Wyznaczyć wszystkie punkty, w których f jest różniczkowalna.
\(\displaystyle{ f \left( x,y \right) = \begin{cases} \frac{\ln \left( 1+xy \right) }{y}&\mbox{ dla }y \neq 0 \\ x&\mbox{ dla }y = 0 \end{cases}}\)
dla \(\displaystyle{ y = 0}\) pochodne cząstkowe są ciągłe zatem jest różniczkowalna
dla \(\displaystyle{ y \neq 0}\)
\(\displaystyle{ \frac{ \partial f}{ \partial x} \frac{\ln \left( 1+xy \right) }{y} = \frac{1}{1+xy}}\)
\(\displaystyle{ \frac{ \partial f}{ \partial y} \frac{\ln \left( 1+xy \right) }{y} = \frac{x}{y \left( 1+xy \right) } + \frac{\ln \left( 1+xy \right) }{y^2}}\)
punkt postaci \(\displaystyle{ \left( x, -\frac{1}{x} \right)}\) wygląda podejrzanie, ale za bardzo nie wiem jak to dalej pociągnąć
różniczkowalność funkcji dwóch zmiennych
-
MrRipley
- Użytkownik
- Posty: 138
- Rejestracja: 11 paź 2015, o 22:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warsaw
- Podziękował: 41 razy
różniczkowalność funkcji dwóch zmiennych
Ostatnio zmieniony 3 lis 2016, o 21:33 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 3 razy.
Powód: Niepoprawnie napisany kod LaTeX-a.
Powód: Niepoprawnie napisany kod LaTeX-a.
-
matmatmm
- Użytkownik
- Posty: 2346
- Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Sosnowiec
- Podziękował: 91 razy
- Pomógł: 370 razy
różniczkowalność funkcji dwóch zmiennych
Zacznij od dziedziny.
Nie wiem skąd taki wniosek.MrRipley pisze: dla \(\displaystyle{ y = 0}\) pochodne cząstkowe są ciągłe zatem jest różniczkowalna
-
Undesirable17
- Użytkownik
- Posty: 5
- Rejestracja: 12 lis 2016, o 00:06
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 1 raz
różniczkowalność funkcji dwóch zmiennych
Rozumiem, że literówka i chodziło Ci o to, że dla \(\displaystyle{ y \neq 0}\) pochodne cząstkowe są ciągłe więc funkcja jest różniczkowalna? Jak tak to działa i zostaje sprawdzić co z punktami postaci \(\displaystyle{ (x, 0)}\). Aby funkcja była różniczkowalna w danym punkcie \(\displaystyle{ p = (x,0)}\) musi istnieć różniczka \(\displaystyle{ Df:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}}\), taka, że:
\(\displaystyle{ \lim_{\parallel h \parallel \to 0} \frac{\parallel f(p+h)-f(p)-Df(p)\cdot h \parallel }{\parallel h \parallel} = 0}\)
Znanym faktem jest, że jeżeli takie przekształcenie liniowe \(\displaystyle{ Df}\) istnieje, to:
\(\displaystyle{ Df(p) = \sum_{i=1}^{n} \frac{\partial f}{\partial x_i}f(p)}\)
Mamy \(\displaystyle{ f(x,0) = x}\), stąd \(\displaystyle{ \frac{\partial f}{\partial x}f(x, y) = 1}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{\partial f}{\partial y}f(x, y) = 0}\), stąd sprawdzamy, czy:
\(\displaystyle{ 0 = \lim_{(h_1,h_2) \to (0, 0)} \frac{f(x+h_1, h_2) - f(x, 0) - h_1}{\sqrt{h_1^2+h_2^2}} = \\ \\ \\ = \frac{\frac{\ln(1+h_2(x+h_1))}{h_2}-x-h_1}{\sqrt{h_1^2+h_2^2}} = \\ \\ \\ = \frac{\frac{\ln(1+h_2(x+h_1))}{h_2(x+h_1)} \cdot (x+h_1) - (x+h_1)}{\sqrt{h_1^2+h_2^2}} = \\ \\ \\ = \frac{(x+h_1)\left(\frac{\ln(1+h_2(x+h_1))}{h_2(x+h_1)}-1\right)}{\sqrt{h_1^2+h_2^2}}}\)
Oczywiste jest, że \(\displaystyle{ \lim_{(h_1, h_2) \to (0, 0)}\frac{\ln(1+h_2(x+h_1))}{h_2(x+h_1)}-1 = 0}\). Jeżeli \(\displaystyle{ x = 0}\) to \(\displaystyle{ 0 \le |\frac{h_1}{\sqrt{h_1^2+h_2^2}}| \le 1}\), stąd mamy iloczyn czegoś ograniczonego i zbieżnego do 0, co jest zbieżne do 0, czyli w punkcie \(\displaystyle{ p = (0, 0)}\) dana funkcja jest różniczkowalna. Jeżeli \(\displaystyle{ x \neq 0}\), to przyjmując \(\displaystyle{ h_1 = 0}\) dostajemy:
\(\displaystyle{ \frac{\frac{\ln(1+xh_2)}{xh_2}-1}{|h_2|} = \frac{1-\frac{xh_2}{2}+o(h_2)-1}{|h_2|} = \frac{-xh_2+o(h_2)}{2|h_2|}}\)
Stąd \(\displaystyle{ \lim_{(h_1, h_2) \to (0,0)} \frac{(x+h_1)\left(\frac{\ln(1+h_2(x+h_1))}{h_2(x+h_1)}-1\right)}{\sqrt{h_1^2+h_2^2}} = \lim_{(h_1, h_2) \to (0,0)} x \cdot \frac{-xh_2+o(h_2)}{2|h_2|} = \pm \frac{-x^2}{2}}\)
Ale dla \(\displaystyle{ x \neq 0}\) jest \(\displaystyle{ \frac{-x^2}{2} \neq 0}\), czyli w punktach \(\displaystyle{ (x, 0), x \neq 0}\) funkcja nie jest różniczkowalna.
Ostatecznie \(\displaystyle{ f}\) jest różniczkowalna w punktach \(\displaystyle{ (x, y)}\) takich, że \(\displaystyle{ y \neq 0 \vee (x,y) = (0, 0)}\)
\(\displaystyle{ \lim_{\parallel h \parallel \to 0} \frac{\parallel f(p+h)-f(p)-Df(p)\cdot h \parallel }{\parallel h \parallel} = 0}\)
Znanym faktem jest, że jeżeli takie przekształcenie liniowe \(\displaystyle{ Df}\) istnieje, to:
\(\displaystyle{ Df(p) = \sum_{i=1}^{n} \frac{\partial f}{\partial x_i}f(p)}\)
Mamy \(\displaystyle{ f(x,0) = x}\), stąd \(\displaystyle{ \frac{\partial f}{\partial x}f(x, y) = 1}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{\partial f}{\partial y}f(x, y) = 0}\), stąd sprawdzamy, czy:
\(\displaystyle{ 0 = \lim_{(h_1,h_2) \to (0, 0)} \frac{f(x+h_1, h_2) - f(x, 0) - h_1}{\sqrt{h_1^2+h_2^2}} = \\ \\ \\ = \frac{\frac{\ln(1+h_2(x+h_1))}{h_2}-x-h_1}{\sqrt{h_1^2+h_2^2}} = \\ \\ \\ = \frac{\frac{\ln(1+h_2(x+h_1))}{h_2(x+h_1)} \cdot (x+h_1) - (x+h_1)}{\sqrt{h_1^2+h_2^2}} = \\ \\ \\ = \frac{(x+h_1)\left(\frac{\ln(1+h_2(x+h_1))}{h_2(x+h_1)}-1\right)}{\sqrt{h_1^2+h_2^2}}}\)
Oczywiste jest, że \(\displaystyle{ \lim_{(h_1, h_2) \to (0, 0)}\frac{\ln(1+h_2(x+h_1))}{h_2(x+h_1)}-1 = 0}\). Jeżeli \(\displaystyle{ x = 0}\) to \(\displaystyle{ 0 \le |\frac{h_1}{\sqrt{h_1^2+h_2^2}}| \le 1}\), stąd mamy iloczyn czegoś ograniczonego i zbieżnego do 0, co jest zbieżne do 0, czyli w punkcie \(\displaystyle{ p = (0, 0)}\) dana funkcja jest różniczkowalna. Jeżeli \(\displaystyle{ x \neq 0}\), to przyjmując \(\displaystyle{ h_1 = 0}\) dostajemy:
\(\displaystyle{ \frac{\frac{\ln(1+xh_2)}{xh_2}-1}{|h_2|} = \frac{1-\frac{xh_2}{2}+o(h_2)-1}{|h_2|} = \frac{-xh_2+o(h_2)}{2|h_2|}}\)
Stąd \(\displaystyle{ \lim_{(h_1, h_2) \to (0,0)} \frac{(x+h_1)\left(\frac{\ln(1+h_2(x+h_1))}{h_2(x+h_1)}-1\right)}{\sqrt{h_1^2+h_2^2}} = \lim_{(h_1, h_2) \to (0,0)} x \cdot \frac{-xh_2+o(h_2)}{2|h_2|} = \pm \frac{-x^2}{2}}\)
Ale dla \(\displaystyle{ x \neq 0}\) jest \(\displaystyle{ \frac{-x^2}{2} \neq 0}\), czyli w punktach \(\displaystyle{ (x, 0), x \neq 0}\) funkcja nie jest różniczkowalna.
Ostatecznie \(\displaystyle{ f}\) jest różniczkowalna w punktach \(\displaystyle{ (x, y)}\) takich, że \(\displaystyle{ y \neq 0 \vee (x,y) = (0, 0)}\)