Mam taką funkcję
\(\displaystyle{ f(x,y) = (x^2 + y^2) sin( \frac{1}{ \sqrt{x^2 + y^2} })}\) dla \(\displaystyle{ (x,y) \neq 0}\)
\(\displaystyle{ f(0) = 0}\)
i mam wykazać, że jest różniczkowalna w każdym otoczeniu \(\displaystyle{ (0,0)}\), ale nie jest klasy \(\displaystyle{ C^1}\) w żadnym otoczeniu \(\displaystyle{ (0,0)}\) to jak mam to rozumieć? Chodzi mi głównie o otoczenie.
funkcja jest symetryczna dlatego istnienie pochodnej po \(\displaystyle{ x}\) w danym punkcie implikuje nam pochodną po \(\displaystyle{ y}\) zatem:
\(\displaystyle{ \frac{ \partial f}{ \partial x} = xsin((x^2 +y^2)^{-1}) - cos((x^2 +y^2)^{-1}) \cdot ((x^2 +y^2)^{-1})}\)
I teraz jak sprawdzać to otoczenie, bo normalnie jakbym miał sprawdzić czy jest klasy \(\displaystyle{ C^1}\) w \(\displaystyle{ (0,0)}\) to bym liczył granicę \(\displaystyle{ (x,y) \rightarrow (0,0)}\), która oczywiście wychodzi \(\displaystyle{ - \infty}\)
(i tu pytanie: Czy jeśli pochodna cząstkowa ma granicę w danym punkcie w \(\displaystyle{ + \infty}\) lub \(\displaystyle{ - \infty}\) to znaczy, że nie jest klasy \(\displaystyle{ C^1}\) w tym punkcie?)
z Różniczkowalnością z definicji w \(\displaystyle{ (0,0)}\) jest różniczkowalna.
i tu pytanie: Czy jeśli różniczka z denicji ma granicę w danym punkcie w \(\displaystyle{ + \infty}\) lub \(\displaystyle{ - \infty}\) to znaczy, że nie jest różniczkowalna w tym punkcie?
Jak jest wspomniane o otoczeniu punktu \(\displaystyle{ 0,0}\) to mam to tak robić jak dla \(\displaystyle{ (0,0)}\)?
różniczkowalność i klasa C1 funkcji dwóch zmiennych
-
Elvis
różniczkowalność i klasa C1 funkcji dwóch zmiennych
Dla przejrzystości ograniczę się do prostej \(\displaystyle{ y=0}\). Funkcja jest wtedy wyrażona wzorem
\(\displaystyle{ f(x) = x^2 \sin \frac{1}{|x|}}\).
Łatwo sprawdzić, że jest wszędzie różniczkowalna.
Dla \(\displaystyle{ x>0}\) obliczamy \(\displaystyle{ f'(x) = 2x \sin \frac{1}{x} - \cos \frac{1}{x}}\), co nie ma granicy w zerze. Gdyby funkcja \(\displaystyle{ f}\) była klasy \(\displaystyle{ C^1}\) na pewnym otoczeniu zera, czyli \(\displaystyle{ f'}\) była na tymże otoczeniu ciągła, to w szczególności musiałaby istnieć skończona granica (tak to już jest z funkcjami ciągłymi).
\(\displaystyle{ f(x) = x^2 \sin \frac{1}{|x|}}\).
Łatwo sprawdzić, że jest wszędzie różniczkowalna.
Dla \(\displaystyle{ x>0}\) obliczamy \(\displaystyle{ f'(x) = 2x \sin \frac{1}{x} - \cos \frac{1}{x}}\), co nie ma granicy w zerze. Gdyby funkcja \(\displaystyle{ f}\) była klasy \(\displaystyle{ C^1}\) na pewnym otoczeniu zera, czyli \(\displaystyle{ f'}\) była na tymże otoczeniu ciągła, to w szczególności musiałaby istnieć skończona granica (tak to już jest z funkcjami ciągłymi).
Źle przepisałeś definicję funkcji.\(\displaystyle{ \frac{ \partial f}{ \partial x} = xsin((x^2 +y^2)^{-1}) - cos((x^2 +y^2)^{-1}) \cdot ((x^2 +y^2)^{-1})}\)
No, mi taka nie wyszła.która oczywiście wychodzi \(\displaystyle{ - \infty}\)
Tak, w szczególności nie może być klasy \(\displaystyle{ C^1}\) w żadnym otoczeniu tego punktu.(i tu pytanie: Czy jeśli pochodna cząstkowa ma granicę w danym punkcie \(\displaystyle{ + \infty}\) lub \(\displaystyle{ - \infty}\) to znaczy, że nie jest klasy \(\displaystyle{ C^1}\) w tym punkcie?)
Tych dwóch pytań nie rozumiem.i tu pytanie: Czy jeśli różniczka z denicji ma granicę w danym punkcie w \(\displaystyle{ + \infty}\) lub \(\displaystyle{ - \infty}\) to znaczy, że nie jest różniczkowalna w tym punkcie?
Jak jest wspomniane o otoczeniu punktu \(\displaystyle{ 0,0}\) to mam to tak robić jak dla \(\displaystyle{ (0,0)}\)?
-
MrRipley
- Użytkownik
- Posty: 138
- Rejestracja: 11 paź 2015, o 22:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warsaw
- Podziękował: 41 razy
różniczkowalność i klasa C1 funkcji dwóch zmiennych
\(\displaystyle{ \frac{ \partial f}{ \partial x} = x \cdot sin((x^2 + y^2)^{- \frac{1}{2} }) -x((x^2 + y^2)^{- \frac{1}{2} }) \cdot cos((x^2 + y^2)^{- \frac{1}{2} })}\)
po przejściu na wsp. biegunowe:
\(\displaystyle{ \frac{ \partial f}{ \partial r} = rcos \alpha \cdot sin(\frac{1}{r} ) - cos \alpha \cdot cos(\frac{1}{r})}\)
zatem granica \(\displaystyle{ \lim_{ r\to 0}\frac{ \partial f}{ \partial r}}\) nie istnieje, bo zależy od \(\displaystyle{ cos \alpha}\)
zatem nie jest klasy \(\displaystyle{ C^1}\) w żadnym otoczeniu \(\displaystyle{ (0,0)}\). Teraz to dobrze zrobiłem?
po przejściu na wsp. biegunowe:
\(\displaystyle{ \frac{ \partial f}{ \partial r} = rcos \alpha \cdot sin(\frac{1}{r} ) - cos \alpha \cdot cos(\frac{1}{r})}\)
zatem granica \(\displaystyle{ \lim_{ r\to 0}\frac{ \partial f}{ \partial r}}\) nie istnieje, bo zależy od \(\displaystyle{ cos \alpha}\)
zatem nie jest klasy \(\displaystyle{ C^1}\) w żadnym otoczeniu \(\displaystyle{ (0,0)}\). Teraz to dobrze zrobiłem?
-
Elvis
różniczkowalność i klasa C1 funkcji dwóch zmiennych
Uzasadnienie skądinąd dobre, ale jeszcze ważniejsze niż zależność od \(\displaystyle{ \alpha}\) jest to, że \(\displaystyle{ \cos \frac{1}{r}}\) nie zbiega do zera.
Teraz jest dobrze, tylko ten wzór jest nadal na \(\displaystyle{ \frac{\partial f}{\partial x}}\), a nie na \(\displaystyle{ \frac{\partial f}{\partial r}}\).
Skądinąd, jeśli chodzi o negatywną część rozwiązania, to akurat wystarczy pokazać niezbieżność na prostej \(\displaystyle{ y=0}\), jak w moim poprzednim poście (obliczenia są łatwiejsze).
Teraz jest dobrze, tylko ten wzór jest nadal na \(\displaystyle{ \frac{\partial f}{\partial x}}\), a nie na \(\displaystyle{ \frac{\partial f}{\partial r}}\).
Skądinąd, jeśli chodzi o negatywną część rozwiązania, to akurat wystarczy pokazać niezbieżność na prostej \(\displaystyle{ y=0}\), jak w moim poprzednim poście (obliczenia są łatwiejsze).