Исследование на диф. по Фреше разрывной функции

[vilza]

Цитата:

функция по Фреше всё же дифференцируема, т.к. её производная Фреше очевидным образом равна нулю.

можно по подробней?

[ewert]

А вот тут я вынужден присоединиться к ув. Brukvalub'у. Вспомните определение производной Фреше и докажите, что нулевой оператор подпадает под это определение. Это легко, учитывая, что дробная часть меньше единицы и её в рассматриваемой ситуации при оценивании можно просто отбросить.

[vilza]

Следую вашим советам получил
(x+h)(y+h)\{y+h\}-xy\{y\}=Ah+r => xh+yh=Ah+r => x+y=A рассматривая точку (0;0) получаем: оператор A=0; <=> A - нулевой оператор; => Производная по Фреше = 0.

верно ли?

[ewert]

Совершенно неверно. Т.е. совершенно бессмысленный набор значков. Начните всё-таки с того, что выпишите здесь именно общее определение производной Фреше.

[AD]

vilza в сообщении #156048 писал(а):

Дробная часть = Число - Дробная часть.

То есть Дробная часть = Число / 2

[ewert]

да он просто имел в виду, что минус целая часть

[vilza]

Простите за опечатку.

Общее определение производной Фреше:
Пусть F\colon X\rightarrow Y — оператор, действующий из некоторого вещественного банахова пространства X в вещественное банахово пространство Y.

Производной Фреше оператора F в точке x_0\in X называется линейный оператор A\colon X\rightarrow Y, такой, что для любого h\in X выполняется следующее равенство:
F(x+h)-F(x)=Ah+r_0(x,\;h),
причем для остаточного члена r_0(x,\;h) верно соотношение:

\|r_0(x,\;h)\|_Y \frac{1}{\|h\|_X} \rightarrow 0 , при \|h\|_X\rightarrow 0.

Если производная Фреше существует, то оператор F называется сильно дифференцируемым. Линейная часть приращения Ah в таком случае именуется дифференциалом Фреше функции F.

Тогда для моего случая:
F(x,y) = xy\{y\}
X = R^2
Y = R^1

Пусть u = (x,y), тогдаh = (h_1,h_2)
F(u+h)=F(u)+((F(u))'_x+(F(u))'_y)h+r <=>
F(u+h)=F(u)+y\{y\}h+x\{y\}+xy(1-[y])h+r

таким образом производная Фреше в (x,y) задается матрицей 1x2:
[y\{y\} \ x\{y\}+xy(1-[y])]

[ewert]

vilza писал(а):

Пусть u = (x,y), тогдаh = (h_1,h_2)
F(u+h)=F(u)+((F(u))'_x+(F(u))'_y)h+r <=>
F(u+h)=F(u)+y\{y\}h+x\{y\}+xy(1-[y])h+r

Внимательнее. Вы буквой $h$ обозначаете то вектор, то его компоненты; последняя строчка неверна со всех точек зрения (в частности, нельзя так легкомысленно дифференцировать по игреку).

Да и не надо дифференцировать. Просто докажите, что приращение функции в окрестности начала координат много меньше линейного -- это и будет означать, что производная Фреше существует и равна нулю.

[vilza]

с h - простите торопился.
Попробую.