hallazgo

Question

Encuentra límites para $\lim_{x,y \rightarrow 0,0} \frac{x \ln(1+y)}{2x^2+y^2}$

Estoy encontrando el máximo y el mínimo para la función y uno de los casos críticos es encontrar el posible valor mínimo y máximo de la función dada en $0,0$ . Pero, ¿cómo puedo hacer esto debido a que este límite no existe (por ejemplo, podemos tomar $x,y = {1\over n},{1\over n}$ y $x,y = {2\over n},{1 \over n}$

Answer 1

Cada curva de nivel

$$ f(x,y)= \frac{x \ln(1+y)}{2x^2+y^2}=c $$

para $c\le0.353$ pasa a través de $(0,0)$ , pero no así para $c>0.354$, por lo que el máximo punto de $(0,0,z_{\text{MAX}})$ debe tener $z_{\text{MAX}}$ se encuentran en algún lugar entre esas dos cantidades.

Para cada curva de nivel, el punto más cercano de la $(0,0)$ parece mentira a lo largo de la línea de $y=\sqrt{2}x$. La sustitución de $y$ con $\sqrt{2}x$ da

$$ y=\frac{\ln(1+\sqrt{2}x)}{4x} $$

y

$$ \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+\sqrt{2}x)}{4x}=\frac{\sqrt{2}}{4}\approx0.3535533906 $$

Esta sería la correcta máximo de si, efectivamente, el punto en cada curva de nivel más cercano a $(0,0)$ en realidad se encuentra a lo largo de la línea de $y=\sqrt{2}x$.

Answer 2

Es verdad que el $\lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}$ no existe. Lo que puedes hacer es hacer una sustitución de $x=r\cos\phi$, $y=r\sin\phi$, $r\in(0,\infty)$, $\phi \in [0,2\pi)$ y buscar el mínimo de la función $$ \frac{r\cos\phi \ln(1+r\sin\phi)}{2r^2\cos^2\phi+r^2\sin^2\phi}$$ Tenga en cuenta que (usando el de l'Hospital de la regla, o apretar $\frac{x}{1+x} \le \ln x \le x$), se puede encontrar que $$\lim_{r\rightarrow 0} \frac{r\cos\phi \ln(1+r\sin\phi)}{2r^2\cos^2\phi+r^2\sin^2\phi} = \frac{\cos\phi \sin\phi}{2\cos^2\phi+\sin^2\phi}$$ que es una función definida para todos los $\phi\in[0,2\pi)$, lo que permite analizar la función cerca de $r=0$.

Answer 3

Sustituye $x= r \cos \theta$ y $y= r \sin \theta$ , entonces tienes

PS

Answer 4

Intento:

$|\log (1+y)| \le 2|y|$ , para $|y|\le 1/2$ .

Entonces

$ \dfrac{|x\log (1+y)|}{2x^2+y^2} \le \dfrac{2|xy|}{2x^2+y^2} \le $

$\dfrac{x^2+y^2}{(2x^2+y^2)}< 1$ .

Por lo tanto para $|y| \le 1/2$ :

$|\dfrac{x\log (1+y)}{2x^2+y^2}| <1$ .

Answer 5

Usted puede usar AM-GM (desigualdad entre la aritmética y la media geométrica) y el valor medio el teorema de obtener de los límites razonables:

• AM-GM: $a+b \geq 2\sqrt{ab}$ con $a =2x^2, b= y^2$ y la igualdad iff $a=b \Leftrightarrow 2x^2 = y^2$
• MVT: Para $y \neq 0, y>-1$ ha $\frac{\ln (1+y)}{y} = \frac{1}{1+\eta}$ con $\eta$ entre $0$ e $y$

Considere la posibilidad de $(x,y)$ con $xy\neq 0$ (de lo contrario, la expresión es igual a $0$ de todos modos). Para su comodidad además, supongamos $|x|,|y| < 1$, ya que queremos estudiar el comportamiento de la expresión alrededor de $(0,0)$:

\begin{eqnarray*}\left| \frac{x \ln(1+y)}{2x^2+y^2}\right| & \stackrel{AM-GM}{\leq} & \frac{|x||\ln(1+y)|}{2\sqrt{2x^2y^2}} \\ & = & \frac{1}{2\sqrt{2}}\cdot \left| \frac{\ln(1+y)}{y}\right| \\ & \stackrel{MVT}{=} & \frac{1}{2\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{1+\eta} \\ & \leq & \begin{cases}\frac{1}{2\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{1+0} & y>\eta> 0 \\ \frac{1}{2\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{1-|y|} & -1 < y < 0 \end{casos}\\ & \stackrel{por ejemplo, \color{blue}{|y|<\frac{1}{2}}}{\leq} & \begin{cases}\frac{1}{2\sqrt{2}} & y> 0 \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \color{blue}{-\frac{1}{2}<y<0} \end{casos}\\ \end{eqnarray*}