1. Пространство, области, пределы

Первая тема ФНП: что такое функция двух-трёх переменных, как найти и нарисовать её область определения, как считать двойной и повторные пределы и как доказать, что предела нет. Задание 1 КР1 - ровно про это.

КР1, задание 1: пределыперед СР1 просили повторить повторные пределыРПД: темы 1.1, 1.2

Что точно известно про КР

В чате практики (05.10) среди тем КР1 первыми названы пределы. В примере КР1 из РПД курса задание 1 звучит так: «Вычислите предел функции $z(x;y)$ в точке $(x_0;y_0)$ или докажите, что он не существует», варианты: а) $\frac{x-y}{x+y}$ в $(0;0)$, б) $\frac{x^2+y^2}{\sqrt{x^2+y^2+1}-1}$ в $(0;0)$. В примере ДЗ1 из РПД: повторные пределы и двойной предел для $\frac{y^2-x^2}{y^2+x^2}$. Все три задачи разобраны ниже (ищи плашки «из РПД»). 23.09 в чате просили «повторить, как находить повторные пределы» - им отдан раздел 6.

1. Функция нескольких переменных

На первом курсе функция брала одно число и выдавала одно число. Теперь на вход подаётся точка: пара $(x,y)$, тройка $(x,y,z)$ или набор $(x_1,\dots,x_n)$. На выходе по-прежнему одно число.

Определение

Пусть $D\subset\R^n$. Функцией $n$ переменных называется правило $f$, которое каждой точке $P(x_1,\dots,x_n)\in D$ ставит в соответствие одно число $u=f(P)=f(x_1,\dots,x_n)$. Множество $D=D(f)$ - область определения, множество всех значений $E(f)$ - область значений.

Примеры, которые встречаются и вне матана:

График - это поверхность

Для $z=f(x,y)$ над каждой точкой $(x,y)$ плоскости откладываем высоту $z$. Получается поверхность в $\R^3$: $\{(x,y,f(x,y))\}$. Покрути картинку мышью.

Линии уровня - карта высот

Определение

Линия уровня функции $z=f(x,y)$ - множество точек плоскости, где функция принимает одно и то же значение: $f(x,y)=C$. Для функции трёх переменных $u=f(x,y,z)$ то же самое называется поверхностью уровня: $f(x,y,z)=C$.

Это ровно изолинии на топографической карте: режем «гору» горизонтальными плоскостями $z=C$ и проецируем срезы на плоскость $xy$. Где линии гуще, там склон круче. Две разные линии уровня не пересекаются: в точке пересечения функция имела бы два разных значения.

Пример 1

Опишите линии уровня $z=x^2+y^2$ и поверхности уровня $u=x^2+y^2+z^2$ и $u=x^2+y^2-z^2$.

Решение

$x^2+y^2=C$: при $C>0$ это окружности радиуса $\sqrt C$ с центром в начале координат, при $C=0$ - одна точка $(0,0)$, при $C<0$ пусто. Сама поверхность $z=x^2+y^2$ - параболоид («чаша»).

$x^2+y^2+z^2=C$: при $C>0$ - сферы радиуса $\sqrt C$, при $C=0$ - точка.

$x^2+y^2-z^2=C$: при $C>0$ - однополостные гиперболоиды, при $C=0$ - конус $z^2=x^2+y^2$, при $C<0$ - двуполостные гиперболоиды.

2. Пространство $\R^n$: окрестности, точки, множества

Чтобы говорить о пределе, надо уметь сказать «точка $P$ близко к точке $P_0$». Для этого нужно расстояние.

Определения

Расстояние между точками $P(x_1,\dots,x_n)$ и $Q(y_1,\dots,y_n)$:

$$\rho(P,Q)=\sqrt{(x_1-y_1)^2+\dots+(x_n-y_n)^2}.$$

$\varepsilon$-окрестность точки $P_0$ - открытый шар $U_\varepsilon(P_0)=\{P:\ \rho(P,P_0)<\varepsilon\}$. На плоскости это круг без граничной окружности, в $\R^3$ - шар без сферы. Проколотая окрестность $\mathring U_\varepsilon(P_0)$ - та же, но без самой точки $P_0$.

Вместо круга можно брать квадрат $|x-x_0|<\delta,\ |y-y_0|<\delta$: в любой круг влезает квадрат и наоборот, поэтому для пределов и непрерывности это одно и то же.

A B C множество E A - внутренняя, B - граничная (в любом круге есть точки E и не E), C - внешняя
Внутренняя, граничная и внешняя точки множества
Типы точек и множеств

Пусть $E\subset\R^n$.

Ловушка

«Не открыто» не значит «замкнуто». Кольцо $1<x^2+y^2\le4$ не открыто (внешняя окружность входит) и не замкнуто (внутренняя не входит). А вся плоскость $\R^2$ одновременно открыта и замкнута.

Множество $\{(x,y):\ xy>0\}$ (первая и третья четверти без осей) - это...
Оси не входят, поэтому множество открыто. Но из первой четверти в третью не пройти, не задев оси, значит, оно не связно и областью не является.

3. Область определения

Типовая задача: «найти и изобразить область определения». Её не решают отдельно, но без неё нельзя понять, откуда и куда можно подходить в пределе.

Алгоритм
  1. Выписать все ограничения: знаменатель $\ne0$; под корнем чётной степени $\ge0$; под логарифмом $>0$; аргумент $\arcsin$, $\arccos$ в $[-1,1]$; у $\tg$ аргумент $\ne\frac\pi2+\pi k$.
  2. Решить систему неравенств. Каждое неравенство «$F(x,y)\ge0$» - часть плоскости по одну сторону от кривой $F(x,y)=0$.
  3. Нарисовать граничные кривые и заштриховать нужную часть (проверить по пробной точке).
  4. Отдельно сказать, входит ли граница: при нестрогом неравенстве входит (сплошная линия), при строгом или $\ne$ - нет (пунктир).

На картинках ниже область закрашена, граничные кривые нарисованы сплошными; что входит, а что нет, написано в подписи.

Пример 2

$z=\sqrt{1-x^2-y^2}$.

Решение

Под корнем $1-x^2-y^2\ge0$, то есть $x^2+y^2\le1$. Это круг радиуса 1 с центром в начале координат, граница входит. Множество замкнутое, ограниченное, связное: замкнутая область. График - верхняя полусфера.

Пример 3

$z=\ln(xy)$.

Решение

$xy>0$: $x$ и $y$ одного знака. Это первая и третья координатные четверти, оси не входят. Множество открытое, но не связное, поэтому строго говоря это объединение двух областей, а не одна область.

Сравни с $z=\ln x+\ln y$: там нужно $x>0$ и $y>0$ - только первая четверть. Формула $\ln(xy)=\ln x+\ln y$ меняет область определения.

Пример 4

$z=\arcsin\dfrac yx$.

Решение

Нужно $x\ne0$ и $-1\le\frac yx\le1$, то есть $\left|\frac yx\right|\le1\iff|y|\le|x|$ (умножили на $|x|>0$, знак не меняется).

$|y|\le|x|$ - это «бабочка» между прямыми $y=x$ и $y=-x$, содержащая ось $Ox$. Прямые $y=\pm x$ входят, кроме точки $(0,0)$, которая выколота из-за $x\ne0$.

Частая ошибка: умножить $-1\le\frac yx\le1$ на $x$, не думая о знаке, и получить $-x\le y\le x$ - это только правая половина.

Пример 5

$z=\sqrt{y-x^2}+\ln(4-x^2-y^2)$.

Решение

Два условия одновременно: $y\ge x^2$ (под корнем) и $x^2+y^2<4$ (под логарифмом). Первое - всё, что выше параболы $y=x^2$ вместе с ней, второе - внутренность круга радиуса 2.

Пересечение - «линза» между параболой и окружностью. Дуга параболы входит, дуга окружности не входит. Точки пересечения: $y+y^2=4\Rightarrow y=\frac{-1+\sqrt{17}}2\approx1{,}56$, $x\approx\pm1{,}25$; они лежат на окружности, поэтому не входят.

Множество ограничено и связно, но ни открыто, ни замкнуто.

Пример 6

$z=\dfrac1{\sqrt{x^2+y^2-1}}+\sqrt{4-x^2-y^2}$.

Решение

Корень в знаменателе: подкоренное выражение строго положительно, $x^2+y^2>1$. Второй корень: $x^2+y^2\le4$. Итого кольцо $1<x^2+y^2\le4$: внутренняя окружность не входит (там знаменатель ноль), внешняя входит.

Пример 7

$z=\sqrt{\sin\big(\pi(x^2+y^2)\big)}$.

Решение

Нужно $\sin(\pi t)\ge0$, где $t=x^2+y^2\ge0$. Синус неотрицателен при $\pi t\in[2\pi k,\ \pi+2\pi k]$, то есть $2k\le x^2+y^2\le2k+1$, $k=0,1,2,\dots$

Получается круг $x^2+y^2\le1$ и бесконечная серия колец $2\le x^2+y^2\le3$, $4\le x^2+y^2\le5$, ... Все граничные окружности входят. Множество замкнутое, неограниченное и несвязное.

Для трёх переменных всё так же, только границы - поверхности. Например, $u=\sqrt{1-x^2-y^2-z^2}$ определена в замкнутом шаре $x^2+y^2+z^2\le1$, а $u=\ln(z-x^2-y^2)$ - строго внутри параболоида $z>x^2+y^2$.

4. Двойной предел: определение

Идея та же, что на первом курсе: $f(P)\to A$, когда $P\to P_0$. Разница в том, что на прямой к точке можно подойти только слева и справа, а на плоскости - по бесконечному числу путей: по прямым, по параболам, по спиралям, скачками. Предел существует, только если по любому пути получается одно и то же число.

Определение (по Коши, на языке $\varepsilon$-$\delta$)

Пусть $P_0(x_0,y_0)$ - предельная точка $D(f)$. Число $A$ - предел функции $f(x,y)$ при $(x,y)\to(x_0,y_0)$, если

$$\forall\varepsilon>0\ \exists\delta>0:\ \forall (x,y)\in D(f),\ 0<\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}<\delta\ \Rightarrow\ |f(x,y)-A|<\varepsilon.$$

Обозначения: $\lim\limits_{(x,y)\to(x_0,y_0)}f(x,y)=A$, $\lim\limits_{\substack{x\to x_0\\ y\to y_0}}f(x,y)=A$. Такой предел называют двойным, в отличие от повторных (раздел 6).

Определение (по Гейне, через последовательности)

$\lim\limits_{P\to P_0}f(P)=A$, если для любой последовательности точек $P_n\in D(f)$, $P_n\ne P_0$, $P_n\to P_0$, выполнено $f(P_n)\to A$.

Определения равносильны. Определение по Коши удобно, чтобы доказать, что предел есть (оценкой). Определение по Гейне удобно, чтобы доказать, что предела нет: достаточно двух последовательностей (или двух путей) с разными пределами.

Как понимать «по любому пути»

Поверхность $z=f(x,y)$ над проколотым маленьким кругом вокруг $P_0$ должна вся сжиматься к одной высоте $A$. Если над точкой $P_0$ поверхность «рвётся» и разные кривые на ней уходят к разным высотам (как на картинках в разделе 5), предела нет.

Предел при $(x,y)\to\infty$ определяется так же, только вместо «$\rho(P,P_0)<\delta$» пишут «$\sqrt{x^2+y^2}>R$»: точка уходит за любой круг. Запись $x\to+\infty,\ y\to+\infty$ - отдельный, более узкий случай: обе координаты растут.

Свойства (как на первом курсе)

5. Как вычислять двойной предел

Порядок действий на КР
  1. Подставить точку. Если получилось число (функция непрерывна в точке) - это ответ.
  2. Неопределённость. Если всё зависит от одной комбинации ($xy$, $x^2+y^2$, ...) - замена $t=\dots$ и предел одной переменной: эквивалентности, замечательные пределы, домножение на сопряжённое.
  3. Подозрение, что предел есть и равен $A$: оценить $|f-A|$ сверху чем-то, что стремится к нулю (неравенства или полярные координаты).
  4. Подозрение, что предела нет: найти два пути с разными пределами. Сначала прямые $y=kx$ (через точку $P_0$: $y-y_0=k(x-x_0)$), если по ним всё одинаково - параболы $y=kx^2$, $x=ky^2$ и пути, «подогнанные» под знаменатель.

(а) Подстановка

Все элементарные функции непрерывны там, где определены (раздел 7). Поэтому если точка лежит в области определения, предел равен значению.

Пример 8

$\lim\limits_{(x,y)\to(1,2)}\dfrac{x^2y+3}{x+y}$.

Решение

Знаменатель в точке $(1,2)$ равен $3\ne0$, функция там определена и непрерывна. Подставляем: $\frac{1\cdot2+3}{3}=\frac53$.

Ответ: $\frac53$.

(б) Замена, эквивалентности, замечательные пределы

Пример 9

$\lim\limits_{(x,y)\to(0,2)}\dfrac{\sin(xy)}{x}$.

Решение

Подстановка даёт $\frac00$. Функция определена при $x\ne0$. Рядом с $(0,2)$ имеем $y\ne0$, так что $xy\ne0$, и можно домножить и разделить на $y$:

$$\frac{\sin(xy)}{x}=\frac{\sin(xy)}{xy}\cdot y.$$

При $(x,y)\to(0,2)$ величина $t=xy\to0$, поэтому $\frac{\sin t}{t}\to1$ (первый замечательный предел), а $y\to2$.

Ответ: $2$.

Пример 10

$\lim\limits_{(x,y)\to(0,1)}(1+xy)^{1/x}$.

Решение

Неопределённость $1^\infty$. Записываем через экспоненту:

$$(1+xy)^{1/x}=\exp\left(\frac{\ln(1+xy)}{x}\right)=\exp\left(\frac{\ln(1+xy)}{xy}\cdot y\right).$$

$t=xy\to0$, $\frac{\ln(1+t)}t\to1$, $y\to1$, поэтому показатель стремится к $1$.

Ответ: $e$.

Пример 11 из примера КР1 в РПД

$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{x^2+y^2}{\sqrt{x^2+y^2+1}-1}$.

Решение

Всё зависит от $t=x^2+y^2$, причём $t\to0$ и $t>0$ при $(x,y)\ne(0,0)$. Получаем предел одной переменной, домножаем на сопряжённое:

$$\frac{t}{\sqrt{t+1}-1}=\frac{t\left(\sqrt{t+1}+1\right)}{(t+1)-1}=\sqrt{t+1}+1\ \xrightarrow[t\to0]{}\ 2.$$

Можно и эквивалентностью: $\sqrt{1+t}-1\sim\frac t2$, тогда дробь $\sim\frac{t}{t/2}=2$.

Ответ: $2$.

(в) Полярные координаты

Для точки $(0,0)$ ставим $x=r\cos\varphi$, $y=r\sin\varphi$ (для $(x_0,y_0)$: $x=x_0+r\cos\varphi$, $y=y_0+r\sin\varphi$). Тогда $(x,y)\to(0,0)\iff r\to0^+$, а $\varphi$ любой.

Критерий через полярные координаты

Если $|f(r\cos\varphi,\ r\sin\varphi)-A|\le g(r)$ для всех $\varphi$, и $g(r)\to0$ при $r\to0^+$, то $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f=A$.

Ключевое: оценка $g(r)$ не должна зависеть от $\varphi$ (сходимость равномерная по $\varphi$).

Пример 12

$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{x^3+y^3}{x^2+y^2}$.

Решение

$\dfrac{r^3(\cos^3\varphi+\sin^3\varphi)}{r^2}=r(\cos^3\varphi+\sin^3\varphi)$. Так как $|\cos^3\varphi+\sin^3\varphi|\le2$, получаем $|f|\le2r\to0$ - оценка без $\varphi$.

Ответ: $0$.

Пример 13

$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}(x^2+y^2)\ln(x^2+y^2)$.

Решение

$x^2+y^2=r^2$, $\varphi$ вообще пропал: $r^2\ln r^2=t\ln t$ при $t=r^2\to0^+$. По правилу Лопиталя $t\ln t=\frac{\ln t}{1/t}\to\lim\frac{1/t}{-1/t^2}=\lim(-t)=0$.

Ответ: $0$.

Пример 14

$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{x^2y}{x^2+y^2}$.

Решение

Полярные: $\dfrac{r^3\cos^2\varphi\sin\varphi}{r^2}=r\cos^2\varphi\sin\varphi$, $|f|\le r\to0$.

Или без полярных: $x^2\le x^2+y^2$, значит $\left|\frac{x^2y}{x^2+y^2}\right|\le|y|\to0$.

Ответ: $0$.

Ловушка полярных координат

Если после замены вышло что-то вроде $\dfrac{r\cos^2\varphi\sin\varphi}{r^2\cos^4\varphi+\sin^2\varphi}$, нельзя сказать «при каждом $\varphi$ стремится к 0, значит, предел 0». Знаменатель зависит от $\varphi$ и может становиться маленьким. Нужна оценка, одинаковая для всех $\varphi$. Её нет - разобрано в примере 18.

(г) Оценки неравенствами

Полезные неравенства $$|x|\le\sqrt{x^2+y^2},\qquad |y|\le\sqrt{x^2+y^2},\qquad |xy|\le\frac{x^2+y^2}2,$$ $$x^2+y^2\le(|x|+|y|)^2,\qquad x^4+y^4\ge\frac{(x^2+y^2)^2}2,\qquad |\sin t|\le|t|.$$

Третье - это $(|x|-|y|)^2\ge0$. Пятое - это же неравенство для $x^2$ и $y^2$: $2x^2y^2\le x^4+y^4$.

Пример 15

$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{x^2y^2}{x^2+y^2}$.

Решение

$x^2y^2=(xy)^2\le\frac{(x^2+y^2)^2}4$. Значит $0\le f\le\frac{x^2+y^2}4\to0$. По теореме о двух милиционерах предел $0$.

Ответ: $0$.

(д) Как доказать, что предела нет

Схема доказательства
  1. Взять путь 1, проходящий через $P_0$ (например, $y=k_1x$), и посчитать предел функции вдоль него - это обычный предел одной переменной.
  2. Взять путь 2 и получить другое число. Удобно сразу взять семейство путей с параметром $k$: если ответ зависит от $k$, предела нет.
  3. Записать вывод: по определению Гейне (взяв точки $P_n$ на этих путях) последовательности значений сходятся к разным числам, значит, двойного предела нет.

Пути обязаны лежать в $D(f)$ (кроме самой точки $P_0$).

Пример 16

$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{xy}{x^2+y^2}$.

Решение

Вдоль прямой $y=kx$, $x\ne0$:

$$f(x,kx)=\frac{kx^2}{x^2+k^2x^2}=\frac{k}{1+k^2}.$$

Вдоль $y=0$ ($k=0$) значение $0$, вдоль $y=x$ ($k=1$) значение $\frac12$. Ответ зависит от $k$, значит, предела нет.

Полярные это тоже показывают: $f=\cos\varphi\sin\varphi=\frac12\sin2\varphi$ - от $r$ не зависит вообще, только от направления.

Пример 17 из примера КР1 в РПД

Вычислите предел $z=\dfrac{x-y}{x+y}$ в точке $(0;0)$ или докажите, что он не существует.

Решение

Область определения: $x+y\ne0$, прямая $y=-x$ выколота. Подходим по прямым $y=kx$, $k\ne-1$:

$$z(x,kx)=\frac{x-kx}{x+kx}=\frac{1-k}{1+k}.$$

При $k=0$ (по оси $Ox$) получаем $1$, при $k=1$ получаем $0$. Разные значения, значит, предела нет.

Можно добавить проверку через повторные пределы (раздел 6): $\lim\limits_{x\to0}\lim\limits_{y\to0}\frac{x-y}{x+y}=\lim\limits_{x\to0}\frac xx=1$, $\lim\limits_{y\to0}\lim\limits_{x\to0}\frac{x-y}{x+y}=\lim\limits_{y\to0}\frac{-y}{y}=-1$. Повторные разные - двойного предела нет. Оба способа годятся как доказательство.

Пример 18. По всем прямым одинаково, а предела нет

$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{x^2y}{x^4+y^2}$.

Решение

Прямые $y=kx$: $f(x,kx)=\dfrac{kx^3}{x^4+k^2x^2}=\dfrac{kx}{x^2+k^2}\to0$ при $k\ne0$; при $k=0$ функция тождественно $0$; по оси $Oy$ ($x=0$) тоже $0$. По всем прямым предел $0$.

Параболы $y=kx^2$: $f(x,kx^2)=\dfrac{kx^4}{x^4+k^2x^4}=\dfrac{k}{1+k^2}$. При $k=1$ это $\frac12\ne0$. Значит, предела нет.

Откуда взять параболу: в знаменателе $x^4$ и $y^2$; они «одного порядка», когда $y\sim x^2$. Подбирай путь так, чтобы слагаемые в знаменателе были сравнимы.

Почему полярные здесь обманывают. $f=\dfrac{r\cos^2\varphi\sin\varphi}{r^2\cos^4\varphi+\sin^2\varphi}$. При фиксированном $\varphi$ с $\sin\varphi\ne0$ это стремится к $0$. Но если $\varphi$ подбирать вместе с $r$ так, чтобы $\sin\varphi=r\cos^2\varphi$ (это и есть точка на параболе $y=x^2$), получится ровно $\frac12$ при любом $r$. Оценки $|f|\le g(r)\to0$, не зависящей от $\varphi$, нет.

Вдоль любой прямой через $(0,0)$ функция стремится к $5$. Что можно сказать о двойном пределе в $(0,0)$?
Если двойной предел есть, он равен 5 (иначе прямые давали бы другое). Но существование прямые не доказывают: пример 18 - по всем прямым 0, а по параболе 1/2.

6. Повторные пределы

просили повторить перед СР1 (чат 23.09)ДЗ1 в РПД

Двойной предел - подход к точке «со всех сторон сразу». Повторный - сначала одна переменная, потом другая: на плоскости это путь «по ступенькам»: сначала по вертикали до оси, потом по оси.

Определение

Пусть при каждом фиксированном $x$ рядом с $x_0$ ($x\ne x_0$) существует предел $\varphi(x)=\lim\limits_{y\to y_0}f(x,y)$. Тогда

$$\lim_{x\to x_0}\lim_{y\to y_0}f(x,y)=\lim_{x\to x_0}\varphi(x)$$

называется повторным пределом. Аналогично $\lim\limits_{y\to y_0}\lim\limits_{x\to x_0}f(x,y)=\lim\limits_{y\to y_0}\psi(y)$, где $\psi(y)=\lim\limits_{x\to x_0}f(x,y)$.

Порядок: первым считается тот предел, что стоит ближе к функции (правее). В $\lim\limits_{x\to0}\lim\limits_{y\to0}$ сначала $y\to0$ при фиксированном $x$.

Как считать $\lim\limits_{x\to x_0}\lim\limits_{y\to y_0}f$
  1. Считать $x$ константой, $x\ne x_0$. Найти обычный предел по $y$: $\varphi(x)=\lim\limits_{y\to y_0}f(x,y)$. Если для $x$ рядом с $x_0$ он не существует - повторный предел не существует.
  2. Найти $\lim\limits_{x\to x_0}\varphi(x)$.
  3. Другой порядок - то же самое с переставленными ролями.
Теорема (связь двойного и повторного)

Если существует двойной предел $\lim\limits_{(x,y)\to(x_0,y_0)}f(x,y)=A$ и при каждом $x\ne x_0$ из окрестности $x_0$ существует внутренний предел $\varphi(x)=\lim\limits_{y\to y_0}f(x,y)$, то повторный предел $\lim\limits_{x\to x_0}\varphi(x)$ существует и равен $A$.

Что из этого следует на практике
Пример 19 из примера ДЗ1 в РПД

Вычислите а) $\lim\limits_{x\to0}\lim\limits_{y\to0}\dfrac{y^2-x^2}{y^2+x^2}$; б) $\lim\limits_{y\to0}\lim\limits_{x\to0}\dfrac{y^2-x^2}{y^2+x^2}$; в) $\lim\limits_{\substack{x\to0\\y\to0}}\dfrac{y^2-x^2}{y^2+x^2}$.

Решение

а) Фиксируем $x\ne0$, $y\to0$: числитель $\to-x^2$, знаменатель $\to x^2\ne0$, поэтому $\varphi(x)=\dfrac{-x^2}{x^2}=-1$. Затем $\lim\limits_{x\to0}(-1)=-1$.

б) Фиксируем $y\ne0$, $x\to0$: $\psi(y)=\dfrac{y^2}{y^2}=1$, $\lim\limits_{y\to0}1=1$.

в) Повторные пределы существуют и различны ($-1\ne1$), поэтому по теореме двойного предела нет. Для наглядности по прямым $y=kx$: $\dfrac{k^2x^2-x^2}{k^2x^2+x^2}=\dfrac{k^2-1}{k^2+1}$ - зависит от $k$.

Ответ: а) $-1$; б) $1$; в) не существует.

Классическая таблица. Здесь $\lim\limits_{x}\lim\limits_{y}$ - сначала $y\to0$, потом $x\to0$; везде точка $(0,0)$.

#$f(x,y)$$\lim\limits_{x\to0}\lim\limits_{y\to0}f$$\lim\limits_{y\to0}\lim\limits_{x\to0}f$двойной
1$\dfrac{y^2-x^2}{y^2+x^2}$$-1$$1$нет
2$\dfrac{xy}{x^2+y^2}$$0$$0$нет
3$\dfrac{x^2y^2}{x^2y^2+(x-y)^2}$$0$$0$нет
4$x\sin\frac1y+y\sin\frac1x$нетнет$0$
5$x\sin\frac1y$нет$0$$0$
6$\dfrac{x^2y}{x^2+y^2}$$0$$0$$0$
Пример 20. Строка 3: повторные равны, двойного нет

$f=\dfrac{x^2y^2}{x^2y^2+(x-y)^2}$ в точке $(0,0)$.

Решение

При $x\ne0$, $y\to0$: числитель $\to0$, знаменатель $\to x^2\ne0$, $\varphi(x)=0$, повторный $=0$. По симметрии другой повторный тоже $0$.

Но вдоль $y=x$: $(x-y)^2=0$, $f=\frac{x^4}{x^4}=1$. А вдоль $y=0$: $f=0$. Двойного предела нет.

Пример 21. Строки 4 и 5: двойной есть, повторных нет

$f=x\sin\frac1y+y\sin\frac1x$ и $g=x\sin\frac1y$ в точке $(0,0)$.

Решение

Двойной. $|f|\le|x|\cdot1+|y|\cdot1\to0$, значит, $\lim f=0$. Аналогично $|g|\le|x|\to0$.

Повторные для $f$. Фиксируем $x\ne0$ и устремляем $y\to0$: слагаемое $y\sin\frac1x\to0$, а $x\sin\frac1y$ колеблется между $-|x|$ и $|x|$ и предела не имеет. Внутреннего предела нет - нет и повторного. В другом порядке так же.

Повторные для $g$. $\lim\limits_{y\to0}\lim\limits_{x\to0}x\sin\frac1y$: при фиксированном $y$ и $x\to0$ получаем $0$, затем $0$. А $\lim\limits_{x\to0}\lim\limits_{y\to0}x\sin\frac1y$ не существует: внутренний предел по $y$ не существует при $x\ne0$.

Противоречия с теоремой нет: она требует существования внутренних пределов.

Пределы на бесконечности

Повторные пределы считаются так же, только переменные уходят в $\infty$. Двойной предел при $x\to\infty$, $y\to\infty$ доказывается оценками, несуществование - путями.

Пример 22

Найдите повторные пределы и двойной предел $f=\dfrac{x^2+y^2}{x^2+y^4}$ при $x\to\infty$, $y\to\infty$.

Решение

$\lim\limits_{x\to\infty}\lim\limits_{y\to\infty}f$: при фиксированном $x$ и $y\to\infty$ в знаменателе главное $y^4$, в числителе $y^2$: $\varphi(x)=0$. Повторный $=0$.

$\lim\limits_{y\to\infty}\lim\limits_{x\to\infty}f$: при фиксированном $y$ и $x\to\infty$: $\frac{x^2+y^2}{x^2+y^4}\to1$. Повторный $=1$.

Повторные разные - двойного нет. Пути тоже показывают: при $y=x$ получаем $\frac{2x^2}{x^2+x^4}\to0$, при $x=y^2$ получаем $\frac{y^4+y^2}{2y^4}\to\frac12$.

Ответ: $0$; $1$; двойного нет.

Пример 23

$\lim\limits_{\substack{x\to\infty\\y\to\infty}}\dfrac{x+y}{x^2-xy+y^2}$.

Решение

Оцениваем знаменатель снизу: $xy\le\frac{x^2+y^2}2$, поэтому $x^2-xy+y^2\ge\frac{x^2+y^2}2$. Числитель сверху: $|x+y|\le|x|+|y|\le2\sqrt{x^2+y^2}$. Получаем

$$|f|\le\frac{2\sqrt{x^2+y^2}}{(x^2+y^2)/2}=\frac4{\sqrt{x^2+y^2}}\to0.$$

Оценка работает при любом уходе точки на бесконечность, не только при $x,y\to+\infty$.

Ответ: $0$.

Пример 24

$\lim\limits_{\substack{x\to+\infty\\y\to+\infty}}(x^2+y^2)e^{-(x+y)}$.

Решение

При $x,y>0$: $x^2+y^2\le(x+y)^2$. Пусть $t=x+y\to+\infty$. Тогда $0\le f\le t^2e^{-t}\to0$ (экспонента растёт быстрее степени).

Здесь важно, что $x,y\to+\infty$: если разрешить $x\to-\infty$, то, например, при $y=0$ функция $x^2e^{-x}\to+\infty$.

Ответ: $0$.

$\lim\limits_{x\to0}\lim\limits_{y\to0}f=\lim\limits_{y\to0}\lim\limits_{x\to0}f=3$. Что можно сказать о двойном пределе?
Равенство повторных ничего не гарантирует (строки 2 и 3 таблицы). Но если двойной есть, а внутренние пределы существуют, то по теореме он совпадает с повторными.

7. Непрерывность

Определение

Функция $f$ непрерывна в точке $P_0\in D(f)$, если $\lim\limits_{P\to P_0}f(P)=f(P_0)$. На языке $\varepsilon$-$\delta$: $\forall\varepsilon>0\ \exists\delta>0:\ \rho(P,P_0)<\delta,\ P\in D(f)\Rightarrow|f(P)-f(P_0)|<\varepsilon$. Непрерывна на множестве - непрерывна в каждой его точке.

Точка, где это нарушено (функция не определена в предельной точке $D(f)$, предела нет или он не равен значению), - точка разрыва. У ФНП точки разрыва могут заполнять целые линии и поверхности разрыва.

Теорема (непрерывность элементарных функций)

Сумма, произведение, частное (где знаменатель $\ne0$) и композиция непрерывных функций непрерывны. Поэтому любая элементарная функция ФНП (собранная из многочленов, корней, $\sin$, $e^x$, $\ln$ и т.п.) непрерывна во всех внутренних точках своей области определения.

Пример 25

Найдите точки разрыва $z=\dfrac1{x^2+y^2-1}$.

Решение

Элементарная функция, не определена только там, где знаменатель ноль: $x^2+y^2=1$. Каждая точка этой окружности - предельная для $D(z)$, и там $|z|\to\infty$. Ответ: линия разрыва - окружность $x^2+y^2=1$. Во всех остальных точках функция непрерывна.

Пример 26

Найдите точки разрыва $z=\dfrac1{\sin^2\pi x+\sin^2\pi y}$.

Решение

Сумма квадратов равна нулю, только если оба слагаемых нули: $\sin\pi x=0$ и $\sin\pi y=0$, то есть $x\in\mathbb Z$, $y\in\mathbb Z$. Точки разрыва - все точки с целыми координатами (бесконечная решётка изолированных точек), в них $z\to+\infty$.

Пример 27. Непрерывна по каждой переменной, но разрывна

$f(x,y)=\dfrac{xy}{x^2+y^2}$ при $(x,y)\ne(0,0)$, $f(0,0)=0$. Непрерывна ли $f$ в $(0,0)$?

Решение

Если зафиксировать $y=0$, то $f(x,0)=0$ - непрерывная функция $x$. При $x=0$ так же $f(0,y)=0$. Получается, по каждой переменной отдельно функция непрерывна в нуле.

Но двойного предела в $(0,0)$ нет (пример 16), поэтому $f$ разрывна в $(0,0)$. Непрерывность ФНП - это не «непрерывность по $x$ и по $y$ отдельно».

Пример 28. Доопределение

$f(x,y)=\dfrac{\sin(xy)}{x}$ при $x\ne0$, $f(0,y)=y$. Где $f$ непрерывна?

Решение

При $x\ne0$ функция элементарная, непрерывна. Возьмём точку $(0,y_0)$.

Если $y_0\ne0$: как в примере 9, $\frac{\sin(xy)}{x}=\frac{\sin(xy)}{xy}\,y\to y_0$ (а в точках с $x=0$ значение $y$ тоже стремится к $y_0$).

Если $y_0=0$: $|\sin(xy)|\le|xy|$, значит, $|f|\le|y|\to0=f(0,0)$.

Предел везде равен значению. Ответ: $f$ непрерывна на всей плоскости.

8. Равномерная непрерывность и функции на компакте

РПД: тема 1.2, вопрос экзамена 1

В определении непрерывности $\delta$ подбирается для каждой точки $P_0$ своя. Равномерная непрерывность требует одно $\delta$ сразу для всех точек.

Определение

$f$ равномерно непрерывна на множестве $E$, если

$$\forall\varepsilon>0\ \exists\delta>0:\ \forall P,Q\in E,\ \rho(P,Q)<\delta\ \Rightarrow\ |f(P)-f(Q)|<\varepsilon.$$

Отрицание (как доказывать, что равномерной непрерывности нет): найти $\varepsilon_0>0$ и пары точек $P_n,Q_n\in E$, для которых $\rho(P_n,Q_n)\to0$, а $|f(P_n)-f(Q_n)|\ge\varepsilon_0$.

Теорема Кантора

Функция, непрерывная на компакте (замкнутом ограниченном множестве) $K\subset\R^n$, равномерно непрерывна на $K$.

Теоремы Вейерштрасса (там же, на компакте)

Функция, непрерывная на компакте $K$: 1) ограничена на $K$; 2) достигает на $K$ своего наибольшего и наименьшего значений. Отсюда задача 6* КР1 про наибольшее и наименьшее значение в замкнутой области: ответ гарантированно существует.

Пример 29

Докажите, что $f=x+y$ равномерно непрерывна на $\R^2$.

Решение

Для $P(x_1,y_1)$, $Q(x_2,y_2)$: $|f(P)-f(Q)|\le|x_1-x_2|+|y_1-y_2|\le2\rho(P,Q)$. Берём $\delta=\frac\varepsilon2$, оно не зависит от точек. Плоскость не компакт, но равномерная непрерывность здесь всё равно есть: теорема Кантора - достаточное условие, не необходимое.

Пример 30

Докажите, что $f=\dfrac1{x^2+y^2}$ непрерывна, но не равномерно непрерывна на проколотом круге $0<x^2+y^2\le1$.

Решение

Непрерывна: элементарная функция, знаменатель не ноль.

Возьмём $P_n=\left(\frac1n,0\right)$, $Q_n=\left(\frac1{n+1},0\right)$. Расстояние $\frac1n-\frac1{n+1}\to0$, а $|f(Q_n)-f(P_n)|=(n+1)^2-n^2=2n+1\ge1$. Значит, для $\varepsilon_0=1$ никакое $\delta$ не подходит.

С теоремой Кантора не спорит: множество не замкнуто (точка $(0,0)$ выколота).

Пример 31

Равномерно ли непрерывна $f=xy$ на $\R^2$? А на квадрате $[0,1]\times[0,1]$?

Решение

На $\R^2$ нет: $P_n=(n,n)$, $Q_n=\left(n+\frac1n,n\right)$, $\rho=\frac1n\to0$, а $f(Q_n)-f(P_n)=\frac1n\cdot n=1$.

На квадрате да: он замкнут и ограничен, $f$ непрерывна, работает теорема Кантора. Явно: $|x_1y_1-x_2y_2|\le|x_1-x_2||y_1|+|x_2||y_1-y_2|\le2\rho$.

9. Тренировка уровня КР

Задание: вычислить предел или доказать, что он не существует; где написано - найти повторные пределы. Сначала реши сам, потом открывай.

Задача 1

$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{x^2+y^2}{\sqrt{x^2+y^2+4}-2}$.

Решение

$t=x^2+y^2\to0^+$. $\dfrac{t}{\sqrt{t+4}-2}=\dfrac{t(\sqrt{t+4}+2)}{t+4-4}=\sqrt{t+4}+2\to4$.

Ответ: $4$.

Задача 2

$\lim\limits_{(x,y)\to(2,0)}\dfrac{\sin(xy)}{y}$.

Решение

Рядом с $(2,0)$ $x\ne0$, поэтому $\dfrac{\sin(xy)}{y}=\dfrac{\sin(xy)}{xy}\cdot x\to1\cdot2$ (так как $xy\to0$).

Ответ: $2$.

Задача 3

$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{xy}{\sqrt{xy+1}-1}$.

Решение

Функция определена при $xy>-1$, $xy\ne0$. $t=xy\to0$: $\dfrac{t}{\sqrt{t+1}-1}=\sqrt{t+1}+1\to2$.

Ответ: $2$.

Задача 4

$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}(1+x^2+y^2)^{\frac1{x^2+y^2}}$.

Решение

$t=x^2+y^2\to0^+$, получаем $(1+t)^{1/t}\to e$ - второй замечательный предел.

Ответ: $e$.

Задача 5

$\lim\limits_{(x,y)\to(0,3)}(1+xy)^{\frac2{x^2+xy}}$.

Решение

Неопределённость $1^\infty$. Показатель после логарифмирования:

$$\frac{2\ln(1+xy)}{x(x+y)}=\frac{\ln(1+xy)}{xy}\cdot\frac{2y}{x+y}\to1\cdot\frac{2\cdot3}{0+3}=2.$$

(Рядом с $(0,3)$ при $x\ne0$ имеем $xy\ne0$, так что деление законно.)

Ответ: $e^2$.

Задача 6

$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{\sin(x^3+y^3)}{x^2+y^2}$.

Решение

$|\sin u|\le|u|$, поэтому $|f|\le\dfrac{|x|^3+|y|^3}{x^2+y^2}$. Так как $|x|^3=|x|\cdot x^2\le|x|(x^2+y^2)$ и так же для $y$, получаем $|f|\le|x|+|y|\to0$.

Ответ: $0$.

Задача 7

$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}(x^2+y^2)^{x^2y^2}$.

Решение

$f=\exp\big(x^2y^2\ln(x^2+y^2)\big)$. Оцениваем показатель, $t=x^2+y^2$: $x^2y^2\le\frac{t^2}4$, значит,

$$\big|x^2y^2\ln(x^2+y^2)\big|\le\frac{t^2|\ln t|}4\to0\quad(t\to0^+).$$

Показатель $\to0$, $f\to e^0$.

Ответ: $1$.

Задача 8

$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{x^2+y^2}{|x|+|y|}$.

Решение

$x^2+y^2\le(|x|+|y|)^2$, поэтому $0\le f\le|x|+|y|\to0$.

Ответ: $0$.

Задача 9

Найдите повторные пределы и двойной предел $f=\dfrac{xy^2}{x^2+y^4}$ в точке $(0,0)$.

Решение

$\lim\limits_{x\to0}\lim\limits_{y\to0}f$: при $x\ne0$ внутренний $=\frac0{x^2}=0$, повторный $0$. $\lim\limits_{y\to0}\lim\limits_{x\to0}f$: при $y\ne0$ внутренний $=\frac0{y^4}=0$, повторный $0$.

Прямые $y=kx$: $\dfrac{k^2x^3}{x^2+k^4x^4}=\dfrac{k^2x}{1+k^4x^2}\to0$. Но знаменатель «сбалансирован» при $x\sim y^2$: путь $x=ky^2$ даёт $\dfrac{ky^4}{k^2y^4+y^4}=\dfrac{k}{k^2+1}$, при $k=1$ это $\frac12$.

Ответ: повторные $0$ и $0$, двойного нет.

Задача 10

Найдите повторные пределы и двойной предел $f=\dfrac{x-y+x^2+y^2}{x+y}$ в точке $(0,0)$.

Решение

$\lim\limits_{x\to0}\lim\limits_{y\to0}f=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{x+x^2}{x}=\lim\limits_{x\to0}(1+x)=1$.

$\lim\limits_{y\to0}\lim\limits_{x\to0}f=\lim\limits_{y\to0}\dfrac{-y+y^2}{y}=\lim\limits_{y\to0}(-1+y)=-1$.

Повторные различны, двойного предела нет.

Ответ: $1$; $-1$; двойного нет.

Задача 11

Найдите повторные пределы и двойной предел $f=(x+y)\sin\frac1x\sin\frac1y$ в точке $(0,0)$.

Решение

Двойной: синусы ограничены единицей, $|f|\le|x|+|y|\to0$. Предел $0$.

Повторные: фиксируем $x\ne0$ с $\sin\frac1x\ne0$, $y\to0$: $f=x\sin\frac1x\cdot\sin\frac1y+y\sin\frac1x\sin\frac1y$. Второе слагаемое $\to0$, первое - ненулевая константа на $\sin\frac1y$, предела нет. Внутреннего предела нет, значит, повторного тоже. Второй повторный - так же.

Ответ: двойной $0$, повторные не существуют.

Задача 12

$\lim\limits_{\substack{x\to\infty\\y\to\infty}}\dfrac{x^2+y^2}{x^4+y^4}$.

Решение

$x^4+y^4\ge\frac{(x^2+y^2)^2}2$, поэтому $0<f\le\dfrac2{x^2+y^2}\to0$.

Ответ: $0$.

Задача 13

Найдите $\lim\limits_{x\to+\infty}\lim\limits_{y\to0^+}\dfrac{x^y}{1+x^y}$ и $\lim\limits_{y\to0^+}\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x^y}{1+x^y}$.

Решение

Первый: при фиксированном $x>0$ и $y\to0^+$ $x^y\to x^0=1$, внутренний $=\frac12$, повторный $\frac12$.

Второй: при фиксированном $y>0$ и $x\to+\infty$ $x^y\to+\infty$, $\frac{x^y}{1+x^y}=\frac1{x^{-y}+1}\to1$, повторный $1$.

Ответ: $\frac12$ и $1$ (значит, двойного предела при $x\to+\infty$, $y\to0^+$ нет).

Задача 14. Ловушка

$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{xy}{x+y}$.

Решение

По прямым $y=kx$ ($k\ne-1$): $\dfrac{kx^2}{(1+k)x}=\dfrac{k}{1+k}x\to0$. Повторные тоже $0$. Хочется ответить «0», но нет.

Функция не определена на прямой $y=-x$, и рядом с ней знаменатель сколь угодно мал. Возьмём путь, прижатый к этой прямой: $y=-x+x^2$ (на нём $x+y=x^2\ne0$):

$$f=\frac{x(x^2-x)}{x^2}=x-1\to-1.$$

По прямой $y=x$ предел $0$, по этой кривой $-1$. Предела нет.

Задача 15

$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}$.

Решение

$|xy|\le\frac{x^2+y^2}2$, поэтому $|f|\le\frac{\sqrt{x^2+y^2}}2\to0$. В полярных: $f=r\cos\varphi\sin\varphi$, $|f|\le r$.

Ответ: $0$.

Типичные ошибки

Мини-шпаргалка главы

Множества

Окрестность: $\rho(P,P_0)<\varepsilon$. Открытое - без границы, замкнутое - с границей. Область - открытое связное. Компакт - замкнутое ограниченное.

Область определения

Знаменатель $\ne0$; $\sqrt{\ \ }\ge0$ ($>0$, если корень в знаменателе); $\ln(\cdot)>0$; $|\arg\arcsin|\le1$. Нарисовать, сказать про границу.

Двойной предел

$\forall\varepsilon\ \exists\delta:\ 0<\rho(P,P_0)<\delta\Rightarrow|f-A|<\varepsilon$. По любому пути одно и то же.

Предел есть

Подстановка; замена $t=xy$, $t=x^2+y^2$ и замечательные пределы; оценка $|f-A|\le g(r)\to0$ без $\varphi$; $|xy|\le\frac{x^2+y^2}2$, $|x|\le r$.

Предела нет

Два пути с разными пределами: $y=kx$, $y=kx^2$, $x=ky^2$, путь вдоль выколотой линии. Или повторные пределы различны.

Повторные

Внутренний (правый) предел первым. Двойной $=A$ и внутренний есть $\Rightarrow$ повторный $=A$. Повторные разные $\Rightarrow$ двойного нет. Равные - ничего не значит.

Непрерывность

$\lim\limits_{P\to P_0}f=f(P_0)$. Элементарные непрерывны в области определения. Разрывы - точки и линии (где знаменатель ноль и т.п.).

Компакт

Непрерывная на компакте: ограничена, достигает max и min (Вейерштрасс), равномерно непрерывна (Кантор).

Для самостоятельной тренировки: пособие ИТМО Возиановой, Кононовой, Куперы «От простого к сложному: функции нескольких переменных» (2026), глава 1, 8 вариантов «повторные и двойной предел» (books.ifmo.ru).