da destra o da sinistra. La derivata parziale in y esiste ed è nulla nell origine, infatti: f(0,y) f(0,0) 0 0 y f(0, 0) = y 0 y = y 0 y = 0 x 2 y (b) f(x, y) = La funzione è continua in quanto omogenea di grado 1. Fuori dall origine, le derivate parziali di f sono rispettivamente: x f(x, y) = 2xy3 e ( ) 2 y f(x, y) = x2 (x 2 y 2 ). ( ) 2 Nell origine, le derivate parziali esistono e sono nulle, perché f(x, 0) = f(0, y) = f(0, 0) = 0 x, y R (sono nulli tutti i termini nei numeratori dei rapporti incrementali). x 2 y 2 (c) f(x, y) = x 4 +y 4 La funzione non è continua in quanto omogenea di grado 0 e non costante. Fuori dall origine, le derivate parziali di f sono rispettivamente: x f(x, y) = 2y2 (xy 4 x 5 ) e (x 4 +y 4 ) 2 y f(x, y) = 2x2 y(x 4 y 4 ). (x 4 +y 4 ) 2 Nell origine, le derivate parziali esistono e sono nulle, perché f(x, 0) = f(0, y) = f(0, 0) = 0 x, y R (sono nulli tutti i termini nei numeratori dei rapporti incrementali). 6. Sia f : R n \0} R una funzione continua su R n \0} e positivamente omogenea di grado 0. Definiamo il seguente insieme: A := l R : esiste una successione x k } in R n \0} tendente a 0 tale che Dimostrare che A è un compatto di R. f(x k) = l} k + Il motivo per cui A è compatto è che in realtà esso coincide con f(r n \0}), l immagine di f su tutto R n \0}, che a sua volta coincide con l immagine tramite f del cerchio unitario, dal momento che una funzione positivamente omogenea è costante sulle semirette che partono dall origine (e quindi l immagine di ogni punto di R n \0} è anche l immagine del corrispettivo punto sul cerchio unitario che giace sulla semiretta che collega l origine a quel punto). Pertanto A è compatto in quanto immagine tramite una funzione continua del cerchio. 10

11 unitario, che è compatto 8. Il motivo per cui A coincide effettivamente con l immagine di f (o equivalentemente, per quanto detto prima, con l immagine tramite f del cerchio unitario) è che A è l insieme dei possibili punti ite della funzione lungo percorsi convergenti all origine, e quindi A è sicuramente contenuto nell immagine unita ai punti di accumulazione dell immagine, ossia nella chiusura dell immagine, che però coincide con l immagine stessa dal momento che, per quanto detto prima, essa è compatta (e quindi chiusa). Questo prova pertanto che A è contenuto nell immagine di f, ma il viceversa è ovvio: ogni punto dell immagine di f è anche un punto di A, in quanto per qualsiasi x R n \0} è sufficiente prendere una successione di punti sulla semiretta che collega l origine ad x, e il ite della funzione lungo tali punti sarà proprio il valore che f assume in ciascuno di essi (ossia f(x)). 8 In realtà l osservazione che A coincide con l immagine del cerchio unitario permette di concludere addirittura che A è un intervallo. 11