Предел функции двух переменных

[ewert]

потому, что она вообще непрерывна везде, кроме центра -- и, следовательно, о непрерывности при внутренних предельных переходах можно просто не задумываться.

Но, если говорить по существу, то дело вовсе не в каких-то частных непрерывностях. Это мы тут совместными усилиями мозги запудрили. А на самом деле всё гораздо проще. Есть общий факт: существование предела "по совокупности" равносильно тому, что существует предел по любой последовательности $(x_n,y_n)$, стягивающейся к центру, причём пределы по всем таким последовательностям одинаковы. Это -- точное утверждение. Оно довольно неудобно для доказательства существования предела, но замечательно подходит для его опровержения, если предела действительно нет.

Ну и тут как раз такой случай. Если выбрать последовательность точек на какой-нибудь полуоси (неважно какой), то в пределе получаем бесконечность (опять же неважно какого знака). А для последовательности, посаженной на биссектрису, получаем ноль. Ну и следовательно.

[snowy]

Спасибо громадное за помощь!
Последний вопрос

Если я делаю замену x=r \cos \alpha, y=r \sin \alpha и получаю предел L не зависещий от \alpha (не конкретно в этом примере), то это значит лишь то что по всем лучам к точке получается предел L, но не означает что это предел фунции, т.к. по кривым можно прийти к другому пределу. Правильно?

[gris]

Нет, не означает. Здесь несколько примеров уже приводилось последнее время. Представьте, функция равна нулю везде, кроме множества $\{(x, x^2)| x>0\}$, где она равна 1. По любой прямой предел в $(0;0)$ будет равен нулю, а по этому множеству 1. И функция будет разрывна в$(0;0)$

[snowy]

Ну допустим f(x,y)=\lim_{(x,y) \mapto (0,0)} \frac{2x^2 y}{x^{4} + y^{2}} и делаю эту подстановку, получается лимит 0, но ответ, что лимита у f(x,y) нет, значит этот метод не подходит?

[ShMaxG]

snowy писал(а):

получается лимит 0

Здесь и ошибка.

[gris]

Подобрав два множества, по которым получаются разные пределы, мы можем показать, что предел не существует.
Ну вот для вашей функции по множеству $\{(x;0)|x>0\}$ получим предел 0.
А по множеству$\{(x;x^2)|x>0\}$ получим предел 1.
А вот доказать существование предела, рассматривая частные случаи, увы, не получится.

[ShMaxG]

Нас, например, учили делать такую подстановку и мажорировать модуль функцией, зависящей только от $r$. Если можно замажорировать сходящейся к нулю функцией, то - то, что мажорировали - тоже сходится.

[snowy]

Доказать что есть предел нельзя, но опровергнуть же можно. Вот в этом примере:
\lim_{(x,y) \mapsto (0,0)} \frac{x-y}{x^2+y^2} = \lim_{r \mapsto 0^{+}} \frac{\cos(\alpha)-\sin(\alpha)}{r} есть зависимость от \alpha значит нет предела у функции, правильно?

[gris]

Пока не видно зависимости предела от $\alpha$.
Предельное выражение зависит, а сам предел может и не зависеть.
В этом случае действительно получаются разные пределы при $\alpha=\frac {\pi}{4}$ и, например, $\alpha=\frac {\pi}{3}$

Добавлено спустя 9 минут 44 секунды:

Например, для функции
\lim_{(x,y) \mapsto (0,0)} \frac{x^3}{x^2+y^2} = \lim_{r \mapsto 0^{+}} r\cos^3(\alpha) по Вашему рассуждению есть зависимость от \alpha и значит нет предела. Но он есть и равен 0.

[snowy]

gris писал(а):

Пока не видно зависимости предела от $\alpha$.

Ну да, плохой пример, в этом случае получается предел \infty или -\infty, тоже, наверное, некорректно для опровержения наличия предела?

[gris]

Почему? как раз при $\alpha=\pi/4$ получается 0.
В таких случаях лучше подбирать степенные функции, по которым подбираться к предельной точке.

[snowy]

Цитата:

Например, для функции
\lim_{(x,y) \mapsto (0,0)} \frac{x^3}{x^2+y^2} = \lim_{r \mapsto 0^{+}} r\cos^3(\alpha) по Вашему рассуждению есть зависимость от \alpha и значит нет предела. Но он есть и равен 0.

Предел 0 и не зависит от \alpha : \lim_{r \mapsto 0^{+}} r\cos^3(\alpha)=0

Добавлено спустя 5 минут 53 секунды:

gris писал(а):

Почему? как раз при $\alpha=\pi/4$ получается 0.
В таких случаях лучше подбирать степенные функции, по которым подбираться к предельной точке.

Почему? Ноль делённый на число стремящееся к нулю это ноль?

[gris]

Ну да, правильно.
Короче, если Вы получите два разных предела по двум лучам, то предела по совокупности у функции нет.
Но если предел не будет зависеть от направления, то это ни о чём не говорит.

Добавлено спустя 5 минут 54 секунды:

snowy писал(а):

Почему? Ноль делённый на число стремящееся к нулю это ноль?

Не на число, а на функцию, не равную нулю, но стремящуюся к нулю. Конечно, ноль!
Не путайте с бесконечно малой или с записью неопределённости.
В этом случае ноль это чистый ноль.

Добавлено спустя 4 минуты 1 секунду:

Постройте график функции $z=\frac{x-y}{x^2+y^2}$
Он удивительно красив.

[snowy]

Спасибо за ответы! Сейчас негде, но потом построю

И всё таки это правильное утверждение:

snowy писал(а):

Доказать что есть предел нельзя, но опровергнуть же можно. Вот в этом примере:
\lim_{(x,y) \mapsto (0,0)} \frac{x-y}{x^2+y^2} = \lim_{r \mapsto 0^{+}} \frac{\cos(\alpha)-\sin(\alpha)}{r} есть зависимость от \alpha значит нет предела у функции, правильно?

[gris]

Ну это не совсем корректно. Важно то, что найдутся два значения, при которых пределы разные.
Вы же так и не написали, чему равняется предел. Может он и не зависит от $\alpha$.