was ist der Grenzwert von lim(x,y)→(0,0)sin(2x+2y)−2x−2yx2+y2√lim(x,y)→(0,0)sin⁡(2x+2y)−2x −2yx2+y2\lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\frac{\sin(2x+2y)-2x-2y}{\root\of {{x^2+y^2} }}

Grenze von

lim ( X , j ) → ( 0 , 0 ) Sünde ⁡ ( 2 X + 2 j ) − 2 X − 2 j X 2 + j 2

Wie kann diese Grenze bewertet werden?
Ich habe versucht, Polarkoordinaten wie zu verwenden X = R cos ⁡ θ Und j = R Sünde ⁡ θ . Das Ding in die Sünde stecken wird nicht zu etwas Ordentlichem.
Ich habe auch versucht, auf verschiedenen Wegen zu evaluieren. Aber ich weiß nicht, wie das hilft.

Bearbeiten: Könnten Sie auch beweisen, dass das von Ihnen gefundene Limit das tatsächliche Limit ist, indem Sie das verwenden ϵ − δ Methode.

Danke!

Zuerst müssen wir eine grobe Vorstellung davon haben, was vor sich geht. Beachten Sie, dass der Zähler in der Form steht Sünde ⁡ T − T ∼ T 3 / 6 mit T = R ⋅ 2 ( cos ⁡ θ + 2 Sünde ⁡ θ ) und der Nenner ist R .

Antworten (1)

HINWEIS

Wir haben das

Sünde ⁡ ( 2 X + 2 j ) − 2 X − 2 j X 2 + j 2 = 2 X + 2 j X 2 + j 2 ⋅ ( Sünde ⁡ ( 2 X + 2 j ) 2 X + 2 j − 1 )

+1 Danke für die Antwort! Müssen wir danach das Limit für die beiden Terme separat berechnen und dann multiplizieren? Aber ich denke, die Grenze für 2 X + 2 j X 2 + j 2 existiert nicht?
@SmarthBansal Es genügt zu zeigen, dass der LHS-Term begrenzt ist.
@SmarthBansal für den RHS-Begriff nimm einfach 2 X + 2 j = T → 0 als Variable.
Okay, schöne Lösung. Letzte Sache, wenn ich beweisen wollte, dass das Limit Null ist ϵ − δ Methode, wie würde das gehen?
Dieselbe Manipulation kann nützlich sein, um dies zu reduzieren, um dies zu beweisen ( Sünde ⁡ ( 2 X + 2 j ) 2 X + 2 j − 1 ) → 0 die reduzieren auf ( Sünde ⁡ ( T ) T − 1 ) → 0 .
was ist der Grenzwert von lim(x,y)→(0,0)sin(2x+2y)−2x−2yx2+y2√lim(x,y)→(0,0)sin⁡(2x+2y)−2x −2yx2+y2\lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\frac{\sin(2x+2y)-2x-2y}{\root\of {{x^2+y^2} }}
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