zadaća s weba (zadatak)

[Phoenix]

Nije.

[slonic~tonic]

hvala.!
moze pomoc sa 8.zadatakom??
odredila sam parc.derivacije u tockama oblika (x, y) : x!=0, one postoje i neprekidne su => f je diferencijabilna u tim tockama..
ii kak ispitati dif u tockama za koje je x=0 ?

_________________
Lakše je naučiti matematiku nego raditi bez nje.

[Phoenix]

Vjerujem da si dobila da je [tex]\frac{\partial f}{\partial x}(0,y)=0[/tex] i [tex]\frac{\partial f}{\partial y}(0,y)=2y[/tex], stoga je jedini kandidat za [tex]Df(0,y)[/tex] zapravo [tex]\begin{bmatrix} 0 & 2y \end{bmatrix}[/tex], pa je:
[tex]Df(0,y_0)((x,y)-(0,y_0))= \begin{bmatrix} 0 & 2y \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y-y_0 \end{bmatrix} = 2y(y-y_0)=2y^2-2yy_0[/tex] za neki [tex]y_0 \in \mathbb{R}[/tex] proizvoljan, ali fiksiran.
Sada želimo pokazati da je gore navedeni operator zaista diferencijal funkcije [tex]f[/tex] u točki [tex](0,y_0)[/tex]. Dakle, mora vrijediti:
[tex]\displaystyle \lim_{(x,y) \rightarrow (0,y_0)} \frac{f(x,y)-f(0,y_0)-Df(0,y_0)((x,y)-(0,y_0))}{||(x,y)-(0,y_0)||}= \lim_{(x,y) \rightarrow (0,y_0)} \frac{f(x,y)-y_0^2-2y^2+2yy_0}{\sqrt{x^2+(y-y_0)^2}}[/tex].
Općenito, kada je [tex]x=0[/tex], iz izraza za limes slijedi:
[tex]\frac{f(x,y)-y_0^2-2y^2+2yy_0}{\sqrt{x^2+(y-y_0)^2}}=\frac{y^2-y_0^2-2y^2+2yy_0}{\sqrt{(y-y_0)^2}}=-\frac{(y-y_0)^2}{|y-y_0|}[/tex]
A taj izraz zaista teži u [tex]0[/tex] kada [tex]y[/tex] teži u [tex]y_0[/tex]. Naime, vrijedi [tex]-\frac{(y-y_0)^2}{|y-y_0|}=-\frac{(y-y_0)^2}{\mathrm{sign}(y-y_0)(y-y_0)}=-\mathrm{sign}(y-y_0)(y-y_0)=-|y-y_0| \stackrel{y \rightarrow y_0}{\longrightarrow} 0[/tex].
([tex]\mathrm{sign}(x)[/tex] je funkcija koja preslikava [tex]x[/tex] u [tex]1[/tex] ako je on pozitivan, [tex]-1[/tex]ako je negativan, odnosno u [tex]0[/tex] ako je jednak nuli)
Za [tex]x \neq 0[/tex], pak, vrijede sljedeće nejednakosti:
[tex]|\frac{f(x,y)-y_0^2-2y^2+2yy_0}{\sqrt{x^2+(y-y_0)^2}}|=\frac{|x^2 \sin(\frac{1}{x})+y^2-y_0^2-2y^2+2yy_0|}{\sqrt{x^2+(y-y_0)^2}}=\frac{|x^2 \sin(\frac{1}{x})-(y-y_0)^2|}{\sqrt{x^2+(y-y_0)^2}} \leq \frac{|x^2 \sin(\frac{1}{x})|+|(y-y_0)^2|}{\sqrt{x^2+(y-y_0)^2}}=|\frac{x^2 \sin(\frac{1}{x})}{\sqrt{x^2+(y-y_0)^2}}|+|\frac{(y-y_0)^2}{\sqrt{x^2+(y-y_0)^2}}| \leq[/tex]
[tex]\leq |\frac{x^2 \sin(\frac{1}{x})}{\sqrt{x^2}}|+|\frac{(y-y_0)^2}{\sqrt{(y-y_0)^2}}|=|x \sin(\frac{1}{x})|+|y-y_0|=|\frac{\sin(\frac{1}{x})}{\frac{1}{x}}|+|y-y_0| \stackrel{(x,y) \rightarrow (0,y_0)}{\longrightarrow} 0+0=0[/tex]
Slijedi, za nizove [tex](x_n,y_n)[/tex] za koje je [tex]x_n \neq 0, \forall n \in \mathbb{N}[/tex] i koji konvergiraju prema [tex](0,y_0)[/tex] vrijedi [tex]\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{f(x_n,y_n)-f(0,y_0)-Df(0,y_0)((x_n,y_n)-(0,y_0))}{||(x_n,y_n)-(0,y_0)||} = 0[/tex].
Kombinacijom ova dva rezultata (za [tex]x = 0[/tex] i [tex]x \neq 0[/tex]) dobivamo da zaista mora vrijediti [tex]\displaystyle \lim_{(x,y) \rightarrow (0,y_0)} \frac{f(x,y)-f(0,y_0)-Df(0,y_0)((x,y)-(0,y_0))}{||(x,y)-(0,y_0)||} = 0[/tex].
Stoga prema samoj definiciji s predavanja slijedi da je [tex]f[/tex] diferencijabilna i u točkama oblika [tex](0,y) \in \mathbb{R^2}[/tex].


Možda sam se zapleo i naglio negdje, vjerojatno ovo izgleda pošteno zbunjujuće, no nastojao sam oponašati rješenje jednog zadatka s vježbi, a to je zadatak [tex]10.23[/tex] gdje komentiraju jedinog mogućeg kandidata za diferencijal u točki. Čak se i referenciraju na teorem s vježbi (ili s predavanja, svejedno), pa ako si se ovdje pogubila, baci oko.