Дифференцируемость функции в точке и существование частных производных

Дадим определение дифференцируемости функции в точке.
Определение. Функция $f \left( x \right) = f \left( x_1, \dots, x_n \right)$ называется дифференцируемой в точке $x^0 = \left( x_1^0, \dots, x_n^0 \right)$, если она определена в некоторой окрестности этой точки и существуют такие числа $A_1, \dots, A_n$, что $$f \left( x \right) — f \left( x^0 \right) = \sum\limits_{i = 1}^{n} A_i \left( x_i — x_i^0 \right) + o \left( \rho \left( x, x^0 \right) \right) \qquad (2)$$ при $x \to x^0$.
Теорема 1. Функция $f \left( x \right)$ дифференцируема в точке $x^0$ в том и только том случае, когда в некоторой окрестности точки $x^0$ функция $f \left( x \right)$ может быть представлена в следующем виде: $$f \left( x \right) = f \left( x^0 \right) + \sum\limits_{i = 1}^{n} f_i \left( x \right) \left( x_i — x_i^0 \right), \qquad (2)$$ где функции $f_i \left( x \right)$ непрерывны в точке $x^0$.

Доказательство

Пусть функция $f \left( x \right)$ дифференцируема в точке $x^0$. Тогда выполнено условие (1). Заметим, что равенство $\psi \left( x \right) = o \left( \rho \left( x, x^0 \right) \right)$ при $x \to x^0$ означает, что $\psi \left( x \right) = \varepsilon \left( x \right) \rho \left( x, x^0 \right)$, где $\lim_{x \to x^0} \varepsilon \left( x \right) = 0$.
Тогда $$\psi \left( x \right) = \frac{ \varepsilon \left( x \right) }{ \rho \left( x, x^0 \right) } \sum\limits_{i = 1}^{n} \left( x_i — x_i^0 \right) ^2 = \\ = \sum\limits_{i = 1}^{n} \varepsilon_i \left( x \right) \left( x_i — x_i^0 \right), \qquad (3)$$
где $\varepsilon \left( x \right) = \varepsilon \left( x \right) \frac{ x_i — x_i^0 }{ \rho \left( x, x^0 \right) }$, $\lim_{ x \to x^0 } \varepsilon \left( x \right) = 0$, так как $0 \leq \frac{ \left| x_i — x_i^0 \right| }{ \rho \left( x, x^0 \right) } \leq 1$.
Доопределим функции $\varepsilon_i \left( x \right)$ в точке $x^0$ по непрерывности, полагая $\lim_{x \to x^0} \varepsilon_i \left( x \right) = \varepsilon_i \left( x^0 \right) = 0$.
Тогда из (1) и (3) получаем $$f \left( x \right) = f \left( x^0 \right) + \sum\limits_{ i = 1 }^{ n } A_i \left( x_i — x_i^0 \right) + \sum\limits_{ i = 1 }^{ n } \varepsilon_i \left( x \right) \left( x_i — x_i^0 \right) = \\ = f \left( x^0 \right) + \sum\limits_{ i = 1 }^{ n } f_i \left( x \right) \left( x_i — x_i^0 \right), f_i \left( x \right) = A_i + \varepsilon_i \left( x \right).$$ Так как функции $\varepsilon_i \left( x \right)$ непрерывны в точке $x^0$, то и функции $f_i \left( x \right)$ непрерывны в точке $x^0$ и $f_i \left( x^0 \right) = A_i, i = \overline{1, n}$.
Пусть выполнено (2). Тогда, воспользовавшись непрерывностью функции $f_i \left( x \right)$ в точке $x^0$, положим $$A_i = f_i \left( x^0 \right), f_i \left( x \right) = A_i + \varepsilon_i \left( x \right), \lim\limits_{x \to x^0} \varepsilon_i \left( x \right) = 0.$$ Получаем $$f \left( x \right) — f \left( x^0 \right) = \sum\limits_{i = 1}^{n} A_i \left( x_i — x_i^0 \right) + \sum\limits_{i = 1}^{n} \varepsilon_i \left( x \right) \left( x_i — x_i^0 \right) = \\ = \sum\limits_{i = 1}^{n} A_i \left( x_i — x_i^0 \right) + o \left( \rho \left( x, x^0 \right) \right),$$ так как $$\frac{ \left| \sum\limits_{i = 1}^{n} \varepsilon_i \left( x \right) \left( x_i — x_i^0 \right) \right| }{ \rho \left( x, x^0 \right) } \leq \sum\limits_{i = 1}^{n} \left| \varepsilon_i \left( x \right) \right| \to 0, x \to x^0. $$

[свернуть]

Упражнение 1. Пусть функции $f \left( x \right)$ и $\varphi \left( x \right)$ определены в окрестности точки $x^0 \in \mathbb{R}^n$, функция $f \left( x \right)$ дифференцируема в точке $x^0$ и $f \left( x^0 \right) = 0$, а функция $\varphi \left( x \right)$ непрерывна в точке $x^0$. Доказать, что функция $f \left( x \right) \varphi \left( x \right)$ дифференцируема в точке $x^0$.
Упражнение 2. Доказать, что функция $$\left( x + y \right) \left( x^3 + y^3 \right) ^{\frac{1}{3}}$$ дифференцируема в точке $\left( 0, 0 \right)$.
Указание. Воспользоваться результатом упр. 1.
Пример 1. Показать, что функция $$f \left( x, y \right) = \sqrt[3]{x^3 + y^4}$$дифференцируема в точке $\left( 0, 0 \right)$.
Решение

Покажем, что существует число $C > 0$ такое, что для любых $x \in \mathbb{R}$ и $y \in \mathbb{R}$ справедливо неравенство $$\left| \sqrt[3]{x^3 + y^4} — x \right| \leq C \left| y \right| ^{\frac{4}{3}}. \qquad (4)$$ Если $y = 0$, то неравенство (4) справедливо при любом $C$. Пусть $y \ne 0$. Положим $t = xy^{- \frac{4}{3}}$. Тогда неравенство (4) эквивалентно неравенству $\left| \psi \left( t \right) \right| < C$, где $\psi \left( t \right) = \sqrt[3]{1 + t^3} — t$.
Так как функция $\psi \left( t \right)$ непрерывна на $\mathbb{R}$ и $\psi \left( t \right) \to 0$ при $t \to \infty$, то $\psi \left( x \right)$ есть ограниченная функция на $\mathbb{R}$.
Итак, неравенство (4) установлено. Так как $$\left| \frac{ y^{\frac{4}{3}} }{ \sqrt{ x^2 + y^2 } } \right| = \left| y \right| ^{\frac{1}{3}} \frac{ \left| y \right| }{ \sqrt{x^2 + y^2} } \leq \left| y \right| ^{\frac{1}{3}},$$ то $$y^{\frac{4}{3}} = o \left( \sqrt{x^2 + y^2} \right), \left( x, y \right) \to \left( 0, 0 \right),$$ и, следовательно, $$\sqrt[3]{x^3 + y^4} = x + o \left( \sqrt{x^2 + y^2} \right), \left( x, y \right) \to \left( 0, 0 \right),$$ т. е. функция $f \left( x, y \right) = \sqrt[3]{x^3 + y^3}$ дифференцируема в точке $\left( 0, 0 \right)$.

[свернуть]

Пример 2. Показать, что функция $$f \left( x, y \right) = \sqrt[3]{x^3 + y^3}$$недифференцируема в точке $\left( 0, 0 \right)$.
Решение

Первый способ. Пусть функция дифференцируема в точке $\left( 0, 0 \right)$, тогда, согласно определению, существует числа $A$ и $B$ такие, что $$f \left( x, y \right) — f \left( 0, 0 \right) = Ax + By + o \left( \rho \right), \rho = \sqrt{x^2 + y^2},$$ где $f \left( x, y \right) = \sqrt[3]{x^3 + y^3}$, $f \left( 0, 0 \right) = 0$, $A = \frac{ \partial f \left( 0 , 0 \right) }{ \partial x }$, $B = \frac{ \partial f \left( 0, 0 \right) }{ \partial y } = 1$.
Поэтому $$\sqrt[3]{x^3 + y^3} = x + y + o \left( \sqrt{x^2 + y^2} \right).$$ Пусть $x = y > 0$, тогда $$\sqrt[3]{2x} = 2x + 0 \left( x \right)$$ или $\left( \sqrt[3]{2} — 2 \right) x = o \left( x \right)$ при $x \to 0$, что противоречит определению символа $o \left( x \right)$. Следовательно, функция $\sqrt[3]{x^3 + y^3}$ недифференцируема в точке $\left( 0, 0 \right)$.
Второй способ. Если функция $f \left( x, y \right)$ дифференцируема в точке $\left( 0, 0 \right)$, то ее можно в некоторой окрестности этой точки, согласно теореме 1, представить в следующем виде: $$\sqrt[3]{x^3 + y^3} = x \varphi \left( x, y \right) + y \psi \left( x, y \right), \qquad (5)$$где функции $\varphi \left( x, y \right)$ и $\psi \left( x, y \right)$ непрерывны в точке $\left( 0, 0 \right)$.
Пусть $k$ — произвольное число. Положим в (5) $y = kx$. Тогда $$\sqrt[3]{1 + k^3} = \varphi \left( x, kx \right) + k \psi \left( x, kx \right).$$ Переходя к пределу при $x \to 0$ и пользуясь непрерывностью функции $\varphi \left( x, y \right)$ и $\psi \left( x, y \right)$ в точке $\left( 0, 0 \right)$, получаем, что при любом $k$ выполняется равенство $$\sqrt[3]{1 + k^3} + \varphi \left( 0, 0 \right) + k\psi \left( 0, 0 \right) = a + kb.$$
Это неверно, так как функция $\sqrt[3]{1 + k^3}$ не есть линейная функция (ее вторая производная по $k$ не обращается тождественно в нуль).

[свернуть]

Из теоремы 1 следует, что функция $f \left( x \right)$, дифференцируемая в точке $x^0$, непрерывна в этой точке. Обратное утверждение неверно: функция примера 2 непрерывна, но недифференцируема в точке $\left( 0, 0 \right)$.

Необходимое условие дифференцируемости функции в точке.

Теорема 2. Если функция $f \left( x \right)$ дифференцируема в точке $x^0 \in \mathbb{R}^n$, то она имеет в точке $x^0$ все частные производные $\frac{ \partial f }{ \partial x_i } \left( x^0 \right)$, $i = \overline{1, n}$, и $$f \left( x \right) — f \left( x^0 \right) = \\ = \sum\limits_{i = 1}^{n} \frac{ \partial f }{ \partial x_i } \left( x^0 \right) \left( x_i — x_i^0 \right) + o \left( \rho \left( x, x^0 \right) \right), x \to x^0. \qquad (6)$$

Доказательство

Пусть функция $ f \left( x \right)$ дифференцируема в точке $x^0$. Тогда найдутся такие числа $A_1, \dots, A_n$, что при $x \to x_1^0$ будет выполнено равенство (1). Пусть в этом равенстве $x_1 \neq x_1^0$, а $x_2 = x_2^0, \dots, x_n = x_n^0$. Тогда равенство (1) принимает следующий вид: $$f \left( x_1, x_2^0, \dots, x_n^0 \right) — f \left( x_1^0, \dots, x_n^0 \right) = \\ = A_1 \left( x_1 — x_1^0 \right) + o \left( \left| \Delta x_1 \right| \right), x_1 — x_1^0 = \Delta x_1 \to 0.$$ Следовательно, существует предел: $$A_1 = \lim\limits_{\Delta x_1 \to 0} \frac{ f \left( x_1, x_2^0, \dots, x_n^0 \right) — f \left( x_1^0 , \dots, x_n^0 \right) }{ \Delta x_1 } = \frac{ \partial f }{ \partial x_1 } \left( x^0 \right).$$ Аналогично доказывается, что у функции $f \left( x \right)$ в точке $x^0$ существуют и остальные частные производные и что $$A_i = \frac{ \partial f }{ \partial x_i } \left( x^0 \right), i = \overline{ 2, n }.$$ Подставляя эти выражения в равенство (1), получаем (6).

[свернуть]

Функция примера 2 имеет в точке $\left( 0, 0 \right)$ обе частные производные первого порядка: $$\frac{ \partial f }{ \partial x } \left( 0, 0 \right) = \lim\limits_{x \to 0} \frac{ f \left( x, 0 \right) — f \left( 0, 0 \right) }{ x } = \\ = \lim\limits_{x \to 0} \frac{ \sqrt[3]{x^3} }{ x } = 1, \frac{ \partial f }{ \partial y } \left( 0, 0 \right) = 1.$$ Так как функция $f \left( x, y \right) = sqrt[3]{x^3 + y^3}$ примера 2 недиффиринцируема в точке $\left( 0, 0 \right)$, то этот пример показывает, что из существования частных производных в точке не следует дифференцируемость функции в этой точке. Существование частных производных функции в точке не гарантирует даже непрерывности функции в этой точке.
Так, функция $$f \left( x \right) = \begin{cases} \frac{2xy}{x^2+y^2}, & x^2 + y^2 > 0, \\ 0, & x = y = 0 \end{cases}$$ не имеет предела при $\left( x, y \right) \to \left( 0, 0 \right)$, а поэтому и не является непрерывной в точке $\left( 0, 0 \right)$. Тем не менее у этой функции в точке $\left( 0, 0 \right)$ существуют обе частные производные: $$\frac{ \partial f }{ \partial x } \left( 0, 0 \right) = \lim\limits_{x \to 0} \frac{ f \left( x, 0 \right) — f \left( 0, 0 \right) }{ x } = 0, \frac{ \partial f }{ \partial y } \left( 0, 0 \right) = 0.$$

Достаточные условия дифференцируемости функции в точке.

Теорема 3. Если все частные производные $\frac{ \partial f }{ \partial x_i }$, $i = \overline{1, n}$ определены в окрестности точки $x^0 \in \mathbb{R}^n$ и непрерывны в точке $x^0$, то функция $f \left( x \right)$ дифференцируема в точке $x^0$.

Доказательство

Рассмотрим случай функции трех переменных. Общий случай рассматривается аналогично. Пусть функции $\frac{ \partial f }{ \partial x } \left( x, y, z \right)$, $\frac{ \partial f }{ \partial y } \left( x, y, z \right)$, $\frac{ \partial f }{ \partial z } \left( x, y, z \right)$ определены в некотором шаре $S_\varepsilon \left( x^0, y^0, z^0 \right)$ и непрерывны в центре шара $\left( x^0, y^0, z^0 \right)$.
Запишем приращения функции в следующем виде: $$f \left( x, y, z \right) — f \left( x^0, y^0, z^0 \right) = \\ = f \left( x, y, z \right) — f \left( x^0, y, z \right) + f \left( x^0, y, z \right) — f \left( x^0, y^0, z \right) + \\ + f \left( x^0, y^0, z \right) — f \left( x^0, y^0, z^0 \right).$$ Пусть $x^0 < x$. Рассмотрим функцию одной переменной $\psi \left( t \right)$ при $t \in \left[ x^0, x \right]$. На этом отрезке функция $\psi \left( t \right)$ имеет производную $$\psi ‘ \left( t \right) = \frac{ \partial f }{ \partial x } \left( t, y, z \right).$$ Применяя формулу конечных приращений Лагранжа для функции $\psi \left( t \right)$ на отрезке $\left[ x^0, x \right]$, получаем $$\psi \left( x \right) — \psi \left( x^0 \right) = \psi ‘ \left( x^0 + \theta \left( x — x^0 \right) \right) \left( x — x^0 \right), 0 < \theta < 1.$$ Если подставить в эту формулу выражение для $\psi \left( t \right)$, то $$f \left( x, y, z \right) — f \left( x^0, y, z \right) = f_1 \left( x, y, z \right) \left( x — x^0 \right), \\ f_1 \left( x, y, z \right) = \frac{ \partial f }{ \partial x } \left( x^0 + \theta \left( x — x^0 \right), y, z \right). \qquad (7)$$ Так как частная производная $\frac{ \partial f }{ \partial x } \left( x, y, z \right)$ непрерывна в точке $\left( x^0, y^0, z^0 \right)$, то существует $$\lim\limits_{ \left( x, y, z \right) \to \left( x^0, y^0, z^0 \right) } f_1 \left( x, y, z \right) = \frac{ \partial f }{ \partial x } \left( x^0, y^0, z^0 \right).$$ Аналогично,$$f \left( x^0, y, z \right) — f \left( x^0, y^0, z \right) = f_2 \left( , y, z \right) \left( y — y^0 \right), \\ f \left( x^0, y^0, z \right) — f \left( x^0, y^0, z^0 \right) = f_3 \left( , y, z \right) \left( z — z^0 \right), \qquad (8)$$ где функции $f_2 \left( x, y, z \right)$ и $f_3 \left( x, y, z \right)$ имеют конечные пределы при $\left( x, y, z \right) \to \left( x^0, y^0, z^0 \right)$. Доопределяя эти функции в точке $\left( x^0, y^0, z^0 \right)$предельным значениями, получим, что функции $f_i \left( x, y, z \right)$, $i = \overline{1, 3}$, непрерывны в точке $\left( x^0, y^0, z^0 \right)$. Таким образом, $$f \left( x, y, z \right) — f \left( x^0, y^0, z^0 \right) = \\ = \left( x — x^0 \right) f_1 \left( x, y, z \right) + \left( y — y^0 \right) f_2 \left( x, y, z \right) + \left( z, z_0 \right) f_3 \left( x, y, z \right).$$ Из непрерывности функций $f_1 \left( x, y, z \right)$, $f_2 \left( x, y, z \right)$ и $f_3 \left( x, y, z \right)$ в точке $ \left( x^0, y^0, z^0 \right)$ и теоремы 1 следует дифференцируемость функции $f \left( x, y, z \right)$ в точке $\left( x^0, y^0, z^0 \right)$.

[свернуть]

Непрерывность частных производных в точке не является необходимым условием дифференцируемости функции в этой точке.
Функция $$f \left( x, y \right) = \begin{cases} \left( x^2 + y^2 \right) \sin \frac{ 1 }{ \sqrt{ x^2 + y^2 } }, & x^2 + y^2 > 0, \\ 0, & x = y = 0, \end{cases}$$ дифференцируема в точке $\left( 0, 0 \right)$, так как $$f \left( x, y \right) = 0 \cdot x + 0 \cdot y + o \left( \sqrt{ x^2 + y^2 } \right), \left( x, y \right) \to \left( 0, 0 \right).$$ Но при $x^2 + y^2 > 0$ частная производная$$\frac{ \partial f }{ \partial x } \left( x, y \right) = 2x \sin \frac{ 1 }{ \sqrt{ x^2 + y^2 } } — \frac{ x }{ \sqrt{ x^2 + y^2 } } \cos \frac{ 1 }{ x^2 + y^2 }$$ не имеет предела при $\left( x, y \right) \to \left( 0, 0 \right)$ и, следовательно, не является непрерывной функцией в точке $\left( 0, 0 \right)$. Чтобы в этом убедиться, достаточно показать, что $\frac{ \partial f \left( x, 0 \right) }{ \partial x }$ не имеет предела при $x \to 0$.

Список литературы

Тест

Тест для проверки усвоения материала

Достаточные условия дифференцируемости функции в точке

Теорема (Достаточные условия дифференцируемости функции в точке)

Пусть функция [latex]f[/latex] принадлежит классу [latex]C^{1}(E)[/latex], где открытое множество [latex]E\subset \mathbb{R}^{n}[/latex] . Тогда [latex]f[/latex] дифференцируема на [latex]E[/latex].

Через [latex]C^{1}(E)[/latex] обозначается класс всех всех непрерывно дифференцируемых на множестве [latex]E[/latex] функций.

Доказательство

Фиксируем [latex]x_{0}\in E[/latex]. Поскольку множество [latex]E[/latex] открыто, то существует шар [latex]U_{0}[/latex] с центром в этой точке, целиком содержащийся в [latex]E[/latex]. Пусть [latex]r[/latex]– радиус этого шара и вектор [latex]h[/latex] имеет длину [latex]\left | h \right |<r[/latex]. Обозначим: [latex]x_{j}=x_{0}+h^{1}e_{1}+…+h^{j}e_{j}, (j=1,…,n)[/latex]. Ясно, что [latex]x_{n}=x_{0}+h[/latex].
Заметим, что все [latex]x_{j}[/latex] принадлежат шару [latex]U_{0}[/latex]. Действительно,$$\left | x_{0}-x_{j} \right |=\sqrt{\sum_{i=1}^{j}(h^{j})^{2}}\leq \left | h \right |< r.$$
Поскольку шар – выпуклое множество, то каждый из отрезков [latex][ x_{j-1},x_{j} ][/latex] содержится в [latex]U_{0}[/latex]. Действительно, этот отрезок – это множество точек [latex]x=(1-t)x_{j-1}+tx_{j}[/latex], где [latex]0\leq t\leq 1[/latex], и мы получаем [latex]\left | x_{0}-x_{j} \right |\leq (1-t)\left | x_{0}-x_{j-1} \right |+\left | x_{0}-x_{j} \right |< r[/latex].
Воспользуемся равенством: $$f(x_{0}+h)-f(x_{0})=\sum_{j=1}^{n}\left [ f(x_{j})-f(x_{j-1}) \right ].$$
Рассмотрим отдельно каждое из слагаемых в правой части. При фиксированном [latex]j[/latex] положим [latex] g(t)=f(x_{j-1}+te_{j})[/latex], [latex](0\leq t\leq h^{j}) [/latex]. По определению частной производной имеем: $$ g{}'(t)=\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(x_{j-1}+te_{j}) .$$
По формуле Лагранжа получаем:
$$ f(x_{j})-f(x_{j-1})=g(h^{j})-g(0)=g{}'(\tau _{j})h^{j}=\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(\xi _{j})h^{j},$$
где [latex]\xi _{j}=x_{j-1}+\tau_{j}e_{j}[/latex] — некоторая точка отрезка, соединяющего [latex]x_{j-1}[/latex] и [latex]x_{j}[/latex].
Имеем [latex] \left | x_{0}-\xi_{j} \right |\leq \left | h \right | [/latex].
Обозначим $$ \alpha _{j}(h)=\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(x_{0})-\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(\xi_{j}) .$$
По условию все частные производные непрерывны в точке [latex]x_{0}[/latex] и поэтому [latex]\lim_{h\rightarrow 0}\alpha _{j}(h)=0 , (j=1,…,n)[/latex].
В силу равенства $$f(x_{0}+h)-f(x_{0})=\sum_{j=1}^{n}\left [ f(x_{j})-f(x_{j-1}) \right ]$$ имеем:
$$f(x_{0}+h)-f(x_{0})=\sum_{j=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(\xi_{j})h^{j}=\sum_{j=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(x_{0})h^{j}-\sum_{j=1}^{n}\alpha _{j}(h)h^{j}=$$$$=A(h)+\rho (h),$$
где $$ A(h)=\sum_{j=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(x_{0})h^{j} .$$
Итак, [latex]A[/latex] является линейной формой аргумента [latex]h[/latex], а [latex]\left | \rho(h) \right |\leq \left | h \right |\sum_{j=1}^{n}\left | \alpha_{j}(h) \right |[/latex].
Поэтому, получаем, что [latex]\frac{\rho(h)}{\left | h \right |}\rightarrow 0[/latex] при [latex]h\rightarrow 0[/latex].
Согласно определению дифференцируемости, теорема доказана.[latex]\square [/latex]

Замечание 1

Из доказательства видно, что если функция имеет частные производные в некоторой окрестности точки [latex]x_{0}[/latex] и в этой точке все они непрерывны, то функция дифференцируема в точке [latex]x_{0}[/latex].

Замечание 2

Непрерывность частных производных – только достаточное условие дифференцируемости. Оно не является необходимым.

Следствие

Каждая функция класса [latex]C^{1}[/latex] непрерывна.

[spoilergroup]

Спойлер

Пусть
[latex]f(x)=\left | x \right |^{2}\sin \frac{1}{\left | x \right |^{2}}[/latex], [latex]x\neq 0[/latex] и [latex]f(x)=0[/latex], [latex]x=0[/latex].
Найдем частные производные
[latex]\frac{\partial f}{\partial x^{i}}=2x^{j}\sin \frac{1}{\left | x \right |^{2}}-\frac{2x^{i}}{\left | x \right |^{2}}\cos \frac{1}{\left | x \right |^{2}}[/latex], [latex](x\neq0)[/latex].
При [latex]x=0[/latex] наша функция дифференцируема, т.к. [latex]f(h)-f(0)=f(h)=\bar{o}(\left | h \right |)[/latex]. Однако, как легко видеть, все частные производные разрывны в точке [latex]x=0[/latex].

[свернуть]

[/spoilergroup]

Использованная литература

Рекомендованная литература

Тест

Достаточное условие дифференцируемости функции в точке

Проверка знания достаточного условия дифференцируемости функции в точке


Таблица лучших: Достаточное условие дифференцируемости функции в точке

максимум из 11 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных