Mamy funkcje określoną następująco:
\(\displaystyle{ f(x,y)=\begin{cases} x^k \ln(x^2+y^2) &\text{dla } (x,y) \neq (0,0)\\0 &\text{dla } (x,y)=(0,0) \end{cases}}\).
Dla jakich wartości \(\displaystyle{ k}\) mamy ciągłość w punkcie \(\displaystyle{ (0,0)}\).
Odpada na pewno \(\displaystyle{ k<0}\)
Dla jakich wartości "k" mamy ciągłość w punkcie ?
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Dla jakich wartości "k" mamy ciągłość w punkcie ?
Dla \(\displaystyle{ k\le 0}\) oczywiście ciągłości nie mamy. Pokażę, że dla dowolnego \(\displaystyle{ k>0}\) tak określona funkcja jest ciągła w \(\displaystyle{ (0,0)}\): niech więc \(\displaystyle{ k>0}\); jeżeli \(\displaystyle{ x \neq 0 \wedge x^2+y^2\le 1}\), to
\(\displaystyle{ 0\ge x^k\ln(x^2+y^2) \ge x^k \ln(x^2)}\),
gdyż logarytm naturalny jest funkcją rosnącą.
Ponadto
\(\displaystyle{ \lim_{(x,y) \to (0,0)}x^k \ln (x^2)= \lim_{x \to 0}x^k \ln (x^2)=\\= \lim_{x \to 0} \frac{\ln x^2}{x^{-k}}=[H]= \lim_{x \to 0} \frac{ \frac{2}{x} }{-k \cdot x^{-k-1}} = \lim_{x \to 0} -\frac 2 k \cdot x^k=0}\)
Natomiast jeżeli \(\displaystyle{ x=0, y\neq 0}\), to \(\displaystyle{ x^k \ln(x^2+y^2)\equiv 0}\).
\(\displaystyle{ 0\ge x^k\ln(x^2+y^2) \ge x^k \ln(x^2)}\),
gdyż logarytm naturalny jest funkcją rosnącą.
Ponadto
\(\displaystyle{ \lim_{(x,y) \to (0,0)}x^k \ln (x^2)= \lim_{x \to 0}x^k \ln (x^2)=\\= \lim_{x \to 0} \frac{\ln x^2}{x^{-k}}=[H]= \lim_{x \to 0} \frac{ \frac{2}{x} }{-k \cdot x^{-k-1}} = \lim_{x \to 0} -\frac 2 k \cdot x^k=0}\)
Natomiast jeżeli \(\displaystyle{ x=0, y\neq 0}\), to \(\displaystyle{ x^k \ln(x^2+y^2)\equiv 0}\).
-
Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4069
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 80 razy
- Pomógł: 1393 razy
Re: Dla jakich wartości "k" mamy ciągłość w punkcie ?
Ciągłość w \(\displaystyle{ (0,0)}\) będzie gdy
\(\displaystyle{ \lim_{(x,y) \to (0,0)}f(x,y)=0}\)
\(\displaystyle{ \lim_{(x,y) \to (0,0)}x^k\ln(x^2+y^2)=0}\)
granica tą można policzyć zamieniając współrzędne kartezjańskie na biegunowe
\(\displaystyle{ x=r\cos \alpha}\)
\(\displaystyle{ y=r\sin \alpha}\)
Wtedy niezależnie od \(\displaystyle{ \alpha}\)
\(\displaystyle{ \lim_{r \to 0}r^k\cos^k \alpha \ln r^2=2\cos^k \alpha \cdot \lim_{r \to 0}r^k \ln r=0}\)
Widać że dla \(\displaystyle{ k>0}\) tak będzie można to pokazać z reguły DH.
\(\displaystyle{ \lim_{r \to 0}r^k \ln r=\lim_{r \to 0} \frac{\ln r}{r^{-k}} =\lim_{r \to 0} \frac{ \frac{1}{r} }{-kr^{-k-1}}=\lim _{r \to 0} \frac{-r^k}{k}=0}\)
\(\displaystyle{ \lim_{(x,y) \to (0,0)}f(x,y)=0}\)
\(\displaystyle{ \lim_{(x,y) \to (0,0)}x^k\ln(x^2+y^2)=0}\)
granica tą można policzyć zamieniając współrzędne kartezjańskie na biegunowe
\(\displaystyle{ x=r\cos \alpha}\)
\(\displaystyle{ y=r\sin \alpha}\)
Wtedy niezależnie od \(\displaystyle{ \alpha}\)
\(\displaystyle{ \lim_{r \to 0}r^k\cos^k \alpha \ln r^2=2\cos^k \alpha \cdot \lim_{r \to 0}r^k \ln r=0}\)
Widać że dla \(\displaystyle{ k>0}\) tak będzie można to pokazać z reguły DH.
\(\displaystyle{ \lim_{r \to 0}r^k \ln r=\lim_{r \to 0} \frac{\ln r}{r^{-k}} =\lim_{r \to 0} \frac{ \frac{1}{r} }{-kr^{-k-1}}=\lim _{r \to 0} \frac{-r^k}{k}=0}\)