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Question

PS

Si uso una ruta específica, sé que puedo usar el teorema de Cauchy para obtener un número, pero ¿cómo puedo probar esto para todas las rutas? ¡Gracias!

Answer 1

Lo que tienes que usar es la información, para%% $x,y$ , $$ \frac{|y|}{\sqrt2}\le|\sin y|\le |y|, \frac12{x^2}\le\ln (1+x^2)\le x^2$ $ y $$ \lim_{x\to0}\frac{x-\ln(1+x)}{x}=0,\frac{x-\sin x}{x}=0. $ $ Así que \begin{eqnarray*} &&\bigg|\frac{x^2+y^2}{\sin^2y+\ln(1+x^2)}-1\bigg|\\ &=&\frac{x^2-\ln(1+x^2)+y^2-\sin^2y}{\sin^2y+\ln(1+x^2)}\\ &\le&2\frac{x^2-\ln(1+x^2)+y^2-\sin^2y}{x^2+y^2}\\ &=&2\frac{x^2-\ln(1+x^2)}{x^2+y^2}+2\frac{y^2-\sin^2y}{x^2+y^2}\\ &\le&2\frac{x^2-\ln(1+x^2)}{x^2}+2\frac{y^2-\sin^2y}{y^2} &\to$0 \end {eqnarray *} como $(x,y)\to(0,0)$ .

Answer 2

Recordar series de Taylor : $$\sin^2 y =y^2+O(y^3) ,\ \ln\ (1+x^2)=x^2+O(x^3) $$ so that there is $\delta_i$ s.t. $$ 1-\epsilon < \frac{y^2}{\sin^2y},\ \frac{x^2}{\ln\ (1+x^2)}<1+\epsilon $$ for $|s|<\delta_1$ and $|x|<\delta_2$ \begin{align*}\frac{x^2+y^2}{\sin^2y +\ln\ (1+x^2)} &= \frac{x^2+y^2}{y^2 + O(y^3) + x^2 +O(x^3) } \\&< \frac{x^2+y^2}{(1-\epsilon) x^2 + (1-\epsilon)y^2} \\&= \frac{1}{1-\epsilon} \end{align*} para $0<\epsilon <1$, donde $0<|x|,\ |y|<1\ \ast$ son pequeños.

Del mismo modo, tenemos $\frac{1}{1+\epsilon}< \frac{x^2+y^2}{\sin^2y +\ln\ (1+x^2)}$. In $\ast$, consider the case $x=0$ or $y=0$ , de modo que tenemos el límite de $1$.

Answer 3

Siempre se puede pasar a coordenadas polares para calcular 2d límites: Set $x=r \cos\theta , y=r\sin \theta$, y ahora tenemos que calcular el $$\lim_{r\to 0} \dfrac{r^2}{\sin^2(r\sin \theta) + \ln (1+r^2\cos^2\theta)}$$

Dado que este es un límite para la variable $r$, puede utilizar L'Hôpital tomando derivados w.r.t. $r$. Tenga en cuenta que si queremos terminar con algo dependiendo $\theta$, el límite no existe, motivo el límite (si existe) es único.

Después de L'Hôpital y básicos de la manipulación, y terminamos con $$\lim_{r\to 0} \dfrac{r^2}{\sin^2(r\sin \theta) + \ln (1+r^2\cos^2\theta)} = \lim_{r\to 0} \dfrac{2r(1+r^2\cos^2\theta)}{\sin (2r\sin\theta) \sin \theta(1+r^2\cos^2\theta) + 2r\cos^2\theta}$$

Utiliza el siempre útil $\sin (ar) \approx ar$ cuando $r \approx 0$ a reescribir el denominador de la RHS:

$$\lim_{r\to 0} \dfrac{2r(1+r^2\cos^2\theta)}{(2r\sin\theta)\sin\theta(1+r^2\cos^2\theta) + 2r\cos^2\theta} = \lim_{r\to 0} \dfrac{2r(1+r^2\cos^2\theta)}{2r\sin^2 \theta(1+r^2\cos^2\theta) + 2r\cos^2\theta}= \dfrac{1}{\sin^2 \theta + \cos^2\theta} = 1$$

Answer 4

Intercambio de numerador y denominador, $$ \frac{\sin^2 y+\ln(1+x^2)}{x^2+y^2}=\frac{y^2}{x^2+y^2}\frac{\sin^2 y}{y^2}+\frac{x^2}{x^2+y^2}\frac{\ln(1+x^2)}{x^2}. $$ Es igual a $$ \frac{y^2}{x^2+y^2}\left(\frac{\sin^2 y}{y^2}-1\right)+\frac{x^2}{x^2+y^2}\left(\frac{\ln(1+x^2)}{x^2}-1\right)+1 $$ The first term tends to $0$como $$ \left|\frac{y^2}{x^2+y^2}\left(\frac{\sin^2 y}{y^2}-1\right)\right|\le \left|\frac{\sin^2 y}{y^2}-1\right|\xrightarrow{x,y\to 0} 0. $$ De manera similar para el segundo término $$\left|\frac{x^2}{x^2+y^2}\left(\frac{\ln(1+x^2)}{x^2}-1\right)\right|\le \left|\frac{\ln(1+x^2)}{x^2}-1\right|\xrightarrow{x,y\to 0} 0. $$ Así que, de la siguiente manera $$ \lim_{(x,y)\a (0,0)}\frac{x^2+y^2}{\sin^2 y+\ln(1+x^2)}=\lim_{(x,y)\a (0,0)}\frac1{\frac{\sin^2 y+\ln(1+x^2)}{x^2+y^2}}=1. $$

Answer 5

Tenemos $\sin^2 y=y^2(1+f(y))$ y $\ln (1+x^2)=x^2(1+g(x))$ donde $\lim_{y\to 0}f(y)=0=\lim_{x\to 0}g(x).$

Entonces $\lim_{x^2+y^2\to 0}|f(y)|+|g(x)|=0.$

Cuando $x^2+y^2\ne 0,$ el recíproco de la expresión en la Q es $1+\frac {y^2f(y)+x^2g(x)}{x^2+y^2}$ que no puede diferir de $1$ en más de $\frac {(y^2+x^2)(|f(y)|+|g(x)|)}{x^2+y^2}=|f(y)|+|g(x)|.$