Límite multivariable $\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} \frac { x \sin(y/\sqrt{x}) } {\sqrt{ x^2 + y^2 }}$

Question

Al intentar encontrar este límite, todas las trayectorias (x,y) que compruebo que se acercan a (0,0) producen el mismo resultado, es decir, la función se acerca a 0. En consecuencia, he elaborado la prueba más sencilla que he podido de que el límite existe y es cero. Sin embargo wolframalpha me dice que el límite no existe. Suponiendo que me equivoque, ¿podría alguien aclarar en qué falla mi prueba, y posiblemente proporcionar un camino en el que la función no se acerque a 0?

\begin{equation} \lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} \frac { x \cdot \sin(\frac{y}{\sqrt{x}}) } {\sqrt{ x^2 + y^2 }} \end{equation}

proporcionó $x>0$

mi prueba:

tomemos $\varepsilon > 0$ y demostrar la existencia de unos $\delta > 0$ tal que
$\forall (x,y) \in B(0, \delta ) : |f(x,y)| < \varepsilon$
(donde f es nuestra función anterior, y como se indica $x>0$ )

llevando la x al denominador, obtenemos:

\begin{equation} \frac { \sin(\frac{y}{\sqrt{x}}) } {\sqrt{ 1 + (\frac{y}{x})^2 }} \end{equation}

sin está acotado entre -1 y 1, por lo que a partir de aquí pretendo demostrar que puedo elegir un $\delta$ donde el denominador es lo suficientemente grande como para que la expresión sea menor que nuestro $\varepsilon$ y si no, el numerador es menor que nuestro $\varepsilon$ .

Encontramos el denominador relevante limitado por:

\begin{equation} \frac {1} {\sqrt{ 1 + (\frac{y}{x})^2 }} < \varepsilon \end{equation}

que es simplemente:

\begin{equation} \frac {y}{x} > \sqrt{\frac{1}{\varepsilon^2} - 1} \end{equation}

Claramente, si esta desigualdad se mantiene, entonces el valor absoluto de la función está efectivamente limitado por nuestro $\varepsilon$ según sea necesario.

así que vamos a tratar el caso de los segundos:

\begin{equation} \frac {y}{x} \leq \sqrt{\frac{1}{\varepsilon^2} - 1} \end{equation}

multiplicando por $\sqrt {x}$ obtenemos

\begin{equation} \frac {y}{\sqrt{x}} \leq \sqrt{x} \cdot \sqrt{\frac{1}{\varepsilon^2} - 1} \leq \sqrt{\delta} \cdot \sqrt{\frac{1}{\varepsilon^2} - 1} \end{equation}

la última desigualdad se debe a que $x$ está obviamente ligada a la $\delta$ elegimos
debe quedar claro que el lado derecho de la desigualdad es arbitrariamente pequeño, aunque lo formalizaremos un poco:

toma $\delta < \varepsilon^4$ : \begin{equation} \frac {y}{\sqrt{x}} \leq \sqrt{\delta} \cdot \sqrt{\frac{1}{\varepsilon^2} - 1} < \sqrt{\varepsilon^4} \cdot \sqrt{\frac{1}{\varepsilon^2}} = \varepsilon^2 \cdot \frac{1}{\varepsilon} = \varepsilon \end{equation}

sin demasiada formalidad, decimos que para un tamaño suficientemente pequeño $\delta$ , $\sin x \approx x$ y por lo tanto

\begin{equation} {\sin{ \frac {y}{\sqrt{x}}} \approx \frac {y}{\sqrt{x}} \leq \varepsilon} \end{equation}

Por supuesto, fui perezoso y no añadí las etapas necesarias para demostrar que la aproximación se mantendrá en la desigualdad, aunque lo hace, porque puedo tomar la $\delta$ sea tal que la diferencia entre el pecado y el propio valor sea menor que $\frac{\varepsilon}{3}$ y también tal que $\frac{y}{\sqrt {x}} < \frac{\varepsilon}{3}$ lo que significa que el pecado es efectivamente menor que $\varepsilon$ como se requiere. Esto se encarga del segundo caso.

QED

(No me he preocupado mucho de si y es positivo o negativo, aunque la función es impar, por lo que podemos trabajar con positivos y luego sólo demostrar el resultado para los negativos)

Answer 1

Su prueba es correcta, aunque algo larga. Es una buena práctica, una vez que se tiene una prueba, volver atrás y ver si se puede simplificar al máximo, tratando de encontrar el camino más directo hacia el resultado deseado. En el proceso, a menudo se obtiene una mejor comprensión del problema.

Ya que terminó utilizando el hecho de que $\sin \theta \le \theta$ para todos $\theta > 0$ veamos si podemos usar esto desde el principio. Dado que la función es impar con respecto a $y$ basta con considerar únicamente $y \ge 0$ como has notado. Entonces tenemos $$\frac{x\sin\frac{y}{\sqrt{x}}}{\sqrt{x^2+y^2}} \le \frac{y\sqrt{x}}{\sqrt{x^2+y^2}} \le \sqrt{x}$$ porque $y \le \sqrt{x^2+y^2}$ . En otras palabras, la función es positiva y está limitada por encima de $\sqrt{x}$ . Desde aquí, puedes llegar fácilmente a donde quieras.

Answer 2

Wolframalpha no es infalible. Su prueba me parece bien.

Un truco que a veces ayuda para problemas como éste es escribir $y = ax$ y luego examinar su expresión. En este caso se obtiene ${1 \over \sqrt{1 + a^2}} \sin (a \sqrt{x})$ . Entonces puedes usar eso $|\sin(\theta)| \leq |\theta|$ para todos $\theta$ para conseguir que esté limitada en valor absoluto por ${a \over \sqrt{1 + a^2}} \sqrt{x}$ . Desde $\big|{a \over \sqrt{1 + a^2}}\big|$ es como máximo 1, el valor absoluto de su expresión es como máximo $\sqrt{x}$ que llega a cero cuando $(x,y)$ se acerca al origen.

Answer 3

Creo que Wolfram-Alpha tiene razón en este caso. Pero técnicamente le estás haciendo la pregunta equivocada. Para que usted pueda afirmar $\forall(x,y)\in B(\delta,0)$ , $|f(x,y)|<\delta$ Su función $f(x,y)$ tiene que definirse en una vecindad local alrededor del origen. En este caso no lo está, ya que la función es indefinida en $x=0$ . Creo que lo que tienes que introducir en Wolfram Alpha es algo parecido a un límite multivariable unilateral.
$$ \lim_{x\rightarrow 0^+,y\rightarrow 0} \frac{x\sin\frac{y}{\sqrt{x}}}{x^2 + y^2}$$ Porque a primera vista, creo que Wolfram alpha comprobaría si hay alguna zona problemática en una vecindad local del origen.