$ f $ 차별화 가능 $ (0,0). $
정의 : Let $V\subseteq{\mathbb{R}^{m}}$ 오픈 세트, $a\in V$ 와이 $f\colon V\to\mathbb{R}^{n}$기능. 우리는 말할 것입니다$f$ 차별화 가능 $a,$ 선형 변환이있는 경우 $f'(a)\colon\mathbb{R}^{m}\to\mathbb{R}^{n}$되도록 \ 시작 {식} F (a + 높이) = F (a) + F '(a) (H) + R (H) \ qquad \ lim_ {H \ 향하는 화살표 0} {\ dfrac {R (H )} {\ lVert h \ rVert}} = 0. \ end {등식}
허락하다 $ a \in \mathbb {R}$있다. 기능 정의$ f \colon \mathbb {R}^ {2} \to \mathbb {R} $ 주어진
\ begin {equation} f (x, y) = \ left \ {\ begin {matrix} \ dfrac {x \ sin ^ {2} (x) + axy ^ {2}} {x ^ {2} + 2y ^ {2} + 3y ^ {4}} & (x, y) \ neq (0,0) \\ 0 & (x, y) = (0,0) \ end {matrix} \ right. \ end {등식}
가치 찾기 $ a $ 그래서 $ f $ 차별화 가능 $ (0,0). $
내 시도 :
우리는
\ begin {equation} \ dfrac {\ partial f} {\ partial x} (0,0) = 0 = \ dfrac {\ partial f} {\ partial y} (0,0). \ end {등식}
만약 $(x,y)\in\mathbb{R}^{2}\setminus\{(0,0)\},$ 그때
\ begin {equation} \ dfrac {\ partial f} {\ partial x} (x, y) = \ dfrac {\ sin ^ {2} (x) (2y ^ {2} + 3y ^ {4} -x ^ {2}) + x \ sin (2x) (x ^ {2} + 2y ^ {2} + 3y ^ {4}) + ay ^ {2} (2y ^ {2} + 3y ^ {4} -x ^ {2})} {(x ^ {2} + 2y ^ {2} + 3y ^ {4}) ^ {2}} \ end {equation}
\ begin {equation} \ dfrac {\ partial f} {\ partial y} (x, y) = \ dfrac {2axy (x ^ {2} -3y ^ {4})-4xy \ sin ^ {2} (x ) (1 + 3y ^ {2})} {(x ^ {2} + 2y ^ {2} + 3y ^ {4}) ^ {2}} \ end {equation}
만약 $\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=0,$ 그때
\begin{align} 2axy(x^{2}-3y^{4})-4xy\sin^{2}(x)(1+3y^{2})=0&\quad\Longleftrightarrow\quad a(x^{2}-3y^{4})=2\sin^{2}(x)(1+3y^{2})\\ &\quad\Longleftrightarrow\quad a=\dfrac{2\sin^{2}(x)(1+3y^{2})}{x^{2}-3y^{4}} \end{align}
\ begin {equation} f (x, y) = \ left \ {\ begin {matrix} x \ sin ^ {2} (x) & (x, y) \ neq (0,0) \\ 0 & (x , y) = (0,0) \ end {matrix} \ right. \ end {등식}
\ begin {equation} \ dfrac {\ partial f} {\ partial x} (0,0) = 0 = \ dfrac {\ partial f} {\ partial y} (0,0) \ end {equation}
이것으로부터 그것은 다음과 같습니다 $\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)$ 과 $\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)$ 연속적이다 $(0,0)$ 와이 $f$ 차별화 가능 $(0,0).$
내 주장이 맞습니까? 어떤 제안이라도 환영합니다.
답변
우리는
$$\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{\dfrac{h\sin^{2}(h)}{h^{2}}}{h} =\lim_{h\to 0}\dfrac{h\sin^{2}(h)}{h^3}=1$$
$$\dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0)=\lim_{k\to 0}\frac{\dfrac{0}{2k^{2}+3k^4}}{k} =0$$
그런 다음 정의 에 따라
$$\lim_{(h,k)\to (0,0)}\frac{\dfrac{h\sin^{2}(h)+ahk^{2}}{h^{2}+2k^{2}+3k^{4}}-h}{\sqrt{h^2+k^2}} =\lim_{(h,k)\to (0,0)} \dfrac{h\sin^{2}(h)+ahk^{2}-h^3-2hk^2-3hk^4}{(h^{2}+2k^{2}+3k^{4})\sqrt{h^2+k^2}}=0$$
그것은 참으로 사실입니다 $a=2$
$$\dfrac{h\sin^{2}(h)+ahk^{2}-h^3-2hk^2-3hk^4}{(h^{2}+2k^{2}+3k^{4})\sqrt{h^2+k^2}}=\dfrac{h(h^2+O(h^4))+2hk^{2}-h^3-2hk^2-3hk^4}{(h^{2}+2k^{2}+3k^{4})\sqrt{h^2+k^2}}=$$
$$=\dfrac{-3hk^4+O(h^5)}{(h^{2}+2k^{2}+3k^{4})\sqrt{h^2+k^2}}$$
그런 다음 극좌표를 사용합니다.
다소 다른 접근 방식 :
미분 할 수 있으려면 함수가 연속적이고 연속적인 도함수를 가져야합니다 (또는 필수 특이점이있는 도함수를 가져야 함). 연속성을 위해서는 접근 방향에 관계없이 포인트에 접근 할 때의 한계가 동일해야합니다.
우리가 선을 따라 접근한다고 가정합니다. $x=y=\epsilon$. 그런 다음 우리는 ($\frac{d}{da}\sin^2(a)=\sin(2a)$: $$g(\epsilon)=f(\epsilon,\epsilon) = \frac{\epsilon\sin^2(\epsilon)+a\epsilon^3}{\epsilon^2+2\epsilon^2+3\epsilon^4} = \frac{\sin^2(\epsilon)+a\epsilon^2}{3\epsilon+3\epsilon^3}=\frac{1}{3}\frac{\sin^2(\epsilon)+a\epsilon^2}{\epsilon+\epsilon^3}$$ $$g'(\epsilon)=\frac{1}{3}\frac{(\epsilon+\epsilon^3)(\sin(2\epsilon)+2a\epsilon)-(\sin^2(\epsilon)+a\epsilon^2)(1+3\epsilon^2)}{\epsilon^2+2\epsilon^4+\epsilon^6} = \frac{1}{3}\frac{\epsilon\sin(2\epsilon)+2a\epsilon^2+\epsilon^3\sin(2\epsilon)+2a\epsilon^4-\sin^2(\epsilon)-a\epsilon^2-3\epsilon^2\sin^2(\epsilon)-3a\epsilon^5}{\epsilon^2+2\epsilon^4+\epsilon^6}$$ $$\lim_{\epsilon\rightarrow0}g'(\epsilon)=\frac{1}{3}\lim_{\epsilon\rightarrow0}\frac{\epsilon\sin(2\epsilon)+2a\epsilon^2+\epsilon^3\sin(2\epsilon)+2a\epsilon^4-\sin^2(\epsilon)-a\epsilon^2-3\epsilon^2\sin^2(\epsilon)-3a\epsilon^5}{\epsilon^2+2\epsilon^4+\epsilon^6} = \frac{1}{3} \lim_{\epsilon\rightarrow0} \frac{\sin(2\epsilon)+2\epsilon\cos(2\epsilon)+4a\epsilon+3\epsilon^2\sin(2\epsilon)+2\epsilon^3\cos(2\epsilon)+8a\epsilon^3-\sin(2\epsilon)-2a\epsilon-6\epsilon\sin^2(\epsilon)-3\epsilon^2\sin(2\epsilon)-15a\epsilon^4}{2\epsilon+8\epsilon^3+6\epsilon^5} = \frac{1}{3} \lim_{\epsilon\rightarrow0} \frac{2\epsilon\cos(2\epsilon)+2a\epsilon+2\epsilon^3\cos(2\epsilon)+8a\epsilon^3-6\epsilon\sin^2(\epsilon)-15a\epsilon^4}{2\epsilon+8\epsilon^3+6\epsilon^5} = \frac{1}{3} \lim_{\epsilon\rightarrow0} \frac{2\cos(2\epsilon)+2a+2\epsilon^2\cos(2\epsilon)+8a\epsilon^2-6\sin^2(\epsilon)-15a\epsilon^3}{2+8\epsilon^2+6\epsilon^4} = \frac{1}{3} \frac{2+2a}{2} = \frac{1+a}{3}$$
우리가 선을 따라 접근한다고 가정합니다. $-x=y=\epsilon$. 다음은 다음과 같습니다.$$h(\epsilon)=f(-\epsilon,\epsilon) = \frac{-\epsilon\sin^2(-\epsilon)-a\epsilon^3}{\epsilon^2+2\epsilon^2+3\epsilon^4} = \frac{-\epsilon\sin^2(\epsilon)-a\epsilon^3}{\epsilon^2+2\epsilon^2+3\epsilon^4}= -g(\epsilon)$$ $$h'(\epsilon)=-g'(\epsilon)$$ $$\lim_{\epsilon\rightarrow0}h'(\epsilon)=-\lim_{\epsilon\rightarrow0}g'(\epsilon)=-\frac{1+a}{3}$$
양방향 모두 미분의 한계가 존재했기 때문에 접근 방향이 중요하지 않기 때문에 한계가 동일해야합니다. $\frac{1+a}{3}=-\frac{1+a}{3}$, 의미하는 것은 $a=-1$.