Предел и непрерывность функций многих переменных. —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Предел и непрерывность функций многих переменных.

Тема Математический анализ

16 Предел и непрерывность функций многих переменных.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#82227

Показать, что функция

( 2xy { x2+y2 при (x,y) ⁄= (0,0) f (x,y ) = ( 0, при (x,y) = (0,0)

в точке $(0,0)$ является непрерывной по каждой переменной при фиксированной другой (т.е. непрерывна по $x$ как функция $f (x,0)$ и непрерывна по $y$ как функция $f(0,y)$ ), однако не является непрерывной в точке $(0,0)$ в смысле определения непрерывности для многомерных функций.

Показать ответ и решение

Действительно, фиксируем $x = 0$ . Тогда наша функция $f(0,y)$ при таком фиксированном $x = 0$ будет непрерывна по $y$ в точке $y0 = 0$ . Потому что

f(0,y) = 0 ∀y

то есть при фиксированном $x = 0$ наша функция по $y$ вообще константа, а поэтому непрерывна по $y$ в нуле.

По совершенно аналогичным соображениям можно сказать, что наша функция $f (x, 0)$ при фиксированном $y = 0$ будет непрерывна по $x$ в точке $x0 = 0$ . Потому что

f (x,0) = 0 ∀x

Но по совокупности переменных, то есть в смысле обычного определения непрерывности функции многих переменных, наша функция не будет непрерывна в точке $(0,0)$ . Более того, в этой точке она даже не будет иметь предела.

Действительно, рассмотрим траекторию $y = x$ . Тогда вдоль этой траектории

2x2 f(x,y) = f(x,x) = --2-= 1 → 1 при x → 0 2x

В то же самое время, если мы рассмотрим траекторию $y = 2x$ , то вдоль этой траектории

--4x2--- 4- 4- f(x,y) = f(x,2x) = x2 + 4x2 = 5 → 5 п ри x → 0

Тогда получается, что у нас есть две траектории, вдоль которых наша функция при стремлении к началу координат стремится к двум разным пределам. Но это означает, что никакого предела у $f(x,y)$ при $(x,y) → (0,0)$ нет. Потому что в любой окрестности нуля обязательно найдутся точки как первой, так и второй траектории.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#82226

Исследовать на непрерывность функцию

( x+y { x3+y3 при (x,y) ⁄= (0,0) f (x,y ) = ( 0, при (x,y) = (0,0)

То есть, указать все точки плоскости $ℝ2$ , в которых она непрерывна, и те, в которых она разрывна.

Показать ответ и решение

Поскольку и числитель и знаменатель - многочлены, то по теореме об отношении непрерывных функций, их отношение $-x+y- x3+y3$ заведомо будет непрерывно во всех тех точках плоскости $2 ℝ$ , в которых знаменатель $x3 + y3 ⁄= 0$ , то есть для всех $(x,y)$ , не лежащих на прямой $y = − x$ .

А что же будет при $x3 + y3 = 0$ , то есть при $y = − x$ ?

В точках этой прямой наша функция вообще не определена (на ноль делить нельзя), а раз не определена, то заведомо разрывна.

Однако можно даже уточнить, как именно она разрывна в точках прямой $y = − x$ .

1 случай. Пусть $y0 = − x0$ , но при этом $(x0,y0) ⁄= (0,0)$ . То есть рассмотрим случай, когда точка $(x0,y0)$ лежит на прямой $y = − x$ , но при этом эта точка - не начало координат.

Тогда:

lim x-+-y--= lim -------x-+-y--------= lim -----1------= ------1-------= (x,y)→ (x0,y0) x3 + y3 (x,y)→(x0,y0)(x+ y)(x2 − xy + y2) (x,y)→ (x0,y0)x2 − xy + y2 x20 − x0y0 + y20

(т.к. точка $(x0,y0)$ лежит на прямой $y = − x$ )

-----1------ -1-- = x2 + x2+ x2 = 3x2 0 0 0 0

Таким образом, во всех точках прямой $y = − x$ , кроме начала координат, у нашей функции есть конечный предел, несмотря на то, что в самих этих точках она не определена. Так что, если бы мы доопределили её этим пределом в этих точках, получилась бы вообще непрерывная функция. Поэтому мы можем сказать, что в точках прямой $y = − x$ , кроме начала координат, наша функция имеет устранимый разрыв.

2 случай. Точка $(0,0)$ . А вот в ней все ббудет совсем плохо, потому что

lim -x+-y--= lim ------1----- = ∞ (x,y)→ (0,0)x3 + y3 (x,y)→ (0,0)x2 − xy + y2

То есть, поскольку при стремлении к началу координат знаменатель - очевидно, бесконечно мал, а числитель равен единице, то наша функция расходится к бесконечности и можем сказать, что в начале координат у неё разрыв II рода.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#54333

Исследовать на непрерывность функцию

( 2 xyz 2 2 {ax + y2+z2 пр и y + z ⁄= 0 u(x,y,z) = ( 2 2 2 ax пр и y + z = 0

Показать ответ и решение

Непрерывность $u(x,y,z)$ всюду в $ℝ3$ , где $y2 + z2 ⁄= 0$ следует из непрерывности суммы, отношения и непрерывности многочленов, поскольку всюду за пределами множества, где $2 2 y + z = 0$ , функция $u$ является суммой многочлена и дроби из многочленов, а поэтому непрерывна.

Что происходит при $y2 + z2 = 0$ , то есть на прямой $Ox$ ?

1 случай. Пусть $x ⁄= 0 0$ . Пусть $M = (x ,0,0) 0 0$ , то есть $M 0$ лежит на прямой $Ox$ , но при этом отлична от начала координат. Тогда, если $(x, y,z) → M0$ вдоль прямой $x = x0,y = 0$ , то $u(x,y,z) = u(x ,0,z) → ax2 = u(M ) 0 0 0$ при $z → 0$ .

Однако если $(x,y,z) → M0$ вдоль прямой $x = x0,y = z$ , то $u(x,y,z) = u(x0,y,y) → ax2 + x20⁄= u(M0 ) 0 2$ при $y = z → 0$ .

Следовательно, при стремлениях к точке $M0$ вдоль прямых $x = x0,y = z$ предел нашей функции отличен от значения в этой точке. Следовательно, всюду на прямой $Ox$ , кроме начала координат, функция $u (x, y,z)$ - разрывна.

2 случай. Пусть $M1 = (0,0,0)$ - начало координат.

Тогда, с учётом того, что

1 2 2 2 --xyz-- 2 --xyz-- с учётом |yz|≤ 2(y + z) 2 |x-| 2 2 0 ≤ |u(x,y,z)| = |ax + y2 + z2| ≤ |ax |+|y2 + z2| ≤ ≤ |ax |+ 2 − при y +z ⁄= 0

А также, что

0 ≤ |u (x,y, z)| = |ax2 |− пр и y2 + z2 = 0

Имеем, что при $(x,y,z) → (0,0,0)$ функция $u(x,y,z) → 0 = u(0,0,0)$ .

Следовательно, функция $u$ - непрерывна в точке $M1$ .

Значит, множеством точек разрыва функции $u$ является вся ось $Ox$ , кроме начала координат.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#54332

Найти предел

lim (x2 + y2)e−(x+y) (x,y)→(+∞,+∞ )

Показать ответ и решение

Распишем функцию у которой берем предел:

x2 y2 x2 y2 при x> 0, y >0 x2 y2 (x2 + y2)e−(x+y ) =-x+y-+ -x+y-= -x--y-+ -x---y < -x-+ -y- e e e ⋅e e ⋅e e e

Но $x2 y2 x2 y2 (x,y)→l(im+∞,+∞ )ex + ey = xl→im+∞ ex + yl→i+m∞ ey = 0+ 0 = 0$ .

А тогда и тем более

lim (x2 + y2)e−(x+y) = 0 (x,y)→(+∞,+ ∞)

Поскольку при $x > 0,y > 0$ :

2 2 0 ≤ (x2 + y2)e− (x+y) <при x>< 0, y >0 x-+ y-- ex ey

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#54331

Найти предел

sin xy lim ------ (x,y)→ (0,a) x

Показать ответ и решение

Сделаем такое нехитрое преобразование при $y ⁄= 0$ : $sinxxy= sinxxyy⋅y$ . Тогда, ввиду того, что при любом $a$ :

lim sinxy--с учётом за=мены xy =t lim sint По первому зам=ечат. пределу1 (x,y)→ (0,a) xy t→0 t

Будем иметь, что

lim sin-xy-= lim sinxy-⋅y т.к. ∃ предел каж=дого сомножителя lim sinxy-⋅ lim y = 1⋅a = a (x,y)→ (0,a) x (x,y)→(0,a) xy (x,y)→(0,a) xy (x,y)→(0,a)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#51299

Исследовать на непрерывность функцию

(| sinxy { √x2+y2- при (x,y ) ⁄= (0,0) f(x,y) = | (0, при (x,y ) = (0,0)

То есть, указать все точки плоскости $ℝ2$ , в которых она непрерывна, и те, в которых она разрывна.

Показать ответ и решение

Числитель нашей функции $g(x,y) = sin(xy)$ будет непрерывен во всех точках $(x,y) ∈ ℝ2$ - это следует из непрерывности синуса, многочлена, и теоремы о непрерывности композиции непрерывных функций.

Знаменатель $∘ ------- h(x,y) = x2 + y2$ непрерывен в каждой точке $(x,y) ∈ ℝ2$ , как композиция непрерывного многочлена от двух переменных и всюду непрерывного корня.

Следовательно, по теореме о непрерывности частного, дробь $f(x,y) = g(x,y) h(x,y)$ будет непрерывна в точках, где знаменатель отличен от 0. То есть, мы заведомо можем сказать, что во всех точках $(x,y) ∈ ℝ2$ таких, что $(x,y) ⁄= (0,0)$ наша дробь непрерывна. А что же будет происходить в точке $(0,0)$ ?

Для этого нужно отдельно вычислить $sinxy (x,lyi)→m(0,0)√x2+y2-$ .

Заметим, что $sin |xy | ≤ |xy|$ при $(x,y)$ близких к $(0,0)$ . Значит:

1- 2 2 sin|xy| ≤ |xy| ≤ 2(x + y )

Тогда имеем:

2 2 ∘ ------- 0 ≤ |∘-sinxy--| ≤ -∘x-+-y--- = 1- x2 + y2 x2 + y2 2 x2 + y2 2

Но $∘ ------- x2 + y2 → 0$ при $(x,y) → (0,0)$ , значит, и тем более $|√sinxy--| → 0 x2+y2$ . А значит и просто $√-sin2xy2 → 0 x +y$ при $(x,y ) → (0,0)$ .

Следовательно, предел $f(x,y)$ при стремлении к началу координат равен её значению в точке. А, значит, $f(x,y)$ непрерывна во всех точках $(x,y) ∈ ℝ2$

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#51297

В каких точках плоскости $ℝ2$ функция $f(x,y) = lxn1(s0+iny(1x0y−))1-$ будет непрерывна как функция $2 f : ℝ → ℝ$ ?

Показать ответ и решение

Числитель нашей функции $g(x,y) = ln(sin (xy ))$ будет непрерывен во всех точках области определения логарифма, т.е. в таких точках $2 (x,y) ∈ ℝ$ , что $sin(xy) > 0$ .

В эти точках $g(x,y)$ непрерывна как композиция непрерывного логарифма, синуса, и многочлена от двух переменных $xy$ - теорема о непрерывности композиции непрерывных функций.

Знаменатель $h(x,y) = x10 + y10 − 1$ непрерывен в каждой точке $(x,y) ∈ ℝ2$ , как многочлен от двух переменных.

Следовательно, по теореме о непрерывности частного, дробь $g(x,y) f(x,y) = h(x,y)$ будет непрерывна в точках, где знаменатель отличен от 0.

В конце концов, получаем, что $f(x,y) = ln(10sin(1xy0))- x +y −1$ непрерывна в точках $(x,y) ∈ ℝ2$ таких, что

( { sin(xy) > 0 ( x10 + y10 − 1 ⁄= 0,

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#51296

Доказать, что если $f(x) : ℝn → ℝ$ - непрерывна в точке $x0$ , то существует шар $B 𝜀(x0)$ с центром в точке $x0$ , в котором $f(x)$ - ограничена.

То есть $∃C ∈ ℝ$ $∀x ∈ B𝜀(x0)$ выполнено $|f(x)| < C$

Показать ответ и решение

Действительно, воспользуемся определением непрерывности в терминах предела по Коши.

$f(x)$ - непрерывна в точке $x0$ означает, что

∀𝜀 > 0 ∃δ > 0 такое, что ∀x d(x, x ) < δ вып олнено |f (x )− f(x )| < 𝜀 0 0

Но тогда, если в качестве $𝜀$ взять, например, число 1 (не суть важно, что это именно 1, но этого нам хватит для доказательства), то при всех $x$ из $δ−$ шара с центром в точке $x0$ мы будем иметь, что

|f(x) − f(x )| < 𝜀 0

Или, расписывая это неравенство с модулем в двойное неравенство:

f(x0)− 𝜀 < f(x) < f(x0)+ 𝜀

Это как раз и означает, что мы нашли окрестность, а именно, этот самый $δ−$ шара с центром в точке $x0$ , в котором $f(x)$ ограничена сверху числом $f(x0)+ 𝜀$ , а снизу числом $f(x0) − 𝜀$ . То есть, $f(x)$ просто ограничена в этой $δ−$ окрестности.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#49887

Доказать, что если функция $f (x )$ стремится к числу $A$ при $x → x0$ то этот предел $A$ единственный.
То есть, если:

∃ lxi→mx f (x ) = A, ∃ xli→mx f(x) = B, то A = B 0 0

(предполагается, что $n f : ℝ → ℝ$ ).

Показать ответ и решение

Будем доказывать это утверждение от противного.
Пусть, наоборот, $∃xl→imx0 f(x) = A,∃ lxi→mx0f (x ) = B,$ но при этом $A ⁄= B.$
Поскольку $A ⁄= B,$ то их можно отделить непересекающимися окрестностями. А именно, пусть $r = |A − B|$ - расстояние между числами $A$ и $B$ (напомним, что $A,B ∈ ℝ$ ). Ясно, что $d > 0,$ именно из-за того, что $A и B$ - различные числа.

Тогда понятно, что если мы их окружим, например, окрестностями радиуса $r4,$ то эти окрестности не будут пересекаться:

Далее, по определению предела, из того факта, что $lim f(x) = A, x→x0$ найдём такое $δ , 1$ что при всех $x$ таких, что $0 < d(x0,x) < δ1$ будет выполнено $r |f(x)− A | < 4,$ то есть $f(x)$ содержится в $r 4$ окрестности числа $A.$

Аналогично, по определению предела, из того факта, что $lim f(x) = B, x→x0$ найдём такое $δ2,$ что при всех $x$ таких, что $0 < d(x0,x ) < δ2$ будет выполнено $r |f (x )− B | < 4,$ то есть $f (x )$ содержится в $r 4$ окрестности числа $B.$

Тогда, взяв $δ = lim {δ1,δ2},$ получим, что все $x$ из проколотого $δ$ -шара точки $x0$ должны целиком лежать и в $r 4$ -окрестности числа $A,$ и в $r 4$ -окрестности числа $B.$ Но эти окрестности не пересекаются, поскольку расстояние между числами $A$ и $B$ равно $r.$ Получили противоречие. Следовательно, предел у функции в точке всегда единственный.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#49886

Доказать, что если $∃ lim f(x) = A, x→x0$ $∃ lim g(x) = B, x→x0$ и известно, что $B ⁄= 0,$ то $fg(x(x))-→ AB-$ при $x → x0$ (предполагается, что $n f : ℝ → ℝ$ ).

Показать ответ и решение

Выберем вновь $δ1,δ2$ так, чтобы:

$∀x : 0 < d(x,x0) < δ1 вы полнено |f(x)− A | < 𝜀$ ;
$∀x : 0 < d(x,x0) < δ2 вы полнено |g(x)− B | < 𝜀.$

Тогда, если взять $δ = min{δ ,δ }, 1 2$ то при всех $x$ таких, что $0 < d(x, x ) < δ 0$ будет одновременно и $|f(x)− A | < 𝜀$ и $|g(x)− B | < 𝜀.$

Тогда оценим разность $|f(x)− A-| g(x) B$ :

|f-(x)− A| = |Bf-(x-)−-Ag-(x-)| g(x ) B Bg(x)

Далее, поскольку $B ⁄= 0,$ а $g(x) → B,$ то найдётся $C > 0$ такое, что в какой-то проколотой окрестности (в данном случае проколотые окрестности - это шары с выколотым центром) точки $x0$ $|g(x)| > C.$ (В противном случае, если бы такого $C$ не нашлось, то это означало бы, что для любого сколь угодно малого числа $r$ можно было бы найти хотя бы одну точку $xr$ в сколь угодно малом шаре с центром $x0$ такую, что $g(xr) < r,$ то есть можно было бы построить последовательность $xn → x0$ такую, что $g(xn) → 0$ - а это противоречило бы тому, что $∃xli→mx0 g(x) = B ⁄= 0$ ). Значит, пересекая этот шар с $δ−$ шаром $x0,$ в котором и $|f (x)− A | < 𝜀$ и $|g (x )− B | < 𝜀$ будем иметь, что

|Bf-(x)−--Ag(x)| < -1-|Bf (x)− Ag (x)| Bg (x) CB

Так как $|g (x )| > C.$

Далее:

|Bf (x)− Ag(x)| = |Bf (x)− BA+BA − Ag (x)| ≤ |Bf (x )− BA |+|BA − Ag (x )| = |B ||f(x)− A|+ |A ||B − g(x)|

И каждое слагаемое в последней сумме может быть для любого $𝜀 > 0$ сделано меньше, чем $|B |𝜀$ и $|A|𝜀$ соответственно. Следовательно, $|Bf (x) − Ag(x)|$ может быть сделано сколь угодно маленьким, а, значит, и

|f(x)− A-| = |Bf-(x)−-Ag-(x)| <-1-|Bf(x) − Ag(x)| g(x) B Bg (x) CB

- тоже Таким образом, мы доказали, что $f(x)-→ A- g(x) B$ при $x → x0.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#49885

Найти $2 lim √--ln2-(x+2y-)-- (x,y)→(1,0) x +y −2x+1$

Показать ответ и решение

Поскольку $z = x + y → 1 + 0 = 1,$ то $z = 1+ α(z),$ где $α(z) = (x+ y − 1)$ и $α(z) → 0.$

Таким образом, $lnz ∼ α (z )$ (по таблице эквивалентностей).

Тогда получается:

2 2 lim ∘---ln-(x+-y)-----= lim ∘--(x-+-y −-1)---- (x,y)→(1,0) x2 + y2 − 2x + 1 (x,y)→(1,0) x2 + y2 − 2x+ 1

Тогда, сделав замену $x = 1 + rcost,y = rsint,$ получим, что условие $(x,y) → (1,0)$ эквивалентно условию $r → 0$ (потому что если $r$ не стремится к 0, то к 0 должен стремиться $cost,$ чтобы $x → 1.$ Но тогда $sint$ будет стремиться либо к 1, либо к $− 1,$ поскольку $r$ не стремится к 0, то $y$ уже тоже не будет стремиться к 0. Значит, $r$ обязано стремиться к 0.)

После замены получаем:

2 2 2 lim ∘--(x+-y-−-1)-----= lim r(cost-+-sin-t)--= lim r(cos t+ sin t) = 0 (x,y)→ (1,0) x2 + y2 − 2x + 1 r→0 r r→0

Так как $(cost+ sint)$ - ограничена, а $r → 0.$ Следовательно, $lim √-ln2(x+y)---= 0 (x,y)→ (1,0) x2+y2−2x+1$

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#49884

Найти $lim f(x,y), (x,y)→(0,0)$ где

( x2y 2 2 { x4+y2 п ри x + y ⁄= 0 f(x,y) = ( 2 2 0, п ри x + y = 0

Показать ответ и решение

Если рассмотреть траекторию $y = x,$ то $f (x, y)$ превратится в $f(x,x) = xx43+x2$ (в проколотой окрестности ноля), а, значит, при таком стремлении $(x,y) → (0,0)$ будет

3 lim f(x,y) = lim --x---- = lim --x---= 0 (x,y)→(0,0), y=x x→0 x4 + x2 x→0 x2 + 1

С другой стороны, если пойти по параболической траектории $y = x2,$ то $f (x, y)$ превратится в $4 f(x,x2 ) = x4x+x4$ (в проколотой окрестности ноля), а, значит, при таком стремлении $(x,y) → (0,0)$ будет

4 lim f (x,y) = lim -x--= 1- (x,y)→ (0,0), y=x2 x→0 2x4 2

Следовательно, раз при разных стремлениях $(x,y) → (0,0)$ получаются различные пределы, то никакого общего предела $(x,yl)im→ (0,0)f(x,y)$ нет, то есть

/∃(x,yl)im→(0,0)f(x,y)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#49882

Найти

lim f(x,y), lim lim f(x,y ), lim lim f(x,y) (x,y)→(0,0) y→0 x→0 x→0 y→0

и убедиться, что получаются 3 различных ответа, а, следовательно, эти все три конструкции принципиально отличаются.

( 2 2 { xx2−+yy2 п ри x2 + y2 ⁄= 0 f(x,y) = ( 0, п ри x2 + y2 = 0

Показать ответ и решение

Вначале заметим, что если стремиться к точке $(0,0 )$ по траектории $y = x,$ то $f(x,y)$ превратится в $--0-- f(x,x ) = x2+y2$ (в проколотой окрестности ноля), а, значит, при таком стремлении $(x,y) → (0,0)$ предел будет браться от тождественного ноля, то есть

lim f (x, y) = 0 (x,y)→ (0,0), y=x

С другой стороны, если идти по траектории $y = 2x,$ то $f(x,y)$ превратится в $2 2 f(x,2x) = xx2−+44xx2$ (в проколотой окрестности ноля), а, значит, при таком стремлении $(x, y) → (0,0 )$ будет