Проверка ф-ии 2х переменных на дифференцируемость

[art2222]

Задача: Проверить функцию на дифференцируемость в R^2
Вот так я её решал:
$ f(x,y) = \left\{ \begin{array}{l} \frac{x^4 + y^4}{|x| + |y|} , |x| + |y| > 0,\\ 0, |x| = |y| = 0, \end{array} \right. $
Посчитаем частные производные:
$ f^{'}_{x}(x, y) = \frac{4x^3(|x|+|y|) - sgn(x)(x^4+y^4)}{(|x| + |y|)^2} $
$ f^{'}_{y}(x, y) = \frac{4y^3(|x|+|y|) - sgn(y)(x^4+y^4)}{(|x| + |y|)^2} $
Рассмотрим частные производные в точке (0, 0):
$ f^{'}_{x}(0, 0) = \lim \limits_{x_{0} \to 0}{\frac{f(x_{0}, 0) - f(0, 0)}{x_{0}} = 0 f^{'}_{y}(0, 0) = \lim \limits_{y_{0} \to 0}{\frac{f(0, y_{0}) - f(0, 0)}{y_{0}} = 0 $
Теперь по определению представим дифференциал в виде:
$ \delta f(x,y) = f_{x}^{'} (x,y) + f_{x}^{'} (x,y) + \alpha(x,y)\sqrt{x^2 + y^2} $
Теперь нам по определению необходимо чтобы $\alpha(x, y) \to 0$
Рассмотрим бесконечно малую последовательность:
$ \alpha(\frac{1}{n}, \frac{1}{n}) = \frac{(\frac{1}{n})^4 + (\frac{1}{n})^4}{|\frac{1}{n}| + |\frac{1}{n}|} * \frac{1}{\sqrt{(\frac{1}{n})^2 + (\frac{1}{n})^2}} = \frac{1}{\sqrt{2}n^2}$ При $n \to \infty \frac{1}{\sqrt{2}n^2} \to 0 \Rightarrow$ функция дифференцируема в точке (0, 0)

Теперь нужно рассмотреть частные производные в точках находящихся на оси (т.к. sgn() прерывна в нуле):

1. Рассмотрим точки (x, 0) (х - любое)
$ f^{'}_{x}(x, 0) = \lim \limits_{x_{0} \to 0}{\frac{f(x + x_{0}, 0) - f(x, 0)}{x_{0}} = \infty$
$ f^{'}_{x}(0, y) = \lim \limits_{y_{0} \to 0}{\frac{f(x, y_{0}) - f(x, 0)}{y_{0}} = \infty $

2. Рассмотрим точки (0, y) (y - любое):
$ f^{'}_{x}(x, 0) = \lim \limits_{x_{0} \to 0}{\frac{f(x_{0}, y) - f(0, y)}{x_{0}} = \infty$
$ f^{'}_{x}(0, y) = \lim \limits_{y_{0} \to 0}{\frac{f(0, y + y_{0}) - f(0, y)}{y_{0}} = \infty $

Следует частные производные в точках (х, 0) и (0, у) не существуют и по этому в этих точках функция не дифференцируема.

Ответ: Функция дифференцируема во всех точках кроме (х, 0) и (0, у).

Правильно ли мое решение задачи или я где-то ошибся? Если есть недочеты помогите пожалуйста их устранить.

[ewert]

art2222 в сообщении #392392 писал(а):

Теперь нам по определению необходимо чтобы $\alpha(x, y) \to 0$
Рассмотрим бесконечно малую последовательность:
$\alpha(\frac{1}{n}, \frac{1}{n}) = \ldots$

Так не пойдёт: аргументы у альфы должны быть, вообще говоря, разные.

Подберите константы $C_1,C_2$ так, чтобы при всех $x,y$ выполнялось $x^4+y^4\leqslant C_1(x^2+y^2)^2$ и $|x|+|y|\geqslant C_2\sqrt{x^2+y^2}$. Это даст ровно то, что нужно.

[art2222]

Цитата:

Так не пойдёт: аргументы у альфы должны быть, вообще говоря, разные.

Мы должны доказать что $\alpha(x, y) \to (0, 0)$ Т.к. (x_0, y_0) \in \mathbb{R}^{2}
Последовательность выбирал согласно демидовичу (и антидемидовичу) она должна была стремиться к нулю т.к.
нужно проверить на О-малость.

[ewert]

art2222 в сообщении #392422 писал(а):

Последовательность выбирал согласно демидовичу (и антидемидовичу) она должна была стремиться к нулю т.к.

Угу, только вся беда в том, что стремление к нулю должно наблюдаться далеко не только на этой последовательности. Фактически Вы доказали лишь (да и то не доказали, но хоть намекнули), что есть стремление к нулю на биссектрисах координатных углов, и не более того.