2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.
 
 
Сообщение04.02.2009, 23:19 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.02.2009, 13:51 


22/06/08
22
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?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.02.2009, 14:01 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


13/08/08
14477
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$(0;0)$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.02.2009, 15:10 


22/06/08
22
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?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.02.2009, 15:18 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/04/08
2743
Физтех
snowy писал(а):
получается лимит 0


Здесь и ошибка.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.02.2009, 15:21 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


13/08/08
14477
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.02.2009, 15:22 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/04/08
2743
Физтех
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.02.2009, 15:33 


22/06/08
22
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?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.02.2009, 15:54 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


13/08/08
14477
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.02.2009, 15:58 


22/06/08
22
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?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.02.2009, 16:02 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


13/08/08
14477
Почему? как раз при $\alpha=\pi/4$ получается 0.
В таких случаях лучше подбирать степенные функции, по которым подбираться к предельной точке.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.02.2009, 16:10 


22/06/08
22
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?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.02.2009, 16:21 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


13/08/08
14477
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.02.2009, 16:25 


22/06/08
22
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?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.02.2009, 16:35 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


13/08/08
14477
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 $\alpha$.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 48 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group