Функции нескольких переменных, непрерывность

[ИСН]

samuil в сообщении #538047 писал(а):

А почему сами частные производные определены?

По определению. Посчитайте по нему. да.

[samuil]

По определению

$\dfrac{\partial f}{\partial x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{{f(x+\Delta x,y)-f(x,y)}}{\Delta x}$

$f(x,y)=\begin{cases} (x^2+y^2)\sin\big(\frac{1}{x^2+y^2}\big) & ,\text{ если }\; x^2+y^2\ne 0 \\ 0& ,\text{ если }\; x^2+y^2=0\\ \end{cases}$

$\dfrac{\partial f}{\partial x}=\dfrac{((x+\Delta x)^2+y^2)\sin\big(\frac{1}{(x+\Delta x)^2+y^2}\big)-(x^2+y^2)\sin\big(\frac{1}{x^2+y^2}\big)}{\Delta x}$

А как быть дальше? Нужно догадаться - что прибавить и что отнять, чтобы подогнать под производную произведения?

$$\dfrac{\partial f}{\partial x}=\dfrac{(x^2+y^2+2x\Delta x+(\Delta x)^2)\sin\big(\frac{1}{(x+\Delta x)^2+y^2}\big)-(x^2+y^2)\sin\big(\frac{1}{x^2+y^2}\big)}{\Delta x}=$$

$$\dfrac{\partial f}{\partial x}=\dfrac{\Big(x^2+y^2\Big)\Big(\sin\big(\frac{1}{x^2+y^2+2x\Delta x+(\Delta x)^2}\big)-\sin\big(\frac{1}{x^2+y^2}\big)\Big)}{\Delta x}+2x\sin\big(\frac{1}{x^2+y^2}\big)$$

$$\dfrac{\partial f}{\partial x}=\dfrac{\Big(x^2+y^2\Big)\Big(\sin\big(\frac{-2x\Delta x-(\Delta x)^2}{2(x^2+y^2+2x\Delta x+(\Delta x)^2)(x^2+y^2)}\big)\cdot \cos\big(\frac{1}{x^2+y^2}\big)\Big)}{\Delta x}+2x\sin\big(\frac{1}{x^2+y^2}\big)$$

[ИСН]

Вы это где их считаете? Надо-то в нуле.

[samuil]

ИСН в сообщении #538070 писал(а):

Вы это где их считаете? Надо-то в нуле.

Ой, точно, спасибо, я много лишнего проделал в предыдущем сообщении!

-- 13.02.2012, 00:51 --

$\dfrac{\partial f}{\partial x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{((x+\Delta x)^2+y^2)\sin\big(\frac{1}{(x+\Delta x)^2+y^2}\big)-(x^2+y^2)\sin\big(\frac{1}{x^2+y^2}\big)}{\Delta x}$

$\dfrac{\partial f}{\partial x}(0;0)=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{(\Delta x)^2\sin\big(\frac{1}{(\Delta x)^2}\big)-0\cdot \sin\big(\frac{1}{0}\big)}{\Delta x}$

Тут возникает деление на ноль, что не очень хорошо...

Если мы "сделаем вид", что этой штучки неприятной нету $\sin\big(\frac{1}{0}\big)$, то

$\dfrac{\partial f}{\partial x}(0;0)=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{\sin\big(\frac{1}{(\Delta x)^2}\big)}{\frac{1}{\Delta x}}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{1}{\Delta x}=\infty$

[ИСН]

ИСН в сообщении #538004 писал(а):

Ваша f задаётся не совсем так. Там было какое-то выражение с большой левой фигурной скобкой.

[samuil]

ИСН в сообщении #538078 писал(а):

ИСН в сообщении #538004 писал(а):

Ваша f задаётся не совсем так. Там было какое-то выражение с большой левой фигурной скобкой.

Ок, точно, спасибо. Тогда вот так:

$\dfrac{\partial f}{\partial x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{((x+\Delta x)^2+y^2)\sin\big(\frac{1}{(x+\Delta x)^2+y^2}\big)-(x^2+y^2)\sin\big(\frac{1}{x^2+y^2}\big)}{\Delta x}$

$\dfrac{\partial f}{\partial x}(0;0)=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{(\Delta x)^2\sin\big(\frac{1}{(\Delta x)^2}\big)}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\Delta x\cdot \sin\big(\frac{1}{(\Delta x)^2}\big)=0$

Вот так, правильно?

[ИСН]

[samuil]

ИСН в сообщении #538085 писал(а):

:shock:

Да, я перепутал, тут замечательный предел неуместен, уже исправил. Теперь правильно?

[ИСН]

Ага, так-то лучше.

[samuil]

ИСН в сообщении #538089 писал(а):

Ага, так-то лучше.

$f'_y(0;0)=0$ (ввиду симметрии)

Насколько я понял, что производные разрывных функций лучше считать по определению.

Теперь, используя определение дифференцируемой функции, получаем, что

$f(x,y)= o(\sqrt{x^2+ y^2)$

Что бы это могло значить для нашей задачи?

Быть может, это означает, что это равенство не выполняется из-за того, что

$\lim\limits_{\substack{x\to0\\y\to0}}\frac{f(x,y)}{\sqrt {{{\left( {\Delta x} \right)}^2} + {{\left( {\Delta y} \right)}^2}}}\ne 0$

?

[bot]

Вам что доказать требовалось?

[samuil]

bot в сообщении #538119 писал(а):

Вам что доказать требовалось?

Вот что:

Показать, что функция

$f(x,y)=\begin{cases} (x^2+y^2)\sin\big(\frac{1}{x^2+y^2}\big) & ,\text{ если }\; x^2+y^2\ne 0 \\ 0& ,\text{ если }\; x^2+y^2=0\\ \end{cases}$

Имеет в окрестности $(0;0)$ частные производные первого порядка, которые разрывны в точке $(0;0)$ и неограниченны в любой ее окрестности, но тем не менее, функция дифференцируема в этой точке $(0;0)$.

[ИСН]

Так. И что из этого мы ещё не показали?

[samuil]

ИСН в сообщении #538190 писал(а):

Так. И что из этого мы ещё не показали?

Вроде как нет, так не вижу, что частные производные терпят разрыв.

$\dfrac{\partial f}{\partial x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{((x+\Delta x)^2+y^2)\sin\big(\frac{1}{(x+\Delta x)^2+y^2}\big)-(x^2+y^2)\sin\big(\frac{1}{x^2+y^2}\big)}{\Delta x}$

Вдоль $x=y$, бесконечно малая окрестность точки $(0;0)$

$$\lim\limits_{\varepsilon\to \pm 0}\dfrac{\partial f}{\partial x}(0+\varepsilon;0+\varepsilon)=\lim\limits_{\substack{\Delta x\to 0\ \\\varepsilon\to \pm0}}\dfrac{((\varepsilon+\Delta x)^2+\varepsilon^2)\sin\big(\frac{1}{(\varepsilon+\Delta x)^2+\varepsilon^2}\big)-(2\varepsilon^2\sin\big(\frac{1}{2\varepsilon^2}\big)}{\Delta x}=0$$

И не очень понимаю насчет дифференцируемости...

Для нашей функции получилось, что $f(x,y)= o\Big(\sqrt{x^2+ y^2}\Big)$

Как можно объяснить полученный результат (дифференциируема функция или нет и почему)

[ИСН]

Это возвращает нас к вопросу о том, что же такое дифференцируемость.

-- Пн, 2012-02-13, 15:06 --

Зная её определение, мы сможем тупо подставить туда нашу функцию и проверить. Ноль меньше единицы. Да или нет? У попа была собака. Да или нет? Он её любил. Да или нет?