Задачи на дифференцируемость функции в норм. пространствах 2

[seraphimt]

Здравствуйте. Продолжаю мучить книжку, наткнулся на смутившие задания.
1)
$f(x, y) = \frac{xy^2}{x^2+y^2}$, $g(x, y) = \frac{x^3}{x^2+y^2}$ при $x^2+y^2 >0$ и $f(0,0) =0,g(0,0) =0$
Нужно доказать, что непрерывны и в нуле имеют конечные производные по всем направлениям.
На непрерывности запнулся, не знаю как доказать, что, например, для второй функции
$|\frac{x^3}{x^2+y^2}-\frac{(x+h_1)^3}{(x+h_1)^2+(y+h_2)^2}| < \epsilon$ если $\|h\| < \delta$.
С производными по направлениям вроде справился:
Для $f$:
$\frac{df}{dx}= \lim_{t \to 0} \frac{t*0}{(t^2+0)t} - 0=0$
$\frac{df}{dy}= \lim_{t \to 0} \frac{t^2*0}{(t^2+0)t} - 0=0$
Значит $\frac{df}{dl}=\langle grad(f)(0,0),l\rangle$ = 0
Для $g$:
$\frac{dg}{dx}= \lim_{t \to 0} \frac{t^3}{(t^2+0)t} - 0=1$
$\frac{dg}{dy}= \lim_{t \to 0} \frac{t^3*0}{(t^2+0)t} - 0=0$
Значит $\frac{dg}{dl}=\langle grad(g)(0,0),l\rangle$ = l_1 А поскольку у нас производная по направлению, то $\|l\| = 1$ и значит $|l_1| \leqslant 1$
2) Задание почти тоже - доказать, что непрерывна везде и что производные по вектору в нуле конечны.
$\phi(x,y)=\frac{xy^3}{x^2+y^4}, x^2+y^2 >0$ и $\phi(0,0) = 0$
Насколько я понимаю, тут так же как в случае $f(x,y)$ из первой задачки градиент будет нулевым в нуле и значит производная по любому вектору тоже. Но смущает такой текст в этом задании, цитата:
"Убедитесь, что в отличии от функций из предыдущего упражнения, производные $\phi$ вдоль вектора зависят от него линейно(они тождественно равно нулю)"

[mihaild]

seraphimt в сообщении #1627721 писал(а):

На непрерывности запнулся, не знаю как доказать, что, например, для второй функции
$|\frac{x^3}{x^2+y^2}-\frac{(x+h_1)^3}{(x+h_1)^2+(y+h_2)^2}| < \epsilon$ если $\|h\| < \delta$.

В нуле эта запись сильно упрощается. А вне нуля у Вас частное двух непрерывных функций, причем знаменатель ненулевой.

[мат-ламер]

seraphimt в сообщении #1627721 писал(а):

Продолжаю мучить книжку

Правильно! Лучше, чтобы самому мучить книжку, чем когда книжка мучает читателя.
Для функций такого вида полезно перейти к полярным координатам. Вычисления упрощаются.
1)

seraphimt в сообщении #1627721 писал(а):

Значит $\frac{df}{dl}=\langle grad(f)(0,0),l\rangle$ = 0

seraphimt в сообщении #1627721 писал(а):

Значит $\frac{dg}{dl}=\langle grad(g)(0,0),l\rangle$ = l_1

Уверены?
2)

seraphimt в сообщении #1627721 писал(а):

Насколько я понимаю, тут ... градиент будет нулевым в нуле и значит производная по любому вектору тоже.

А вот тут да (в отличие от 1).
Главное - разберитесь, в чём разница в заданиях.

-- Ср янв 31, 2024 19:07:55 --

seraphimt в сообщении #1627721 писал(а):

Продолжаю мучить книжку,

А что за книжку мучаете? Спрашиваю, поскольку бывает, что градиент определяют по-разному.

[seraphimt]

mihaild, мат-ламер спасибо!

mihaild в сообщении #1627723 писал(а):

В нуле эта запись сильно упрощается. А вне нуля у Вас частное двух непрерывных функций, причем знаменатель ненулевой.

Да, точно. Выходит вне нуля функции непрерывны по каждой координате и значит непрерывны. А в нуле
$|h_1\frac{h_2^2}{h_2^1+ h_2^2}|\leqslant |h_1| \leqslant \|h\|$ Для $g$ полностью аналогично

мат-ламер в сообщении #1627797 писал(а):

Уверены?

Почти уверен, что где-то ошибка, но не понимаю где.
Я вроде делаю прямо по определению: частная производная в точке $a$ это такой предел:
$\frac{df}{dx_k}=\lim_{t \to 0}\frac{f(a+e_kt)-f(a)}{t}$
В нашем случае, допустим по $x$:
$\frac{df}{dx}=\lim_{t \to 0}\frac{f(x+t, y)-f(x,y)}{t}$. В точке (0,0):
$\frac{df}{dx}(0,0)=\lim_{t \to 0}\frac{f(0+t, 0)-f(0,0)}{t}=\lim_{t \to 0}\frac{t*0^2-0}{t(t^2+0^2)}$. Выглядит как что-то странное конечно, но вроде всё по определению.

мат-ламер в сообщении #1627797 писал(а):

А что за книжку мучаете? Спрашиваю, поскольку бывает, что градиент определяют по-разному.

"Гладкие функции и отображения". Макаров. Подкорытов. Насколько я знаю, её нет в сети. Градиент там вводится как вектор $(f'_{x_1}(a), ..., f'_{x_n}}(a))$

[mihaild]

seraphimt в сообщении #1628044 писал(а):

Выходит вне нуля функции непрерывны по каждой координате и значит непрерывны

Нет такой теоремы. Возьмите функцию, равную 1 на осях и 0 вне осей.

[Doctor Boom]

seraphimt в сообщении #1628044 писал(а):

вроде делаю прямо по определению: частная производная в точке $a$ это такой предел

Вы должны показать, что все частные производные по направлению выражаются как

seraphimt в сообщении #1627721 писал(а):

$\frac{dg}{dl}=\langle grad(g)(0,0),l\rangle$

[мат-ламер]

seraphimt в сообщении #1628044 писал(а):

В нашем случае, допустим по $x$:

seraphimt в сообщении #1628044 писал(а):

Выглядит как что-то странное конечно, но вроде всё по определению.

Почему странно выглядит? Вы по определению нашли производную по одному очень конкретному направлению и она оказалась нулевой. Вроде как всё нормально. Но в задании требуется найти производную в начале координат по произвольному направлению. Если действовать сугубо по определению, то хорошо бы посмотреть, как выглядит ограничение нашей функции на прямой, проходящей через начало координат. Возьмите к примеру прямую $y=\alpha x$ и посмотрите, как будет выглядеть ограничение нашей функции на данной прямой. Посчитайте по определению, чему равна производная по направлению, которая задаётся этой прямой.

Да, и в стартовом посту вы всё же считали не по определению. По определению оно всё же точнее будет. А вот почему, это уже следующий вопрос (если до него доберёмся).

[seraphimt]

Понял, что в голове каша, пересмотрел лекцию по непрерывности в МП и перечитал последние параграфы.

mihaild в сообщении #1628048 писал(а):

Нет такой теоремы

Да, насколько я понимаю, нам нужна равномерная непрерывность по всем переменным, кроме может быть одной, в ней достаточно просто непрерывности. Значит в двухмерном случае нужно, чтобы хотя бы по одной переменой функция была равномерно непрерывна. Но как это показать?

мат-ламер в сообщении #1628058 писал(а):

Посчитайте по определению, чему равна производная по направлению, которая задаётся этой прямой.

Определение:
$\frac{df}{dl}(a)=\lim_{t \to 0} \frac{f(a+tl) - f(a)}{t}$
Значит в нашем случае:
$\frac{df}{dl}(0,0)=\lim_{t \to 0} \frac{t^3l_1l_2^2 - 0}{t(t^2l_1^2+t^2l_2^2)}= \frac{l_1l_2^2}{l_1^2+l_2^2}=l_1l_2^2$
$\frac{dg}{dl}(0,0)=l_1^3$

А отличие с той $\phi$ в том, что там 4ая степень $t$ в числителе и третья в знаменателе, вот и выходит просто 0 в пределе.
Я понял свою ошибку здесь - высчитывать через скалярное произведение с градиентом можно же только если функция дифференцируема
Получается, что если бы, например, было бы $\frac{xy^2}{x^2+y^4}$, то не все производные по вектору была бы ограниченны?
Потому что там в нуле получается $\frac{l_2^2}{l_1}$ и для векторов вида $(0, y)$ всё плохо.

(Оффтоп)

Как же повезло, что там был этот текст про сравнение с прошлой задачей, иначе бы не обратил внимания и так и понимал бы неправильно

[мат-ламер]

seraphimt в сообщении #1628661 писал(а):

Я понял свою ошибку здесь - высчитывать через скалярное произведение с градиентом можно же только если функция дифференцируема

Вот, вот И отличие между заданиями в том, что в случае 1 функции в нуле не дифференцируемы.

seraphimt в сообщении #1628661 писал(а):

Получается, что если бы, например, было бы $\frac{xy^2}{x^2+y^4}$, то не все производные по вектору была бы ограниченны?
Потому что там в нуле получается $\frac{l_2^2}{l_1}$ и для векторов вида $(0, y)$ всё плохо.

Давайте всё же отличать производные по вектору и производные по направлению (которые есть производные по вектору единичной длины). Кстати, там в задаче вроде надо найти производные по направлению. Кстати, возможно в двумерном случае направление более удобно задавать одним параметром. Попробуйте разобраться более тщательно и получить точную аргументацию того, что хотите доказать. Приведите ваши выкладки.

-- Вт фев 06, 2024 18:23:53 --

seraphimt в сообщении #1628661 писал(а):

Понял, что в голове каша, пересмотрел лекцию по непрерывности в МП

А на лекции этого товарища вы ходите? Посмотрите хотя бы самое начало.

[seraphimt]

мат-ламер в сообщении #1628673 писал(а):

Давайте всё же отличать производные по вектору и производные по направлению

Да, я понимаю. В первой задаче, там где $f$ и $g$ по направлению, поэтому и ограниченные тк вышли меньше 1.
Во второй, где $\phi$ просто нулевые.
А в моём примере, $f_1(x, y)=\frac{xy^2}{x^2+y^4}$ получается $\frac{df_1}{dl}=\frac{l_2}{l_1}$ и значит производные по некоторым направлениям не ограничены тк, например, возьмём вектор $(\delta, 1)$. Для любого фиксированного числа, беря дельту достаточно близко к 0, производная по этому вектору превзойдёт это число.

(Оффтоп)

Не хожу, не в Москве живу, но лекции смотрю, да. Но там очень кратко и бегло и для решения листочков не хватает, так что ещё добавляю лекциями с мехмата МГУ. Но без нормальных семинаров в голове не укладывается как следует, вот и решаю доп задачки

[мат-ламер]

У вас довольно поучительный пример.

мат-ламер в сообщении #1628673 писал(а):

Попробуйте разобраться более тщательно и получить точную аргументацию того, что хотите доказать.

seraphimt в сообщении #1628782 писал(а):

А в моём примере

seraphimt в сообщении #1628782 писал(а):

производные по некоторым направлениям не ограничены

По какому именно конкретному направлению "производные не ограничены" и что вообще означают эти слова?

seraphimt в сообщении #1628782 писал(а):

например, возьмём вектор $(\delta, 1)$. Для любого фиксированного числа,...производная по этому вектору превзойдёт это число.

Давайте всё же разберёмся, что у нас фиксировано, а что меняется. Что за фиксированное число вы имеете в виду?

seraphimt в сообщении #1628782 писал(а):

производная по этому вектору превзойдёт это число.

Всё же желательно рассматривать производные по направлению, а не по вектору, хотя в данном примере это значения не имеет.

-- Чт фев 08, 2024 11:40:34 --

seraphimt в сообщении #1628782 писал(а):

Да, я понимаю. В первой задаче, там где $f$ и $g$ по направлению, поэтому и ограниченные тк вышли меньше 1.

В первой задаче требовалось подсчитать именно производные по направлению. Так хотелось бы получить ответ, на который намекает автор.

[мат-ламер]

seraphimt в сообщении #1628661 писал(а):

Получается, что если бы, например, было бы $\frac{xy^2}{x^2+y^4}$, то не все производные по вектору была бы ограниченны?

Напомню, что мы интересуемся сугубо производными в начале координат. Может от этого недопонимание.

[seraphimt]

мат-ламер в сообщении #1628833 писал(а):

По какому именно конкретному направлению "производные не ограничены" и что вообще означают эти слова?

Может я чего-то путаю, но задача: показать, что все производные в нуле по вектору ограничены. Находим эту производную, она равна $\frac{df}{dl}=\frac{l_2}{l_1}$. Что значит, что она не ограничена: для любого натурального N существует$ l: \frac{df}{dl}>N$ Что очевидно выполняется, если взять, например, $l_2=1$, а $l_1=\delta<\frac{1}{N}$

мат-ламер в сообщении #1628833 писал(а):

В первой задаче требовалось подсчитать именно производные по направлению. Так хотелось бы получить ответ, на который намекает автор.

Насколько я понял, ответ такой: производные в первой задаче в нуле по любому направлению конечны и ограничены единицей.

[мат-ламер]

По-моему, возникли терминологические затруднения. Поэтому я и задал вопрос:

мат-ламер в сообщении #1628833 писал(а):

и что вообще означают эти слова?

Ваше мнение:

seraphimt в сообщении #1629001 писал(а):

Может я чего-то путаю, но задача: показать, что все производные в нуле по вектору ограничены

Обратимся непосредственно к условию задачи:

seraphimt в сообщении #1627721 писал(а):

Нужно доказать, что непрерывны и в нуле имеют конечные производные по всем направлениям

Я бы трактовал это условие так. Берём произвольное направление и находим производную по этому направлению. Так получается, что эта производная, во-первых, существует, а, во-вторых, конечна. Но тут момент спорный. Обычно, если производная существует, то она по своему определению конечна. Но это обычно. Может авторы в своей книге вводят бесконечные производные? Например, можно в принципе обобщить понятие производной так, что функция $f(x)=\sqrt{x}$ будет в иметь в нуле бесконечную производную. Но я как-то в этом сомневаюсь и думаю, что слово "конечные" особого специального смысла в условии тут не имеет.
А вот ваша формулировка:

seraphimt в сообщении #1629001 писал(а):

Может я чего-то путаю, но задача: показать, что все производные в нуле по вектору ограничены

некорректна и непонятна. Правильней была бы такая:

seraphimt в сообщении #1629001 писал(а):

... но задача: показать, что все производные в нуле по различным направлениям ограничены по совокупности направлений

То есть у нас есть числовая функция. Её аргумент - направление (которое можно задать по-разному). А значение - производная по этому направлению. Так утверждение состоит в том, что эта числовая функция неограничена в вашем примере и ограничена в первой задаче из первого поста.