$ f $ có thể phân biệt trong $ (0,0). $

Question

Định nghĩa: Để $V\subseteq{\mathbb{R}^{m}}$ một tập hợp mở, $a\in V$ y $f\colon V\to\mathbb{R}^{n}$một chức năng. Chúng tôi sẽ nói rằng$f$ có thể phân biệt trong $a,$ nếu tồn tại một phép biến đổi tuyến tính $f'(a)\colon\mathbb{R}^{m}\to\mathbb{R}^{n}$sao cho \ begin {method} f (a + h) = f (a) + f '(a) (h) + r (h), \ qquad \ lim_ {h \ rightarrow 0} {\ dfrac {r (h )} {\ lVert h \ rVert}} = 0. \ end {phương trình}

Để cho $ a \in \mathbb {R}$là. Xác định chức năng$ f \colon \mathbb {R}^ {2} \to \mathbb {R} $ được cho bởi

\ begin {method} 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 {phương trình}

Tìm giá trị của $ a $ vậy nên $ f $ có thể phân biệt được bởi $ (0,0). $

Nỗ lực của tôi:

Chúng tôi đã quan sát thấy rằng

\ begin {method} \ dfrac {\ một phần f} {\ một phần x} (0,0) = 0 = \ dfrac {\ một phần f} {\ một phần y} (0,0). \ end {phương trình}

Nếu $(x,y)\in\mathbb{R}^{2}\setminus\{(0,0)\},$ sau đó

\ begin {method} \ dfrac {\ part f} {\ part 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 {method}

\ begin {method} \ dfrac {\ part f} {\ part y} (x, y) = \ dfrac {2axy (x ^ {2} -3y ^ {4}) - 4xy \ sin ^ {2} (x ) (1 + 3y ^ {2})} {(x ^ {2} + 2y ^ {2} + 3y ^ {4}) ^ {2}} \ end {method}

Nếu $\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=0,$ sau đó

\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 {method} f (x, y) = \ left \ {\ begin {matrix} x \ sin ^ {2} (x) & (x, y) \ neq (0,0) \\ 0 & (x , y) = (0,0) \ end {matrix} \ right. \ end {phương trình}

\ begin {method} \ dfrac {\ part f} {\ part x} (0,0) = 0 = \ dfrac {\ part f} {\ một phần y} (0,0) \ end {method}

Từ cái này nó theo sau cái đó $\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)$ và $\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)$ liên tục bởi $(0,0)$ y $f$ có thể phân biệt được bởi $(0,0).$

Lập luận của tôi có đúng không? Mọi đề xuất đều được hoan nghênh.

Answer 1

Chúng tôi có điều đó

$$\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{\dfrac{h\sin^{2}(h)}{h^{2}}}{h} =\lim_{h\to 0}\dfrac{h\sin^{2}(h)}{h^3}=1$$

$$\dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0)=\lim_{k\to 0}\frac{\dfrac{0}{2k^{2}+3k^4}}{k} =0$$

thì theo định nghĩa, chúng ta cần kiểm tra

$$\lim_{(h,k)\to (0,0)}\frac{\dfrac{h\sin^{2}(h)+ahk^{2}}{h^{2}+2k^{2}+3k^{4}}-h}{\sqrt{h^2+k^2}} =\lim_{(h,k)\to (0,0)} \dfrac{h\sin^{2}(h)+ahk^{2}-h^3-2hk^2-3hk^4}{(h^{2}+2k^{2}+3k^{4})\sqrt{h^2+k^2}}=0$$

điều đó thực sự đúng bởi $a=2$

$$\dfrac{h\sin^{2}(h)+ahk^{2}-h^3-2hk^2-3hk^4}{(h^{2}+2k^{2}+3k^{4})\sqrt{h^2+k^2}}=\dfrac{h(h^2+O(h^4))+2hk^{2}-h^3-2hk^2-3hk^4}{(h^{2}+2k^{2}+3k^{4})\sqrt{h^2+k^2}}=$$

$$=\dfrac{-3hk^4+O(h^5)}{(h^{2}+2k^{2}+3k^{4})\sqrt{h^2+k^2}}$$

sau đó sử dụng tọa độ cực.

Answer 2

Một cách tiếp cận hơi khác:

Để có thể phân biệt được thì một hàm phải liên tục và có đạo hàm liên tục (hoặc có đạo hàm với điểm kỳ dị cốt yếu). Tính liên tục đòi hỏi giới hạn khi bạn tiếp cận điểm phải giống nhau, bất kể hướng tiếp cận của bạn là gì.

Giả sử chúng ta tiếp cận dọc theo đường thẳng $x=y=\epsilon$. Sau đó, chúng tôi có (sử dụng thực tế rằng$\frac{d}{da}\sin^2(a)=\sin(2a)$: $$g(\epsilon)=f(\epsilon,\epsilon) = \frac{\epsilon\sin^2(\epsilon)+a\epsilon^3}{\epsilon^2+2\epsilon^2+3\epsilon^4} = \frac{\sin^2(\epsilon)+a\epsilon^2}{3\epsilon+3\epsilon^3}=\frac{1}{3}\frac{\sin^2(\epsilon)+a\epsilon^2}{\epsilon+\epsilon^3}$$ $$g'(\epsilon)=\frac{1}{3}\frac{(\epsilon+\epsilon^3)(\sin(2\epsilon)+2a\epsilon)-(\sin^2(\epsilon)+a\epsilon^2)(1+3\epsilon^2)}{\epsilon^2+2\epsilon^4+\epsilon^6} = \frac{1}{3}\frac{\epsilon\sin(2\epsilon)+2a\epsilon^2+\epsilon^3\sin(2\epsilon)+2a\epsilon^4-\sin^2(\epsilon)-a\epsilon^2-3\epsilon^2\sin^2(\epsilon)-3a\epsilon^5}{\epsilon^2+2\epsilon^4+\epsilon^6}$$ $$\lim_{\epsilon\rightarrow0}g'(\epsilon)=\frac{1}{3}\lim_{\epsilon\rightarrow0}\frac{\epsilon\sin(2\epsilon)+2a\epsilon^2+\epsilon^3\sin(2\epsilon)+2a\epsilon^4-\sin^2(\epsilon)-a\epsilon^2-3\epsilon^2\sin^2(\epsilon)-3a\epsilon^5}{\epsilon^2+2\epsilon^4+\epsilon^6} = \frac{1}{3} \lim_{\epsilon\rightarrow0} \frac{\sin(2\epsilon)+2\epsilon\cos(2\epsilon)+4a\epsilon+3\epsilon^2\sin(2\epsilon)+2\epsilon^3\cos(2\epsilon)+8a\epsilon^3-\sin(2\epsilon)-2a\epsilon-6\epsilon\sin^2(\epsilon)-3\epsilon^2\sin(2\epsilon)-15a\epsilon^4}{2\epsilon+8\epsilon^3+6\epsilon^5} = \frac{1}{3} \lim_{\epsilon\rightarrow0} \frac{2\epsilon\cos(2\epsilon)+2a\epsilon+2\epsilon^3\cos(2\epsilon)+8a\epsilon^3-6\epsilon\sin^2(\epsilon)-15a\epsilon^4}{2\epsilon+8\epsilon^3+6\epsilon^5} = \frac{1}{3} \lim_{\epsilon\rightarrow0} \frac{2\cos(2\epsilon)+2a+2\epsilon^2\cos(2\epsilon)+8a\epsilon^2-6\sin^2(\epsilon)-15a\epsilon^3}{2+8\epsilon^2+6\epsilon^4} = \frac{1}{3} \frac{2+2a}{2} = \frac{1+a}{3}$$

Giả sử chúng ta tiếp cận dọc theo đường thẳng $-x=y=\epsilon$. Sau đó chúng tôi có:$$h(\epsilon)=f(-\epsilon,\epsilon) = \frac{-\epsilon\sin^2(-\epsilon)-a\epsilon^3}{\epsilon^2+2\epsilon^2+3\epsilon^4} = \frac{-\epsilon\sin^2(\epsilon)-a\epsilon^3}{\epsilon^2+2\epsilon^2+3\epsilon^4}= -g(\epsilon)$$ $$h'(\epsilon)=-g'(\epsilon)$$ $$\lim_{\epsilon\rightarrow0}h'(\epsilon)=-\lim_{\epsilon\rightarrow0}g'(\epsilon)=-\frac{1+a}{3}$$

Trong cả hai hướng, giới hạn của đạo hàm tồn tại, và do đó, vì hướng tiếp cận không quan trọng, chúng tôi yêu cầu các giới hạn phải giống nhau. $\frac{1+a}{3}=-\frac{1+a}{3}$, có nghĩa là $a=-1$.