$ f $ дифференцируема в $ (0,0). $

Question

Определение: Пусть $V\subseteq{\mathbb{R}^{m}}$ открытый набор, $a\in V$ у $f\colon V\to\mathbb{R}^{n}$функция. Мы скажем что$f$ дифференцируема в $a,$ если существует линейное преобразование $f'(a)\colon\mathbb{R}^{m}\to\mathbb{R}^{n}$такое, что \ begin {уравнение} f (a + h) = f (a) + f '(a) (h) + r (h), \ qquad \ lim_ {h \ rightarrow 0} {\ dfrac {r (h )} {\ lVert h \ rVert}} = 0. \ end {уравнение}

Позволять $ a \in \mathbb {R}$быть. Определите функцию$ f \colon \mathbb {R}^ {2} \to \mathbb {R} $ данный

\ begin {уравнение} 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 {уравнение}

Найдите значение $ a $ так что $ f $ дифференцируема $ (0,0). $

Моя попытка:

Мы заметили, что

\ begin {уравнение} \ dfrac {\ partial f} {\ partial x} (0,0) = 0 = \ dfrac {\ partial f} {\ partial y} (0,0). \ end {уравнение}

Если $(x,y)\in\mathbb{R}^{2}\setminus\{(0,0)\},$ тогда

\ begin {уравнение} \ 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 {уравнение}

\ 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 {уравнение}

Если $\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=0,$ тогда

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

\ begin {уравнение} \ dfrac {\ partial f} {\ partial x} (0,0) = 0 = \ dfrac {\ partial f} {\ partial y} (0,0) \ end {уравнение}

Из этого следует, что $\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)$ и $\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)$ продолжаются $(0,0)$ у $f$ дифференцируема $(0,0).$

Верны ли мои аргументы? Любые предложения приветствуются.

Answer 1

У нас есть это

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

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

то по определению нам нужно проверить, что

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

что действительно верно $a=2$

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

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

затем используйте полярные координаты.

Answer 2

Несколько иной подход:

Чтобы быть дифференцируемой, функция должна быть непрерывной и иметь непрерывную производную (или иметь производную с существенной особенностью). Непрерывность требует, чтобы предел по мере приближения к точке был одинаковым, независимо от направления вашего подхода.

Допустим, мы подходим по линии $x=y=\epsilon$. Тогда мы имеем (используя тот факт, что$\frac{d}{da}\sin^2(a)=\sin(2a)$: $$g(\epsilon)=f(\epsilon,\epsilon) = \frac{\epsilon\sin^2(\epsilon)+a\epsilon^3}{\epsilon^2+2\epsilon^2+3\epsilon^4} = \frac{\sin^2(\epsilon)+a\epsilon^2}{3\epsilon+3\epsilon^3}=\frac{1}{3}\frac{\sin^2(\epsilon)+a\epsilon^2}{\epsilon+\epsilon^3}$$ $$g'(\epsilon)=\frac{1}{3}\frac{(\epsilon+\epsilon^3)(\sin(2\epsilon)+2a\epsilon)-(\sin^2(\epsilon)+a\epsilon^2)(1+3\epsilon^2)}{\epsilon^2+2\epsilon^4+\epsilon^6} = \frac{1}{3}\frac{\epsilon\sin(2\epsilon)+2a\epsilon^2+\epsilon^3\sin(2\epsilon)+2a\epsilon^4-\sin^2(\epsilon)-a\epsilon^2-3\epsilon^2\sin^2(\epsilon)-3a\epsilon^5}{\epsilon^2+2\epsilon^4+\epsilon^6}$$ $$\lim_{\epsilon\rightarrow0}g'(\epsilon)=\frac{1}{3}\lim_{\epsilon\rightarrow0}\frac{\epsilon\sin(2\epsilon)+2a\epsilon^2+\epsilon^3\sin(2\epsilon)+2a\epsilon^4-\sin^2(\epsilon)-a\epsilon^2-3\epsilon^2\sin^2(\epsilon)-3a\epsilon^5}{\epsilon^2+2\epsilon^4+\epsilon^6} = \frac{1}{3} \lim_{\epsilon\rightarrow0} \frac{\sin(2\epsilon)+2\epsilon\cos(2\epsilon)+4a\epsilon+3\epsilon^2\sin(2\epsilon)+2\epsilon^3\cos(2\epsilon)+8a\epsilon^3-\sin(2\epsilon)-2a\epsilon-6\epsilon\sin^2(\epsilon)-3\epsilon^2\sin(2\epsilon)-15a\epsilon^4}{2\epsilon+8\epsilon^3+6\epsilon^5} = \frac{1}{3} \lim_{\epsilon\rightarrow0} \frac{2\epsilon\cos(2\epsilon)+2a\epsilon+2\epsilon^3\cos(2\epsilon)+8a\epsilon^3-6\epsilon\sin^2(\epsilon)-15a\epsilon^4}{2\epsilon+8\epsilon^3+6\epsilon^5} = \frac{1}{3} \lim_{\epsilon\rightarrow0} \frac{2\cos(2\epsilon)+2a+2\epsilon^2\cos(2\epsilon)+8a\epsilon^2-6\sin^2(\epsilon)-15a\epsilon^3}{2+8\epsilon^2+6\epsilon^4} = \frac{1}{3} \frac{2+2a}{2} = \frac{1+a}{3}$$

Допустим, мы подходим по линии $-x=y=\epsilon$. Тогда у нас есть:$$h(\epsilon)=f(-\epsilon,\epsilon) = \frac{-\epsilon\sin^2(-\epsilon)-a\epsilon^3}{\epsilon^2+2\epsilon^2+3\epsilon^4} = \frac{-\epsilon\sin^2(\epsilon)-a\epsilon^3}{\epsilon^2+2\epsilon^2+3\epsilon^4}= -g(\epsilon)$$ $$h'(\epsilon)=-g'(\epsilon)$$ $$\lim_{\epsilon\rightarrow0}h'(\epsilon)=-\lim_{\epsilon\rightarrow0}g'(\epsilon)=-\frac{1+a}{3}$$

В обоих направлениях существует предел производной, и поэтому, поскольку направление подхода не имеет значения, мы требуем, чтобы пределы были одинаковыми. $\frac{1+a}{3}=-\frac{1+a}{3}$, которое значит что $a=-1$.