Задача на дифферинцируемость функции многих переменных

[sa1ntdevil]

Здравствуйте, пожалуйста помогите разобраться со следующей задачей:
Исследовать функцию $f(x,y) = \sqrt[5]{\sin{x}(1-\cos{xy})}$ на дифференцируемость в точке $M(0,0)$

Частные производные функции в точке M разрывны, так что достаточное условие дифференцируемости тут не поможет. Ясно, что надо рассмотреть приращение функции:

$$\Delta f = \sqrt[5]{\sin{\Delta x}(1-cos{\Delta x \Delta y})}$$

Была идея показать что $\lim_{\rho \to 0} \frac{\sqrt[5]{\sin{\Delta x}(1-cos{\Delta x \Delta y})}}{\rho} = 0$ тогда функция была бы, очевидно, дифференцируема. Но этот предел не существует(выражение под знаком предела зависит только от направления, но не от $ \rho$).

Дальше идей просто нет, буду очень благодарен если кто-нибудь подскажет как ещё можно подойти к задаче.

[Padawan]

Если Вы уверены, что предел не существует, то функция не дифференцируема
Упростить исследование предела могут такие эквивалентности
$sin\Delta x\approx\Delta x$, $1-\cos (\Delta x\Delta y)\approx (\Delta x\Delta y)^2/2$

[sa1ntdevil]

Благодаря этим эквивалентностям предел и был вычислен =)
Получается:

$$\lim_{\rho \to 0}{\frac{\sqrt[5]{\Delta x^3 \Delta y^2}}{\sqrt[5]{2} \rho}}$$

Перейдя к полярных координатам:

$$\lim_{\rho \to 0}{\frac{\sqrt[5]{\rho^5 \cos^3{\phi} \sin^2{\phi}}}{\sqrt[5]{2} \rho}} = \sqrt[5]{\frac{\cos^3{\phi}\sin^2{\phi}}{2}}$$

Поэтому единого предела нет.

Для меня просто не очевидно, что при этом функция не дифференируема... Не могли бы вы уточнить как можно объяснить этот переход?

[Padawan]

По определению функция дифференцируема, если существуют числа $A$ и $B$ такие, что
$\Delta f=A\Delta x+B\Delta y+\alpha(\Delta x,\Delta y)\cdot\rho$, где $\alpha(\Delta x,\Delta y)\to 0$, при $\Delta x,\Delta y\to 0$.
$A$ и $B$ в этом случае равны частным производным. В нашем примере частные производные равны нулю (функция на координатных осях = 0). Остается условие $\alpha=\frac{\Delta f}{\rho}\to 0$.

[mitia87]

Возьмите две последовательности с разными пределами.

[sa1ntdevil]

Padawan
Всё встало на свои места. Большое спасибо =)
Я просто честно взяв частные производные обнаружил, что в нуле они разрывны и поэтому решил, что A и B через них уже не выразить.

mitia87
Вы имели ввиду приём для того чтобы показать, что функция разрывна в нуле? Но ведь речь не о непрерывности, а о дифферинцируемости. Или я просто вас неправильно понял??

[Joker_vD]

Если функция разрывна в точке, у нее не может быть в этой точке производной. Потому что дифференцируемость тянет за собой непрерывность, такие дела.

[ewert]

Joker_vD в сообщении #363982 писал(а):

Если функция разрывна в точке, у нее не может быть в этой точке производной.

Но запросто могут существовать обе частные производные (раз уж речь о функции двух переменных).

[Joker_vD]

ewert
Я и не спорю.

[sa1ntdevil]

Joker_vD
Но эта функция то как раз непрерывна. Если бы не было непрерывности, то о дифференцируемости и вопроса не стояло бы....