t_list10 - Maciej Zakarczemny

ROZWIZANIA:
Denicja:
f : D → R i niech (x0 , y0 ) b¦dzie punktem skupienia zbioru D.
Liczb¦ g nazywamy granic¡ wªa±ciw¡ funkcji f w (x0 , y0 ) i zapisujemy:
Niech
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
{(xk , yk )},
je»eli dla ka»dego ci¡gu punktów
i
(xk , yk ) 6= (x0 , y0 )
dla
k ∈ N,
f (x, y) = g,
zbie»nego do
ci¡g warto±ci
{f (xk , yk )}
(x0 , y0 )
takiego, »e
jest zbie»ny do
(xk , yk ) ∈ D
g.
Rozwi¡zanie do zadania 1.
Wybrane przykªady:
a)
y 3 −x3
,
(x,y)→(1,1) x−y
lim
3
3
−x
f (x, y) = yx−y
, okre±lamy dziedzin¦ D = {(x, y) ∈ R2 : x 6= y}.
Niech (xn , yn ), n ∈ N b¦dzie dowolnym ci¡giem punktów,
takim, »e (xn , yn ) ∈ D, tzn. xn 6= yn i niech (xn , yn ) 6= (1, 1) oraz (xn , yn ) → (1, 1),
gdy n → ∞. Wtedy
w tym wypadku
y 3 −x3
(x,y)→(1,1) x−y
lim
3 −x3
yn
n
x
(xn ,yn )→(1,1) n −yn
=
lim
(Skorzystali±my tutaj z tego, »e
dziny funkcji
f (x, y) =
=
xn 6= yn
lim
(xn ,yn )→(1,1)
(−yn2 − xn yn − x2n ) = −3.
bo zaªo»yli±my, »e
(xn , yn )
nale»y do dzie-
y 3 −x3
.)
x−y
√
b)
lim
(x,y)→(0,0)
1+x2 +y 2 −1
,
x2 +y 2
√
w tym wypadku
1+x2 +y 2 −1
,
f (x, y) =
x2 +y 2
2
okre±lamy dziedzin¦ D = {(x, y) ∈ R : (x, y) 6= (0, 0)}.
Niech (xn , yn ), n ∈ N b¦dzie dowolnym ci¡giem punktów,
takim, »e (xn , yn ) ∈ D, tzn. (xn , yn ) 6= (0, 0) oraz (xn , yn ) → (0, 0),
Wtedy
√
lim
(x,y)→(0,0)
√
=
lim
(xn ,yn )→(0,0)
=
=
√
1+x2 +y 2 −1
x2 +y 2
lim
(xn ,yn )→(0,0)
lim
(xn ,yn )→(0,0)
=
lim
(xn ,yn )→(0,0)
1+xn 2 +yn 2 −1
xn 2 +yn 2
√
1+xn 2 +yn 2 −1
1+xn 2 +yn 2 +1
√
2
2
xn +yn
1+xn 2 +yn 2 +1
2
2
1+x√
n +yn −1
(xn 2 +yn 2 )(
√
1+xn 2 +yn 2 +1)
1
1+xn 2 +yn 2 +1
=
√1
1+1
=
=
= 12 .
=
gdy
n → ∞.
c)
lim
(x,y)→(1,0)
sin xy
,
x
f (x, y) = sinxxy ,
okre±lamy dziedzin¦ D = {(x, y) ∈ R2 : x 6= 0}.
Niech (xn , yn ), n ∈ N b¦dzie dowolnym ci¡giem punktów,
takim, »e (xn , yn ) ∈ D, tzn. xn 6= 0 oraz (xn , yn ) → (1, 0),
w tym wypadku
lim
(x,y)→(1,0)
sin xy
x
=
lim
(xn ,yn )→(1,0)
gdy
n → ∞.
Wtedy
sin xn yn
.
xn
Zauwa»my, »e:
yn = 0 to sinxxnn yn = 0.
je»eli yn 6= 0 dla n ∈ N, to
1. gdy
2.
lim
(xn ,yn )→(1,0)
sin xn yn
xn
=
lim
(xn ,yn )→(1,0)
xn 6= 0
Zatem z 1. oraz 2. mamy, »e je±li
lim
n→∞
d)
lim
(x,y)→(0,1)
· yn = 1 · 0 = 0.
(xn , yn ) → (1, 0),
oraz
sin xn yn
xn
sin xn yn
xn yn
to
= 0.
sin xy
,
x
f (x, y) = sinxxy ,
okre±lamy dziedzin¦ D = {(x, y) ∈ R2 : x 6= 0}.
Niech (xn , yn ), n ∈ N b¦dzie dowolnym ci¡giem punktów,
takim, »e (xn , yn ) ∈ D, tzn. xn 6= 0 i niech (xn , yn ) 6= (0, 1)
gdy n → ∞. Wtedy
w tym wypadku
lim
(x,y)→(0,1)
sin xy
x
=
lim
(xn ,yn )→(0,1)
oraz
(xn , yn ) → (0, 1),
sin xn yn
.
xn
(xn , yn ) → (0, 1), zatem yn → 1, czyli dla dostatecznie du»ych n
»e yn 6= 0. Mamy wi¦c dla xn , yn 6= 0, (xn , yn ) → (0, 1), »e
Poniewa»
przyj¡¢,
lim
(x,y)→(0,1)
f)
sin xy
x
=
lim
(xn ,yn )→(0,1)
sin xn yn
xn
=
lim
(xn ,yn )→(0,1)
sin xn yn
xn yn
mo»emy
· yn = 1 · 1 = 1.
x2 +y 2
,
(x,y)→(0,0) sin xy
lim
2
2
f (x, y) = xsin+y
.
xy
1 1
0
We¹my (xn , yn ) = ( n , n ), (x0n , yn
) = ( n1 , n2 ),
0
wtedy (xn , yn ) → (0, 0), (x0n , yn
) → (0, 0) oraz
w tym wypadku
2
x2n +yn
sin
x
y
n n
(xn ,yn )→(0,0)
lim
0 2
x0n 2 +yn
0 y0
sin
x
n n
(x0n ,yn )→(0,0)
lim
0
=
=
2
x2n +yn
x
y
(xn ,yn )→(0,0) n n
lim
xn yn
sin xn yn
= lim
0 2
0
x0n 2 +yn
x0n yn
·
0 y0
0 y0
x
sin
x
n n
n n
(x0n ,yn )→(0,0)
lim
0
funkcji sin xy ma ró»n¡
n→∞
2
n2
1
n2
= lim
n→∞
·
5
n2
2
n2
1
n2
sin
1
n2
= lim 2 ·
n→∞
2
· sinn22 = lim 52 ·
n2
n→∞
1
n2
sin
1
n2
2
n2
sin n22
= 2,
= 52 .
(xn , yn ) → (0, 0), (x0n , yn0 ) → (0, 0), dla których granica
warto±¢, zatem badana granica funkcji f (x, y) nie istnieje.
Znale¹li±my dwa ró»ne ci¡gi
x2 +y 2
·
g)
xy
lim
2
2,
(x,y)→(0,0) x +y
f (x, y) = x2xy
.
+y 2
1 2
1 1
0
0
We¹my (xn , yn ) = ( n , n ), (xn , yn ) = ( n , n ),
0
wtedy (xn , yn ) → (0, 0), (x0n , yn
) → (0, 0) oraz
w tym wypadku
xn yn
2
2
(xn ,yn )→(0,0) xn +yn
lim
0
x0n yn
0 2 +y 0 2
x
0
n
(xn ,yn )→(0,0) n
lim
0
= n→∞
lim
1
n2
2
n2
= lim
n→∞
2
n2
5
n2
= 12 ,
= 52 .
(xn , yn ) → (0, 0), (x0n , yn0 ) → (0, 0), dla których granica
warto±¢, zatem badana granica funkcji f (x, y) nie istnieje.
Znale¹li±my dwa ró»ne ci¡gi
xy
funkcji x2 +y 2 ma ró»n¡
i)
x2 y 2
2 +y 2 ,
x
(x,y)→(0,0)
lim
w tym wypadku
f (x, y) =
x2 y 2
,
x2 +y 2
D = {(x, y) ∈ R2 : (x, y) 6= (0, 0)}.
0 ¬ (x2 − y 2 )2 , zatem 2x2 y 2 ¬ x4 + y 4 sk¡d
okre±lamy dziedzin¦
Poniewa»
4x2 y 2 ¬ (x2 + y 2 )2 .
Korzystaj¡c z tej nierówno±ci mamy dla
0¬
Je±li
(x, y) → 0
to
x2 y 2
x2 +y 2
x2 + y 2 → 0,
¬
1
4
·
(x, y) 6= (0, 0),
(x2 +y 2 )2
x2 +y 2
»e
= 14 (x2 + y 2 ).
zatem z twierdzenia o trzech ci¡gach:
x2 y 2
2 +y 2
x
(x,y)→(0,0)
lim
= 0.