Пределы функции двух переменных в нуле

[usualis]

тому кто им тоже не владеет!!
когда я сказал функция типа z=f(x,y),я подразумевал ,к примеру, z=x^2/(x+y)
я не имел в виду что эта функция в разных областях ведет себя по разному:
z=0, (x - 1)^2 + y^2 = 1
Z=1, в остальных точках

[Someone]

Б.Гелбаум, Дж.Олмстед. Контрпримеры в анализе. "Мир", Москва, 1967.

Глава 9. Функции двух переменных.

2. Функция двух переменных, не имеющая предела в начале координат, но имеющая равный нулю предел при приближении к началу координат по любой прямой

$$f(x,y)=\frac{x^2y}{x^4+y^2}$$

Собственно говоря, ссылку на книгу я даю для того, чтобы привлечь к ней внимание таких непревзойдённых знатоков математического анализа, как usualis.

Но я не понимаю, чем функция, задаваемая разными формулами в разных областях, хуже, чем функция, задаваемая одной формулой. Различия между ними состоят всего лишь в форме записи.

usualis писал(а):

когда я сказал функция типа z=f(x,y),я подразумевал ,к примеру, z=x^2/(x+y)
я не имел в виду что эта функция в разных областях ведет себя по разному

[Brukvalub]

usualis писал(а):

тому кто им тоже не владеет!!
когда я сказал функция типа z=f(x,y),я подразумевал ,к примеру, z=x^2/(x+y)
я не имел в виду что эта функция в разных областях ведет себя по разному:
z=0, (x - 1)^2 + y^2 = 1
Z=1, в остальных точках

я могу спорить или соглашаться лишь с осмысленными аргументами...Видимо, функция z=x^2/(x+y)в разных областях не ведет себя по разному. Она что, константа что-ли?

[usualis]

если сделать замену у=к*х
и перейдем к пределу Limit[ f(x)=k*x^3/(x^4+(k*x)^2) , x->0] и будем сравнивать скорость убывания, то получим предел 0
а если используем правило Лопиталя, что правильнее, получим бесконечность
как я раньше и говорил нет универсального подхода

[Someone]

usualis писал(а):

если сделать замену у=к*х
и перейдем к пределу Limit[ f(x)=k*x^3/(x^4+(k*x)^2) , x->0] и будем сравнивать скорость убывания, то получим предел 0
а если используем правило Лопиталя, что правильнее, получим бесконечность
как я раньше и говорил нет универсального подхода

Поделитесь секретом, как Вы применяете правило Лопиталя к функции двух переменных.

А также попробуйте в этой функции сделать "замену" $y=x^2$.

Между прочим, если предел существует, все "замены" должны давать одинаковый результат.

[usualis]

был не корректен
не принадлежит к классу "ступенчатых" или импульсных, не силен в терминологии, типа Хивисайда или Дирака и т.п.

Добавлено спустя 9 минут 6 секунд:

Someone
вообще то, учитель, я применял его для f(x)=k*x^3/(x^4+(k*x)^2) , x->0
а другую замену использовать нельзя потому что тогда меняется скорость роста или убывания у , а при линейной замене скорости практически равны и происходит равномерное приближение к точке

Добавлено спустя 3 минуты 14 секунд:

тот же результат дает переход к полярным координатам при r->0

[Someone]

usualis писал(а):

а другую замену использовать нельзя потому что тогда меняется скорость роста или убывания у , а при линейной замене скорости практически равны и происходит равномерное приближение к точке

Это не имеет значения. Если предел $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)$ существует, то для любой такой замены $y=\varphi(x)$, что $\lim\limits_{x\to 0}\varphi(x)=0$, предел $\lim\limits_{x\to 0}f(x,\varphi(x))$ тоже существует и имеет всегда одно и то же значение. Это нетрудно доказать стандартным $\varepsilon-\delta$-рассуждением.

[usualis]

или вы все против замены у=к*х?
но я ведь могу перейти к полярным координатам, тогда
x=r*cos(f) y=r*sin(f) , поскольку приближение не зависит от направления - угол может быть любым, меняется только r.
k=tan(f)=sin(f)/cos(f)=(r*sin(f))/(r*cos(f))=y/x -> y=k*x из чего следует что замена может быть только типа y=k*x
я думаю этот вопрос решен.......или нет?

Добавлено спустя 2 минуты 30 секунд:

Someone
попробуй для y=1-x^x
а я посмотрю
я свое доказал, что замена может быть только типа y=k*x

[Dan_Te]

Какой прелестный тред! =))

usualis
Че-то непонятно, чего это вы вообще написали.

usualis писал(а):

я свое доказал

Напоминает старый анекдот. Приходит Чебурашка к Крокодилу Гене и говорит: "Гена, нам посылка пришла, десять апельсинов, по восемь каждому". "Чебурашка, как же так, ведь десять апельсинов - это по пять каждому!" Чебурашка отвечает: "Ну не знаю, что ты там насчитал, мы тут университетов не кончали. В общем, ты как хочешь, а я свои восемь уже съел."

[Someone]

usualis писал(а):

или вы все против замены у=к*х?
но я ведь могу перейти к полярным координатам, тогда
x=r*cos(f) y=r*sin(f) , поскольку приближение не зависит от направления - угол может быть любым, меняется только r.
k=tan(f)=sin(f)/cos(f)=(r*sin(f))/(r*cos(f))=y/x =>> y=k*x из чего следует что замена может быть только типа y=k*x
8-) я думаю этот вопрос решен.......или нет?

Вы были бы правы, если бы угол сохранялся постоянным при $r\to 0$. Но когда Вы пишете $\lim\limits_{r\to 0}\frac{r\cos^2\phi\sin\phi}{r^2\cos^4\phi+\sin^2\phi}$, то Вы ничего не знаете о том, как меняется угол $\phi$ при изменении $r$. А вдруг угол изменяется так, что $\tg\phi=r$, то есть, $\sin\phi=r\cos\phi$? Или $\sin\phi=r\cos^2\phi$?

usualis писал(а):

попробуй для y=1-x^x
а я посмотрю
я свое доказал

А зачем это пробовать?

[usualis]

вообще то я сказал, что угол может быть любой, а приближение идет по прямой, значит угол должен быть зафиксирован
а если бы угол зависил от изменения r, тогда бы это была кривая

Добавлено спустя 15 минут 50 секунд:

Someone
встречный вопрос: почему не важно какую замену делать?
Someone "Это не имеет значения. Если предел $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)$ существует, то для любой такой замены $y=\varphi(x)$, что $\lim\limits_{x\to 0}\varphi(x)=0$, предел $\lim\limits_{x\to 0}f(x,\varphi(x))$ тоже существует и имеет всегда одно и то же значение. Это нетрудно доказать стандартным $\varepsilon-\delta$-рассуждением."
допустим y=sin(x)при x->0 , нужно сделать замену у=х, но исходя из ваших рассуждений можно сделать и другую замену, на пример x^2:
lim[x^2 , x->0]=0 и lim[x , x->0]=0. А результат то разный!?особенно если это проверять вычислениями

[Brukvalub]

Someone писал(а):

Это не имеет значения. Если предел $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)$ существует, то для любой такой замены $y=\varphi(x)$, что $\lim\limits_{x\to 0}\varphi(x)=0$, предел $\lim\limits_{x\to 0}f(x,\varphi(x))$ тоже существует и имеет всегда одно и то же значение. Это нетрудно доказать стандартным $\varepsilon-\delta$-рассуждением.

Поэтому, если разные способы приближения к предельной точке (например, по разным кривым) приводят к разным предельным значениям, то это означает, что предела по базе проколотых окрестностей нуля нет. И ещё: не забывайте о такой человеческой добродетели, как умение вовремя признать свою неправоту.

[usualis]

даже если получится так, что r теряем, тогда предела нет
наример Limit[ y*x/(x^2+y^2) , x->0 , y->0 ]
если приближение делать по осям х и у дает результат 0
если сделать линейную замену или перейти к полярным координатам
получаем что предела нет

[PAV]

PAV:

usualis
Замечание за неиспользование тега math. Исправьте свои последние сообщения.

[bot]

Судя по всему автору это обсуждение уже до лампочки. Когда я
отвечал

bot писал(а):

Ммм, вроде нет ...

то имел в виду не
только выкладки с О малыми, которые в случае многих переменных
следует проводить весьма аккуратно, но и конечный результат. А вот
он-то как раз и верен. Обнаружил ошибку в своём устном прикиде
следующим образом. Вздумалось мне заменить один коэффициент так,
чтобы искомый предел существовал. Априори очевидно, что этот
коэффициент определяется единственным образом, а каким именно -
должно стать ясно после пары стандартных ходов. Заменив коэффициент
$-1$ при $x^2y$ на $k$ и прологарифмировав

(здесь мы пользуемся стандартным ходом -предел перестановочен с
непрерывной функцией:

$\lim \ f^g = \lim \ e^{g \cdot \ln f} = e^{\lim \ g \cdot \ln f}$

получим:

$\lim \ \frac{1}{x^4+y^2} \cdot \ln \frac{\cos (x^2+y)}{1+kx^2y} = ...$

Следующий стандартный ход - замена множителя $f$ (упаси боже
применить это в ином случае без должного анализа) на эквивалентный
ему $g$. В данном случае пользуем эквивалентность $\ln x \sim x-1$ при $x\to 1$

$\lim \ \frac{1}{x^4+y^2}\cdot ( \frac{\cos (x^2+y) }{1+kx^2y} - 1)=\lim \ \frac{\cos (x^2+y)-1-kx^2y}{x^4+y^2}=...$

Множитель $1+kx^2y$ в знаменателе исчез из-за того, что его предел
равен 1.

И вот здесь, о-о-о-п-с, уже видно, что не имеющую предела часть
гасит только $k=-1$, то есть то, что было в условии. Однако
продолжим, разлагая cos по Тейлору:

$... = \lim \ \frac{ - \frac{ ( x^2+y)^2 }{2} - kx^2y + R}{x^4+y^2} = ...$ Об остатке $R$ чуть позже.

$\lim \ ( - \frac{1}{2} - \frac{(k+1)x^2 y}{x^4+y^2} + \frac{R}{x^4+y^2}).$

О слагаемом $\frac{x^2y}{x^4+y^2}$ (и подобных ему) уже здесь
сказано - оно предела не имеет.

Чтобы установить сходимость к нулю последнего слагаемого, надо
заняться О малыми. Остаток R в формуле Тейлора имеет вид:

$R=o(x^2+y)^2=o(x^4+y^2+2x^2y)=o(x^4+y^2)$ - последнее равенство
вытекает из того, что $|2x^2y| \le x^4+y^2$

Окончательно, для k=-1, то есть для исходного предела, имеем ответ: $\frac{1}{\sqrt{e}}$.