Después

Question

Un amigo me hizo hoy la siguiente pregunta:

Que $k(x,y)$ ser diferenciable en todas $\mathbb{R}^{2}$ s.t cada $(x,y)$ y cada $t$por ciento sostiene que $$k(tx,ty)=tk(x,y)$ $ demostrar que existen $A,B\in\mathbb{R}$ s.t $$k(x,y)=Ax+By$ $

Quiero usar la regla de la cadena de alguna manera, pero estoy teniendo dificultad para usarlo (estoy un poco oxidado). Creo que puedo conseguir $$\frac{\partial k}{\partial tx}\cdot\frac{\partial tx}{\partial t}+\frac{\partial k}{\partial ty}\cdot\frac{\partial ty}{\partial t}=k(x,y)$ $ $$\frac{\partial k}{\partial tx}\cdot x+\frac{\partial k}{\partial ty}\cdot y=k(x,y)$ $ ahí pero no veo cómo esto ayuda.

¿Alguien por favor me puede ayudar?

Answer 1

Inmediatamente, tenemos $k(0,0)=0$. Poner $A=k_x(0,0)$ y $B=k_y(0,0).$ % entonces $k(0,0)=0=A\cdot 0+B\cdot 0,$y para cualquier vector distinto de cero $(u,v),$ $$\begin{align}Au+Bv &= uk_x(0,0)+vk_y(0,0)\\ &= \sqrt{u^2+v^2}\cdot\frac{uk_x(0,0)+vk_y(0,0)}{\sqrt{u^2+v^2}}\\ &= \sqrt{u^2+v^2}\left(\nabla_{(u,v)}k(0,0)\right)\\ &= \sqrt{u^2+v^2}\left(\lim_{t\to 0}\frac{k(tu,tv)-k(0,0)}{t\sqrt{u^2+v^2}}\right)\\ &= \sqrt{u^2+v^2}\left(\lim_{t\to 0}\frac{tk(u,v)}{t\sqrt{u^2+v^2}}\right)\\ &= \sqrt{u^2+v^2}\cdot\frac{k(u,v)}{\sqrt{u^2+v^2}}\\ &= k(u,v),\end{align}$$ where $\nabla_{(u,v)} k (0,0) $ denotes the directional derivative of $k $ at $ (0,0) $ in the direction of $(u,v) $. Thus, $k(x,y) = Ax + por$, como se desee.

Answer 2

Tomar la derivada con respecto al $t$ de cada lado de la $k(tx,ty)=tk(x,y)$, utilizando la regla de la cadena en el lado izquierdo, mientras que a la derecha de la $t$ gotas, la obtención de $$\frac{\partial k}{\partial x}(tx,ty)\cdot x + \frac{\partial k}{\partial y}(tx,ty)\cdot y =k(x,y).$$ Ahora pon $t=0$ y obtener $$\frac{\partial k}{\partial x}(0,0)\cdot x + \frac{\partial k}{\partial y}(0,0)\cdot y =k(x,y).$$ Este es su expresión con $A,B$ tomado como la de los dos parciales en $(0,0).$

Un comentario acerca de la notación: Dada cualquier función de dos variables, decir $g(u,v)$, es mejor usar $g_1(u,v)$ $g_2(u,v)$ durante los dos parciales de w.r.t. $u$ $v$ en el contexto de la regla de la cadena. Cada parcial es una función de dos variables. Si, a continuación, $u=a(t),\ v=b(t)$ la función de $g(a(t),b(t))$ es una función de la variable $t$ y la regla de la cadena dice que $$\frac{d}{dt}g(a(t),b(t))=g_1(a(t),b(t))\cdot a'(t)+g_2(a(t),b(t))\cdot b'(t).$$ En el caso anterior, tomamos $g=k$$a(t)=tx,\ b(t)=ty$, para la obtención de la regla de la cadena lateral de la derivada de la ecuación w.r.t. la variable $t$ como el lado izquierdo de $$k_1(tx,ty)\cdot x + k_2(tx,ty)\cdot y=k(x,y),$$ mientras que el lado derecho es claramente $[tk(x,y)]'=k(x,y).$ En este punto, $t$ puede ser establecido a $0$ igual que el anterior en la (más confuso) habitual derivada parcial de la notación.

Answer 3

Éste implica

Answer 4

En tu clase ¿hizo el teorema si $f(x,y)$ es diferenciable en $(x_0,y_0)$ su derivado direccional existe para cada % de dirección $v$, dado en $\partial_v f(x_0,y_0) = \nabla f(x_0,y_0) \cdot v$? Si es así, es muy sencillo. Tomar el $(x_0,y_0) = (0,0)$. Entonces usted tiene $$\nabla f(0,0) \cdot (x,y) = \partial_{(x,y)} f(0,0)$ $ $$= \lim_{t \rightarrow 0} {f(tx,ty) - f(0,0) \over t}$ $ $$= \lim_{t \rightarrow 0} {f(tx,ty) \over t}$ $ $$= f(x,y)$ $ lo tienes $f(x,y) = \nabla f(0,0) \cdot (x,y) = Ax + By$, donde $A = {\partial f \over \partial x}(0,0)$ y $B = {\partial f \over \partial y}(0,0)$.