Zbadaj istnienie granicy

[Doosheck]

Zbadaj istnienie granicy
\(\displaystyle{ \lim_{ (x,y)\to (0,0)} \frac{\log(x+ e^{y})-x-y}{ \sqrt{x^{2}+y^{2}} } }\)

[Janusz Tracz]

Zauważmy, że:

\(\displaystyle{ \bullet}\) Jako, że \(\displaystyle{ \lim_{ t\to 1} \frac{\ln t}{t-1}=1 }\) to \(\displaystyle{ \lim_{ (x,y)\to (0,0)} \frac{\ln(x+ e^{y})}{ x+e^y-1}=1}\)

\(\displaystyle{ \bullet}\) \(\displaystyle{ \lim_{y \to 0} \frac{e^y-1}{y}=1 }\)

\(\displaystyle{ \bullet}\) Wyrażanie \(\displaystyle{ \frac{x+y}{ \sqrt{x^2+y^2} } }\) jest ograniczone przez \(\displaystyle{ - \sqrt{2} }\) z dołu i \(\displaystyle{ \sqrt{2} }\) z góry.

dowód:    

Nierówność między średnimi i rozważania nad znakiem.

Wtedy:

\(\displaystyle{ \lim_{ (x,y)\to (0,0)} \frac{\log(x+ e^{y})-x-y}{ \sqrt{x^{2}+y^{2}} }=\lim_{ (x,y)\to (0,0)} \frac{\ln (x+e^y)}{x+e^y-1} \cdot \frac{x+ \frac{e^y-1}{y} \cdot y }{ \sqrt{x^2+y^2} }- \frac{x+y}{ \sqrt{x^2+y^2} } }\)

I teraz heurystyka, widać, że jak \(\displaystyle{ x,y \approx 0}\) to \(\displaystyle{ \frac{\ln (x+e^y)}{x+e^y-1} \cdot \frac{x+ \frac{e^y-1}{y} \cdot y }{ \sqrt{x^2+y^2} } \approx \frac{x+y}{ \sqrt{x^2+y^2} }}\) czyli granica powinna istnieć i być równa \(\displaystyle{ 0}\) stąd też wspomniałem o ograniczoności \(\displaystyle{ \frac{x+y}{ \sqrt{x^2+y^2} } }\) co zapewnia nas, że nie będzie problemów \(\displaystyle{ \infty - \infty }\) ale nie wydaje mi się, że to wystarczy do formalnego dowodu, trzeba to jeszcze dopracować choć nie mam pomysły jak więc na razie przedstawiam heurystykę.

[Doosheck]

Pomyślałem o czymś takim:
\(\displaystyle{ \lim_{ (x,y)\to (0,0)} \frac{\log(x+e^{y})-x-y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} = \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{\log (\frac{x+e^{y}}{e^{y}})-x }{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} = \lim_{ (x,y)\to (0,0)} \frac{\log( \frac{x}{e^{y}}+1 )}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} = \lim_{ (x,y)\to (0,0)} \left( \frac{\log( \frac{x}{e^{y}} +1)}{ \frac{x}{e^{y}} } -e^{y}\right)\cdot \frac{ \frac{x}{e^{y}} }{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} =\\=\lim_{r \to 0} (1-e^{r\cdot\sin( \alpha )})\cdot \frac{r\cdot\cos( \alpha )}{e^{r\cdot\sin(\alpha)}\cdot r} = \lim_{ r\to 0} \frac{\cos(\alpha)}{e^{r\cdot\sin(\alpha)}}-\cos(\alpha) = 0 }\)

Nie wiem tylko jak to jest z przejściem do tej granicy, bo wychodzi niby skończona, więc powinno być ok.

[Premislav]

Ja bym postąpił tak:
wiemy, że \(\displaystyle{ \log(1+t)=t+o(t)\ (*)}\) oraz \(\displaystyle{ e^{t}=1+t+o(t)}\) (można posłużyć się wzorem Taylora, by to udowodnić). Z twierdzenia Lagrange'a o wartości średniej dla funkcji \(\displaystyle{ f(t)=\log t}\) mamy:
\(\displaystyle{ \log\left(x+e^{y}\right)-\log(x+1)=\left(e^{y}-1\right)\cdot \frac{1}{\xi}}\), gdzie \(\displaystyle{ \xi}\) leży między \(\displaystyle{ x+1}\) a \(\displaystyle{ x+e^{y}}\).
Zapiszmy więc ułamek z zadania w formie
\(\displaystyle{ \frac{\log(x+ e^{y})-\log(x+1)-y}{ \sqrt{x^{2}+y^{2}} } +\frac{\log(x+1)-x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}}\)
Drugi składnik dąży do zera, co natychmiast wynika z \(\displaystyle{ (*)}\), a granicę pierwszego obliczymy korzystając z położenia naszego \(\displaystyle{ \xi(x,y)}\):
mamy
\(\displaystyle{ \lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac{\left(e^{y}-1\right)\cdot \frac{1}{x+1}-y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=\lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac{1}{x+1}\left(\frac{e^{y}-1-y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}-\frac{xy}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \right)}\)
i w nawiasie tak odjemna, jak i odjemnik dążą do zera (proste ćwiczenie), więc
\(\displaystyle{ \lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac{\left(e^{y}-1\right)\cdot \frac{1}{x+1}-y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=0}\)
Podobnie dostajemy
\(\displaystyle{ \lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac{\left(e^{y}-1\right)\cdot \frac{1}{x+e^{y}}-y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=\lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac{1}{x+e^{y}}\left(\frac{e^{y}-1-y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}-\frac{y\left(e^{y}-1\right)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}-\frac{xy}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\right)}\)
i wszystkie trzy ułamki w nawiasie mają granicę równą zero.
Możemy więc stwierdzić, że
\(\displaystyle{ \min\left\{\frac{\left(e^{y}-1\right)\cdot \frac{1}{x+1}-y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}},\frac{\left(e^{y}-1\right)\cdot \frac{1}{x+e^{y}}-y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \right\}\\ \le \frac{\log(x+ e^{y})-\log(x+1)-y}{ \sqrt{x^{2}+y^{2}}}\\ \le \max\left\{ \frac{\left(e^{y}-1\right)\cdot \frac{1}{x+1}-y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}},\frac{\left(e^{y}-1\right)\cdot \frac{1}{x+e^{y}}-y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\right\}}\)
i z twierdzenia o trzech funkcjach granica wyrażenia w środku wynosi zero.

[Janusz Tracz]

\(\displaystyle{ \lim_{ (x,y)\to (0,0)} \left( \frac{\log( \frac{x}{e^{y}} +1)}{ \frac{x}{e^{y}} } -e^{y}\right)\cdot \frac{ \frac{x}{e^{y}} }{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} =\lim_{r \to 0} (1-e^{r\cdot\sin( \alpha )})\cdot \frac{r\cdot\cos( \alpha )}{e^{r\cdot\sin(\alpha)}\cdot r}}\)

W tym kroku przechodzisz do granicy tylko z częścią \(\displaystyle{ x,y}\) a tak nie wolno

[Doosheck]

\(\displaystyle{ \lim_{ (x,y)\to (0,0)} \left( \frac{\log( \frac{x}{e^{y}} +1)}{ \frac{x}{e^{y}} } -e^{y}\right)\cdot \frac{ \frac{x}{e^{y}} }{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} =\lim_{r \to 0} (1-e^{r\cdot\sin( \alpha )})\cdot \frac{r\cdot\cos( \alpha )}{e^{r\cdot\sin(\alpha)}\cdot r}}\)

W tym kroku przechodzisz do granicy tylko z częścią \(\displaystyle{ x,y}\) a tak nie wolno

Dlaczego tak nie wolno? Pominąłem tam krok zamiany na współrzędne biegunowe

[Janusz Tracz]

Nie o zamianie na współrzędne biegunowe mówię. Problem w tym, że

\(\displaystyle{ \frac{\log( \frac{x}{e^{y}} +1)}{ \frac{x}{e^{y}} }}\)

zastąpiłeś przez \(\displaystyle{ 1}\) czyli wykonałeś przejście graniczne ale tylko dla kawałka granicy.

[Premislav]

Swoją drogą niepotrzebnie to skomplikowałem:
\(\displaystyle{ \frac{\log(x+ e^{y})-x-y}{ \sqrt{x^{2}+y^{2}} }=\frac{\log(x+ e^{y})-x-\log(e^{y})}{ \sqrt{x^{2}+y^{2}} }\\= \frac{\log \left(xe^{-y}+1\right)-x}{ \sqrt{x^{2}+y^{2}} }}\)
i teraz korzystamy z tego, że \(\displaystyle{ \log(1+t)=t+o(t)}\) (jak pisałem, wynika to ze wzoru Taylora) i widzimy, że wystarczy wyznaczyć granicę
\(\displaystyle{ \lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac{xe^{-y}-x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}}\),
a to jest bardzo proste, wszak
\(\displaystyle{ \frac{xe^{-y}-x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=\frac{e^{-y}-1}{-y}\cdot \frac{-xy}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}}\)
i pierwszy czynnik dąży do \(\displaystyle{ 1}\), zaś drugi do zera.