Предел функции двух переменных

[snowy]

Можно ли доказать что нет предела, перейдя на полярные координаты:
\lim_{(x,y) \mapsto (0,0)} \frac{x-y}{x^2+y^2} = \lim_{r \mapsto 0^{+}} \frac{\cos(\alpha)-\sin(\alpha)}{r}, следовательно есть зависимость от \alpha ( может получиться 0, +\infty, -\infty ) значит нет предела у функции?
Спасибо!

[ewert]

Можно, только сейчас Вы схлопочете от модератора за дублирование тем.

[antbez]

Цитата:

После сравнения же с прямой все вопросы отпадают.

Ewert, как раз Вы в другой теме мне писали (и справедливо), что предела на этой прямой может не существовать! Почему же Вы предлагаете тут её взять? Чтоб "удобнее" было?

[PAV]

Темы объединены. snowy, не дублируйте темы!

[gris]

antbez, а я помню Ваш предел
Только у Вас была задача найти его, а тут надо доказать, что предела не существует. И как раз прямая $y=x$, рассмотренная вместе с любой другой прямой подходят в данном конкретном случае.

[antbez]

Цитата:

Только у Вас была задача найти его, а тут надо доказать, что предела не существует

Ну хорошо! А если задача формулируется просто так: "Вычислить предел функции двух переменных". При этом не указывается, существует ли он там или нет! То есть, чтоб это не напоминало подгонку под ответ!

Добавлено спустя 2 минуты 32 секунды:

Цитата:

Можно ли доказать что нет предела, перейдя на полярные координаты

А мне кажется, что- нельзя... Так как при определении угла $\alpha$ Вы сталкиваетесь с неопределённостью $\frac {y}{x}$.

[ewert]

antbez писал(а):

Ну хорошо! А если задача формулируется просто так: "Вычислить предел функции двух переменных". При этом не указывается, существует ли он там или нет! То есть, чтоб это не напоминало подгонку под ответ!

Универсального рецепта нет. Для начала стоит попытаться ответ угадать. И действительно, можно начать с поиска пределов по разным лучам. Если они разные, то вопрос снят -- предела нет. Если одинаковые -- то надо ещё доказать, что общий предел именно таков.
Ну а можно сразу перейти к последнему пункту -- если ответ очевиден, как, например, для ${\sin(x^2+3y^2)\over x^2+3y^2}.$

antbez писал(а):

Цитата:

Можно ли доказать что нет предела, перейдя на полярные координаты

А мне кажется, что- нельзя... Так как при определении угла $\alpha$ Вы сталкиваетесь с неопределённостью $\frac {y}{x}$.

А угол тут вовсе не определяется, он -- принудительно задаётся.

[antbez]

Пусть задаётся, его значения- неопределены. Поэтому такой способ (введение полярных координатах) не подходит тут...

[ewert]

так ведь и сами иксы с игреками тоже не определены. Из чего, конечно, можно сделать вывод, что и сама задача не подходит, категорически не подходит...

[antbez]

Ну если мы введём параметр $t=x+y$, он будет точно стремиться к 0 (в этом смысле определён) (хотя ничего нам и не даст ). А вводить $\alpha$, которое сразу неопределено, да ещё и где-то использовать- нонсенс!

[ewert]

У Вас какая-то каша. Параметр -- на то и параметр, чтобы никуда не стремиться. Фиксируя параметр, мы садимся на некоторую линию. Двигаясь вдоль этой линии, мы можем сколь угодно приблизиться к предельной точке. А можем и не приблизиться.

Так вот, фиксация $t=x+y$ как раз и не подходит -- вдоль этой линии мы свистим мимо центра. А фиксация полярного угла вполне подходит -- при $r\to0$ точка стремится к $(0;0)$.

[gris]

ewert ранее писал, что всё гораздо проще и для доказательства того, что предел не существует, достаточно привести две последовательности точек, стремящиеся к $(0;0)$ и сходящиеся к разным пределам. И не нужно никаких параметров.

$\lim f(1/n;1/n) =0. \quad \lim f(1/n;2/n) =\infty$

Предел по совокупности не существует.

[snowy]

И всё таки, если я перехожу в систему полярных координат и получаю предел не зависящий от угла, скажем как в этом примере:

\lim_{(x,y)\mapsto (0,0)} \frac{2x^2 y}{x^{4} +y^{2}} = \lim_{r \mapsto 0^{+}}= \frac{r \cos(\alpha) \sin(2\alpha)}{r^{2}\cos^{4}(\alpha)+ \sin^{2}(\alpha)} =0
это значит что двигаясь по любой прямой (лучу) предел будет 0. Но может существовать другие кривая по которой может быть другой предел. Правильно? Например в этом случае y=x^2 и тогда предел = 1.

Т.е. допустим у меня есть задание доказать, что предела нет, тогда есть смысл перехода в полярные координаты, чтобы увидеть стоит ли оба разных предела для контрпримера искать среди прямых или второй неравный первому предел искать через другие кривые. В этом смысл перехода на полярные коодинаты?

[gris]

А зачем переходить к полярным координатам?
Для поиска по прямым можно делать подстановки $x=ky$ или $y=kx$.
Для чего мучиться с синусами и косинусами?
Только если в задании обязательно потребуют перейти к полярным координатам.

[snowy]

Понятно.
Но прывильно я понимаю, что переход в полярные координаты эквивалентен поиску предела по всем лучам?

Добавлено спустя 14 минут 50 секунд:

snowy писал(а):

Понятно.
Но прывильно я понимаю, что переход в полярные координаты эквивалентен поиску предела по всем лучам?

Всмысле по всем прямым (не кривым)?