Zbadaj istnienie granicy

[Poszukujaca]

Lider_M, czy aby pokazać, że potęga nad nawiasem kwadratowym dąży do \(\displaystyle{ 0}\) mogę po prostu policzyć granicę z niej?

[Lider_M]

Tak.

[PiotrowskiW]

Lider_M,
Czy mógłbyś powiedzieć jak "poprawić" to co ja napisałem?
Z tymi przypadkami.

[Lider_M]

\(\displaystyle{ \lim_{ r \to 0}\left( 1+ r^{8}\cos^{4} \alpha \sin^{4} \alpha \right)^{ \frac{1}{r^{2}}}=
\lim_{ r \to 0} 1^{ \frac{1}{r^{2}}}}\)

Tutaj jest błąd merytoryczny - przeszedłeś do granicy w nawiasie, ale nie w wykładniku, a jak przechodzimy, to w całym wyrażeniu (niekiedy nie trzeba, ale tutaj tak, bo otrzymujemy symbol nieoznaczony), bo o ile ten krok byłby prawdziwy, to przecież \(\displaystyle{ 1^a=1}\) więc i również \(\displaystyle{ 1^{\frac{1}{r^2}}=1}\) i nie trzeba w ogóle ograniczać, ale błąd jest już wcześniej.

Tutaj o ile chce się stosować współrzędne biegunowe, można zrobić analogicznie do tego co napisałem w poprzednim poście:
\(\displaystyle{ \left[(1+r^8\cos^4\varphi\sin^4\varphi)^{\frac{1}{r^8\cos^4\varphi\sin^4\varphi}}\right]^{r^6\cos^4\varphi\sin^4\varphi}\to e^0=1}\)

[Poszukujaca]

Wykorzystując współrzędne biegunowe mam:

\(\displaystyle{ \lim_{r \rightarrow 0} \frac{r^{4}\cos^{4}\varphi r^{4}\sin^{4}\varphi}{r^{2}(cos^{2}\varphi +\sin^{2}\varphi)}=\lim_{r \rightarrow 0} r^{6} \cos^{4}\varphi \sin^{4}\varphi =0}\)

Dobrze?

[PiotrowskiW]

Lider_M, gdybym umiał odnaleźć "e" to nie potrzebowałbym biegunowych.
Dzięki.

[kerajs]

Do Lider_M.
Początkowo czekałem na kontrprzykład o którym pisałeś, a potem zupełnie zapomniałem o odpowiedzi na Twoje pytania w tym temacie. Przepraszam.
Jeśli jeszcze jesteś tym zainteresowany to:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} \frac{x^{3}}{x^{2}+y^{2}}}\)
Ponieważ autorka tematu rozwiazywała sporo granic dwóch zmiennych wieloma sposobami to chciałem policzyć powyższą z definicji. Nie robi się tego z powodu z oczywistego kłopotu z dobraniem ,, wszystkich mozliwych'' podstawień.

I. Sprawdzam granice iterowane które sa równoważne podstawieniom \(\displaystyle{ ( \frac{a}{n ^{ \alpha } },0 ),(0, \frac{b}{n ^{ \beta } } )}\) gdzie zarówno tu, jak i dalej \(\displaystyle{ \alpha \neq 0 \wedge \beta \neq 0}\) . Obie granice wynosza 0. Dzieki czemu w poniższych punktach \(\displaystyle{ ab \neq 0}\)
II. Zakładam, że dowolny ciąg w którym \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }c _{n } \rightarrow 0}\) można , dla dużych n , ograniczyć tak:
\(\displaystyle{ \frac{a}{n ^{ \alpha } } \le c_{n} \le \frac{a ^{'} }{n ^{ \alpha } }}\) (ewentualnie tak \(\displaystyle{ \frac{a}{n ^{ \alpha+1 } } \le \left| c_{n}\right| \le \frac{a ^{'} }{n ^{ \alpha } }}\)
III. Z II wynika że każde możliwe podstawienie mogę zamienić na podstawienie:
\(\displaystyle{ x= \frac{a}{n ^{ \alpha } } \wedge y= \frac{b}{n ^{ \beta } }}\)
co daje granicę:
\(\displaystyle{ \lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} \frac{x^{3}}{x^{2}+y^{2}}= \lim_{n \to \infty } \frac{ \frac{a^3}{n ^{3 \alpha } } }{\frac{a^2}{n ^{2 \alpha } }+\frac{b^2}{n ^{2 \beta } }}}\)
IIII. Ze względu na mianownik tej granicy mogę podstawienia podzielićna trzy ,,klasy'' podstawień i i wyliczyć granicę dla każdej z nich:
1.\(\displaystyle{ 2 \alpha =2 \beta}\)
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{ \frac{a^3}{n ^{3 \alpha } } }{\frac{a^2}{n ^{2 \alpha } }+\frac{b^2}{n ^{2 \alpha } }} =\lim_{n \to \infty } \frac{ \frac{a^3}{n} }{a^2+b^2}=0}\)
2.\(\displaystyle{ 2 \alpha >2 \beta}\)
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{ \frac{a^3}{n ^{3 \alpha } } }{\frac{a^2}{n ^{2 \alpha } }+\frac{b^2}{n ^{2 \beta } }}= \lim_{n \to \infty } \frac{ \frac{a^3}{n ^{3 \alpha -2 \beta } } }{ \frac{a^2}{n ^{2 \alpha -2 \beta } }+b^2 }= \frac{0}{0+b^2}=0}\)
3.\(\displaystyle{ 2 \alpha <2 \beta}\) z której wydzielam klasę 4 dla której stopnie ,,większych'' mianowników w pierwotnym ułamku są równe:
4.\(\displaystyle{ 3 \alpha =2 \beta}\) i dla której granica wyglada tak:
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{ \frac{a^3}{n ^{3 \alpha } } }{\frac{a^2}{n ^{2 \alpha } }+\frac{b^2}{n ^{3 \alpha } }} =\lim_{n \to \infty } \frac{ a^3 }{na^2+b^2}=0}\)

Formalnie powinienem podzielić tę klasę na dwie:
3.1 . \(\displaystyle{ 2 \alpha <2 \beta <3 \alpha}\) i powinien pojawić się przykład, ale ponieważ granica tu jest niemal taka sama jak w klasie 2., to nie chcąc komplikować tematu odpuściłem ją sobie.
3.2 . \(\displaystyle{ 2 \beta >3 \alpha}\)
Granice z tych klas też są zerami co można policzyć podobnie jak wcześniejsze granice.

V. Skoro każde podstawienie mogę zamienić na jedno z 4 (a dokładniej to 5) podstawień, i dla każdego z nich mam taka samą granicę, to tyle wynosi ta granica zgodnie z definicją Heinego.

Oczywiście łatwiej jest wybrać po jednym z ciągów z danej klasy i traktować go jako reprezentanta całej klasy niż przeprowadzać powyższa analizę. A granica policzona dla tajiego reprezentanta jest granicą dla dowolnego z danej klasy.


Co do Twoich pytań.
Wybrałem Takich reprezentantów danych klas aby szybko liczyło sie granice. To przypadek że różnica między potegami wynosła 1. Równie dobrze mogłaby wynosić 5.
Twoje podstawienie: \(\displaystyle{ \left(\frac{\sin n}{n},\frac{\cos^{100}(e^n)}{n+n\sqrt{n}}\right)\to(0,0)}\), traktuję dla \(\displaystyle{ n \rightarrow \infty}\)
tak:
\(\displaystyle{ \frac{-1}{n} \le \frac{\sin n}{n} \le \frac{1}{n} \wedge \frac{0}{n ^{ \frac{3}{2} } } \le\frac{\cos^{100}(e^n)}{n+n\sqrt{n}} \le \frac{1}{n ^{ \frac{3}{2} } }}\)
co sprawia że jest równoważne podstawieniu \(\displaystyle{ ( \frac{a}{n};\frac{b}{n ^{ \frac{3}{2} } } )}\) , a teraz widać że to podstawienie z klasy 4.

Pewnie że nie jest to ogólna metoda (nb. to gdyby taka istniała to nie uczono by tak wielu sposobów rozwiazywania granic ). Jest niewygodna i czasochłonna.
Dlaczego więc się o nią pokusiłem? Mój wczesniejszy post do autorki tematu dotyczył pomijania na studiach niektórych zagadnień. Ponieważ granic wielu zmiennych raczej nie wylicza sie z definicji to próbowałem ją tu wyliczyć. Mam nadzieję że poprawnie.
Jeszcze raz przepraszam za zwłokę.

[matmatmm]

II. Zakładam, że dowolny ciąg w którym \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }c _{n } \rightarrow 0}\) można , dla dużych n , ograniczyć tak:
\(\displaystyle{ \frac{a}{n ^{ \alpha } } \le c_{n} \le \frac{a ^{'} }{n ^{ \alpha } }}\) (ewentualnie tak \(\displaystyle{ \frac{a}{n ^{ \alpha+1 } } \le \left| c_{n}\right| \le \frac{a ^{'} }{n ^{ \alpha } }}\)

Nieprawda to jest. Weź ciąg \(\displaystyle{ a_n=\frac{1}{2^n}}\).

[kerajs]

Zależność: \(\displaystyle{ \frac{0}{n^2} \le \frac{1}{2 ^{n} } \le \frac{1}{n^2}}\) jest spełniona już od n=4, a \(\displaystyle{ \frac{0}{n^4} \le \frac{1}{2 ^{n} } \le \frac{1}{n^4}}\) od n=16 .

[matmatmm]

Masz rację podałem zły przykład. Co powiesz o ciągu \(\displaystyle{ a_n=\frac{1}{\ln n}}\) ?

[a4karo]

Może doprecyzuję:
Podane podstwienia są REPREZANTAMI czterech możliwych klas podstawień. Skoro dowolny z danej klasy daje daną granice to każde podstawienie z danej klasy da tę samą granicę.
Twój przykład jest reprezentowany przez czwarte podstawienie.

Oczywiscie można komplikować podstawienie, ale zawsze można je uprościć lub ograniczyć łatwiejszym które można przypisać do danej klasy.

kerajs, nie masz racji:

Niech \(\displaystyle{ f(x)=exp(-1/x^2)}\) i określny \(\displaystyle{ F}\) tak
\(\displaystyle{ F(x,y)=\begin{cases}1 & x>0 \text{ i } 0<y<f(x)\\ 0 & \text{ poza tym}\end{cases}}\)

Ta funkcja ma granicę 0 wzdłuż każdego z Twoich ciągów , a jednak granica nie istnieje.

[Marcinek665]

kerajs, twoje heurystyki sa dobre, jeśli na ich podstawie chcesz postawić hipotezę odnosnie tego, czy granica istnieje. Są natomiast zupełnie błędne jeśli traktujesz je jako "dowód" istnienia.

@up, fajny przykład

[a4karo]

Akurat w tym przykładzie nie ma się co męczyć:
\(\displaystyle{ \left|\frac{x^3}{x^2+y^2}\right|\leq \left|\frac{x^3}{x^2}\right|=|x|\to 0}\)