277
правок
Изменения
→Достаточное условие дифференцируемости
|statement=
Пусть <tex> f : E \subset \mathbb{R}^m \rightarrow \mathbb{R}; \ \exists r \ B(a, r) \subset E </tex>, в шаре <tex>B(a, r) </tex> существуют все <tex> f'x_k, k = {1..m} </tex> и все производные непрерывны в точке <tex> a</tex>. Тогда <tex> f </tex> дифференцируема в точке <tex> a</tex>
|proof=
<tex> m = 2 </tex>
<tex> f(x_1, x_2) - f(a_1, a_2) = (f(x_1, x_2) - f(x_1, a_2)) + (f(x_1, a_2) - f(a_1, a_2)) =^* </tex> // <tex> =^* </tex> — По теореме Лагранжа
// <tex> \varphi_2(t) = f(x, t); \varphi_2(x_2) - \varphi_2(a_2) = \varphi'_2(t) \cdot (x_2 - a_2) </tex> // <tex> t </tex> — средняя точка
<tex> =^* \frac{\partial f}{\partial x_2}(x_1, \bar x_2)(x_2 - a_2) + \frac{\partial f}{\partial x_1}(\bar x_1, a_2)(x_1 - a_1) = </tex><tex> \frac{\partial f}{\partial x_2}(a_1, a_2)(x_2 - a_2) + \frac{\partial f}{\partial x_1}(a_1, a_2)(x_1 - a_1) + </tex>
<tex> o(\begin{bmatrix} x_1 - a_2 \\ x_2 - a_2 \end{bmatrix}) \to ||\ldots|| = \sqrt{(x_1 - a_1)^2 + (x_2 - a_2)^2} \begin{cases} + [\frac{\partial f}{\partial x_2}(x_1, \bar x_2) - \frac{\partial f}{\partial x_2}(a_1, a_2)](x_2 - a_2) + \\ [\frac{\partial f}{\partial x_1}(\bar x_1, a_2) - \frac{\partial f}{\partial x_1}(a_1, a_2)](x_1 - a_1) \end{cases}</tex>
<tex> [\ldots] \frac{x - a}{\sqrt{(x_1 - a_1)^2 + (x_2 - a_2)^2}}; [\ldots] \to 0; (x_1, x_2) \to (a_1, a_2) \le 1 </tex> по модулю
}}
