Существование точек дифференцируемости

[Bober2]

Добрый день, уважаемые участники форума. Наткнулся недавно на вот такую задачу:
Есть функция от двух переменных (x,y). Известно, что в каждой точке есть частные производные по всем переменным. Нужно доказать, что есть точка дифференцируемости.
Буду благодарен за подсказку в решении или ссылку на источник, где разбирается эта задача.

[Anton_Peplov]

Долго ждал, пока выскажутся математики. Но поскольку реакции нет, скажу банальность.

Итак, требуется доказать утверждение (I):

Есть функция $f \colon \mathbb R^2 \to \mathbb R$. Если в каждой точке есть частные производные по всем переменным, то есть точка дифференцируемости.

По общеизвестной теореме, чтобы упомянутая функция $f$ была дифференцируема в точке $(x_0, y_0)$, достаточно, чтобы все частные производные были непрерывны в т. $(x_0, y_0)$.

Таким образом, достаточно доказать утверждение (II):
Если частные производные всюду есть, то в некоторой точке обе они непрерывны.

Это утверждение звучит довольно странно (как, впрочем, и исходное) и побуждает искать скорее контрпример, чем доказательство.

В поисках контрпримера к утверждению (II) полезно ответить на следующий вопрос: существует ли дифференцируемая функция одной переменной, производная которой всюду разрывна? (Пример функции, производная которой разрывна в одной точке, известен). Если такая функция $\varphi \colon \mathbb R \to \mathbb R$ существует, то достаточно положить, что $f(x, y) \equiv \varphi(x)$, чтобы получить контрпример к утверждению (II). Полезно будет проверить, является ли он контпримером и к утверждению (I).

Извините, если наговорил ерунды.

[Bober2]

Anton_Peplov в сообщении #1656214 писал(а):

Долго ждал, пока выскажутся математики. Но поскольку реакции нет, скажу банальность.

Итак, требуется доказать утверждение (I):

Есть функция $f \colon \mathbb R^2 \to \mathbb R$. Если в каждой точке есть частные производные по всем переменным, то есть точка дифференцируемости.

По общеизвестной теореме, чтобы упомянутая функция $f$ была дифференцируема в точке $(x_0, y_0)$, достаточно, чтобы все частные производные были непрерывны в т. $(x_0, y_0)$.

Таким образом, достаточно доказать утверждение (II):
Если частные производные всюду есть, то в некоторой точке обе они непрерывны.

Это утверждение звучит довольно странно (как, впрочем, и исходное) и побуждает искать скорее контрпример, чем доказательство.

В поисках контрпримера к утверждению (II) полезно ответить на следующий вопрос: существует ли дифференцируемая функция одной переменной, производная которой всюду разрывна? (Пример функции, производная которой разрывна в одной точке, известен). Если такая функция $\varphi \colon \mathbb R \to \mathbb R$ существует, то достаточно положить, что $f(x, y) \equiv \varphi(x)$, чтобы получить контрпример к утверждению (II). Полезно будет проверить, является ли он контпримером и к утверждению (I).

Извините, если наговорил ерунды.

О том же самом думал! Я пока нашёл пример дифференцируемой функции, производная которой разрывна в континууме точек. Тем не менее, множество точек разрыва в этом примере является множеством меры нуль. И существует ли дифференцируемая функция, производная которой всюду разрывна - не ясно

[Combat Zone]

Bober2 в сообщении #1656217 писал(а):

И существует ли дифференцируемая функция, производная которой всюду разрывна - не ясно

Нет, не существует, это следует из теоремы Бэра о категориях. Оттуда же следует, что производная (дифференцируемой в области) функции непрерывна на подмножестве, всюду плотном там. Попробуйте этим воспользоваться, тем или другим или всем вместе, я на сегодня уже пас, среди ночи тонкими материями заниматься. Разве кто другой.

Upd/ Кстати, вроде довольно просто должно получаться.

[Combat Zone]

Combat Zone в сообщении #1656219 писал(а):

Кстати, вроде довольно просто должно получаться.

Я имею в виду, конечно, основное утверждение стартового поста.

[Bober2]

Combat Zone в сообщении #1656219 писал(а):

Bober2 в сообщении #1656217 писал(а):

И существует ли дифференцируемая функция, производная которой всюду разрывна - не ясно

Нет, не существует, это следует из теоремы Бэра о категориях. Оттуда же следует, что производная (дифференцируемой в области) функции непрерывна на подмножестве, всюду плотном там. Попробуйте этим воспользоваться, тем или другим или всем вместе, я на сегодня уже пас, среди ночи тонкими материями заниматься. Разве кто другой.

Я, кажется, понял, как это доказывается через теорему Бэра. Рассмотрим последовательность функций $f_n(x) = \frac{f(x+\frac{1}{n})-f(x)}{\frac{1}{n}}$. Эта последовательность поточечно сходится к производной. Из теоремы Бэра следует, что поточечный предел непрерывных функций имеет точки непрерывности.

[Combat Zone]

Да, примерно так. Сперва смотрим частные производные по одному направлению в каждой фиксированной точке. Находим точку непрерывности, в ней смотрим производную по другому направлению. Снова находим точку непрерывности.

Хотя нет, так просто не выйдет, надо еще допилить.

Оставлю на минуточку, что непрерывность обеих частных производных - это много счастья, все-таки это достаточное условие. Так что даже если мы не сумеем его обеспечить ни в одной точке (мало ли), это еще ничего не будет означать.

[Утундрий]

Bober2 в сообщении #1656233 писал(а):

Рассмотрим последовательность фунаций

Фундированную?

[Bober2]

Combat Zone в сообщении #1656234"
Хотя нет, так просто не выйдет, надо еще допилить.
[/quote]

Можно, в случае если [math]$f(x,y)$[/math] непрерывна, сделать действия, аналогичные док-ву существования точки непрерывности у производной.
Рассмотрим такую последовательность функций:
[math]$f_n: R^2 \times S^1 \rightarrow R$[/math], где [math]$ f_n(x,y,u,v) := n(f(x+\frac{1}{n}u, y+\frac{1}{n}v)-f(x,y))$[/math]. Точка [math]$(u,v)$[/math] принадлежит единичной окуржности на плоскости. [math]$R^2 \times S^1$[/math] - полное метрическое пространство, [math]$f_n$[/math] поточечно сходится к [math]$df(x,y,u,v) = f_xu+$f_yv[/math]. Тогда у нас найдётся точка непрерывности у дифференциала. Эта и будет точка дифференцируемости исходной функции

[size=75]-- 27.09.2024, 15:01 --[/size]

[quote="Bober2 в сообщении #1656257 писал(а):

[quote="Combat Zone в сообщении #1656234"

Можно, в случае если $f(x,y)$ непрерывна, сделать действия, аналогичные док-ву существования точки непрерывности у производной.
Рассмотрим такую последовательность функций:
$f_n: R^2 \times S^1 \rightarrow R$, где $ f_n(x,y,u,v) := n(f(x+\frac{1}{n}u, y+\frac{1}{n}v)-f(x,y))$. Точка $(u,v)$ принадлежит единичной окуржности на плоскости. $R^2 \times S^1$ - полное метрическое пространство, $f_n$ поточечно сходится к $df(x,y,u,v) = f_xu+$f_yv. Тогда у нас найдётся точка непрерывности у дифференциала. Эта и будет точка дифференцируемости исходной функции

Хотя нет, тут ошибка. Если у нас какая-нибудь из координат, например $u$, равна нулю, то я не могу утверждать, что $f_x$ непрерывна. Можно только утверждать, что она ограничена в некотором интервале. Но, если я уберу из окружности точки $(0,1),(1,0), (0,-1), (-1,0)$, то я получу что-то, гомеоморфное несвязному объединения 4-х экземпляров $\mathbb{R}$. Это тоже будет полным метрическим пространством. Тогда доказательство дальше проходит без проблем. Что скажите?

[Combat Zone]

Да нет.

Bober2 в сообщении #1656257 писал(а):

Точка $(u,v)$ принадлежит единичной окуржности на плоскости. $R^2 \times S^1$ - полное метрическое пространство, $f_n$ поточечно сходится к $df(x,y,u,v) = f_xu+$f_yv.

Никто не обещал существования этого предела. Именно его, существование, т.е. дифференцируемость, и хочется иметь. По умолчанию, исходно, ее нет.

Конструктива у меня нынче не будет, нет свободного времени нынче. Надо думать дальше.

[Bober2]

Combat Zone в сообщении #1656338 писал(а):

Да нет.

Bober2 в сообщении #1656257 писал(а):

Точка $(u,v)$ принадлежит единичной окуржности на плоскости. $R^2 \times S^1$ - полное метрическое пространство, $f_n$ поточечно сходится к $df(x,y,u,v) = f_xu+$f_yv.

Никто не обещал существования этого предела. Именно его, существование, т.е. дифференцируемость, и хочется иметь. По умолчанию, исходно, ее нет.

Конструктива у меня нынче не будет, нет свободного времени нынче. Надо думать дальше.

Да, я тоже нашёл у себя эту ошибку. Но она несложно устроняется. Если у меня есть последовательность функций из полного метрического пространства в метрическое пространство, то её поточечный предел будет иметь точку непрерывности. Тогда построим такую последовательность:
$f_n(x,y):=(n(f(x+\frac{1}{n},y)-f(x,y)),n(f(x,y+\frac{1}{n})-f(x,y)))$
Такая последовательность сходится к $(f_x,f_y)$ поточечно. Значит есть точка, где частные производные непрерывны

-- 27.09.2024, 20:08 --

Мне уже дальше рассказали, как добивается эта задача в случае разрывной функции. Там можно найти область при помощи теоремы Бэра, где функция будет непрерывной.

[Combat Zone]

Bober2 в сообщении #1656346 писал(а):

Мне уже дальше рассказали, как добивается эта задача в случае разрывной функции. Там можно найти область при помощи теоремы Бэра, где функция будет непрерывной.

А, хорошо. Сюда пока не кладите, пожалуйста :) мы с коллегами поспорили, кто раньше ее добьет.