Analiza matematyczna, zadanie nr 1778

Autor	Zadanie / Rozwiązanie
sylwia_1 postów: 5	2013-12-04 14:46:15 Czesc, bardzo proszę Was o pomoc w rozwiązaniu zadań i zrozumieniu zagadnienia: 1.Wykaż, że granica nie istnieje a)\lim_{x \to 1} e^(1/(x-1)) czy można to obliczyć tak: dla t=1/(x-1) \lim_{t \to 1} e^t= e^(\lim_{t \to 1-} = 0 a dla 1+ = +\infty ? b) \lim_{x \to -1} \lim_{y \to 1} (3+x(y+2))/(6-4y-x^2-y^2) czy mam to obliczyć dla x,y = (1/n ; 1/n) i x,y = (1/n ; -1/n) i wykazać, ze istnieje lub nie granica? Takie przykłady widziałam, tylko nie bardzo rozumiem o co chodzi z takim użyciem x,y jako (1/n). c) \lim_{x \to 1} \lim_{y \to 0} (1+4y-x^2-y^2)/(2-2x+xy) czy tutaj, skoro w liczniku nic nie mam (w sensie ani x ani y) przy 1, a w mianowniku niczego nie mam przy 2, to dla każdego punktu zawsze ta granica bedzie istniała dla 1/2? d) \lim_{x \to 0} \lim_{y \to 0} (5xy-3y+x)/(3xy+y-2x) czy mozna to obliczyc (taki sposób też widziałam, tylko czy to dotyczy tylko takich przypadków, gdy x i y\rightarrow0?) najpierw dla x=0 otrzymam -1/2; potem dla y=0 mam -3, wiec granica nie istnieje? dziękuję

abcdefgh postów: 1255	2013-12-04 16:29:33 $a)\lim_{x \to 1} e^{(1/(x-1))}$ $\lim_{x \to 1^{-}} e^{1/(x-1)}=e^{-\infty}=0$ $\lim_{x \to 1^{+}} e^{1/(x-1)}=e^{+\infty}=+\infty$

sylwia_1 postów: 5	2013-12-04 17:16:36 ok, a jak z pozostałymi?

abcdefgh postów: 1255	2013-12-04 17:24:53 $b) \lim_{x \to -1} \lim_{y \to 1} (3+x(y+2))/(6-4y-x^2-y^2$ $Wybierzmy \ \ ciąg \ \ (x_{n},y_{n})=(-1,1+\frac{1}{n})\rightarrow_{n \to \infty} (-1,1) $ $\frac{3+(-1)(2+1+\frac{1}{n})}{6-4(1+\frac{1}{n})-(-1)^2-(1+\frac{1}{n})^2}=\frac{3-3-\frac{1}{n}}{6-4-\frac{4}{n}-1-(1+\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2})}=\frac{-\frac{1}{n}}{-\frac{6}{n}-\frac{1}{n^2}}=\frac{-\frac{1}{n}}{\frac{-6n-1}{n^2}}=-\frac{1}{n}\frac{n^2}{-6n-1}=\frac{n}{6n+1}=\frac{n}{n}\frac{1}{6+\frac{1}{n}} \rightarrow_{n \to infty} \frac{1}{6}$ $Wybierzmy \ \ ciąg \ \ (x'_{n},y'_{n})=(-1+\frac{1}{n},1+\frac{1}{n})\rightarrow_{n \to \infty} (-1,1) $ $\frac{3+(-1+\frac{1}{n})(3+\frac{1}{n})}{6-4-\frac{4}{n}-(1-\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2})-(1+\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2})}=\frac{3+(-3-\frac{1}{n}+\frac{3}{n}+\frac{1}{n^2})}{\frac{-4}{n}-\frac{2}{n^2}}=\frac{\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2}}{\frac{-4n-2}{n^2}}=\frac{2n+1}{n^2}\frac{n^2}{-4n-2} \rightarrow_{n \to \infty} \frac{-1}{2}$ nie istnieje

sylwia_1 postów: 5	2013-12-04 17:31:50 ok, ale czemu wybieramy taki ciąg xn,yn i x'n y'n - czy mogę wybrać dowolne wartości tego ciągu?

abcdefgh postów: 1255	2013-12-04 17:42:38 $c) \lim_{(x,y) \to (1,0)}(1+4y-x^2-y^2)/(2-2x+xy)$ $(x_{n},y_{n})=(1,\frac{1}{n})\rightarrow (1,0)$ $\frac{1+4\frac{1}{n}-1-\frac{1}{n^2}}{2-2+\frac{1}{n}}=\frac{\frac{4n-1}{n^2}}{\frac{1}{n}}=\frac{4n-1}{n^2}n=\frac{4n-1}{n} \rightarrow_{n \to \infty}4$ $(x'_{n},y'_{n})=(1+\frac{1}{n},\frac{1}{n})\rightarrow (1,0)$ $\frac{1+\frac{4}{n}-1-\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2}-\frac{1}{n^2}}{2-2-\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n}}=\frac{\frac{2}{n}-\frac{2}{n^2}}{\frac{-1}{n}+\frac{1}{n^2}}=\frac{2n-2}{n^2}*\frac{n^2}{-n+1} \rightarrow_{n \to \infty} -2$ nie istnieje

sylwia_1 postów: 5	2013-12-04 19:17:33 dziękuję bardzo za pomoc, tylko mam prośbę o wyjaśnienie czemu wybieramy taki ciąg xn,yn i x'n y'n - czy mogę wybrać dowolne wartości tego ciągu?

sylwia_1 postów: 5	2013-12-04 19:33:55 chyba już to rozumiem, po prostu xn i yn oraz x'n i y'n muszą miec takie wartości ciągu, które będą zbieżne do danych wartosci x,y dla n->$\infty$, czyli w pkt. c (1,0), w b) (-1,1).

strony: 1

Prawo do pisania przysługuje tylko zalogowanym użytkownikom. Zaloguj się lub zarejestruj