Differenzierbarkeit < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:42 Do 29.05.2008 | | Autor: | bonczi |
| Aufgabe | Ist die Funktion
[mm] f:\IR² \to \IR, \begin{cases} \bruch{x^{4}}{x²+y²}, & \mbox{falls } (x,y)\not=(0,0) \\0, & \mbox{für } x=y=0 \end{cases}
[/mm]
differenzierbar? |
hallo ;o)
also zunächst erstmal mein lösungsansatz:
a) erstmal habe ich die partiellen ableitungen gebildet:
[mm] \bruch{\partial f}{\partial x} [/mm] = [mm] \bruch{2x^{5}+4y²x^{3}}{(x²+y²)²}
[/mm]
[mm] \bruch{\partial f}{\partial y} [/mm] = [mm] \bruch{-2x^{4}y}{(x²+y²)²}
[/mm]
wir haben folgende sätze in der vorlesung definiert:
ist L:V [mm] \to [/mm] W linear (V,W normierte Räume) so sind folgende Aussagen äquivalent:
(i) L ist in 0 stetig
(ii) L ist stetig
(iii) Es exist. Konstante [mm] a\ge0 [/mm] mit ||L(v)|| [mm] \le [/mm] a*||v||
Exist. alle partiellen Ableitungen und sind diese stetig, so ist f diffbar.
so nun habe ich [mm] (\bruch{1}{n},\bruch{1}{n}) \to [/mm] 0 ( für n [mm] \to \infty [/mm] )
jeweils in die part. abl. eingesetzt und für
[mm] \bruch{\partial f}{\partial y} (\bruch{1}{n},\bruch{1}{n})= \bruch{-2}{5n} \to [/mm] 0 für n [mm] \to \infty [/mm] und
[mm] \bruch{\partial f}{\partial x} (\bruch{1}{n},\bruch{1}{n})= \bruch{6}{5n} \to [/mm] 0 für n [mm] \to \infty
[/mm]
herausbekommen, daraus folgt, dass die part. abl. in (0,0) stetig sind. nun kann ich aber nur darausfolgern, dass sie auch stetig sind, wenn ich beweise, dass sie linear sind. und damit habe ich große probleme für die homogenität ist das ja klar, aber die additivität bekomme ich nicht hin.
dann habe ich noch einen weiteren ansatz gefunden :
eine abbildung f heißt in xo diffbar, genau dann wenn,
[mm] \limes_{h\rightarrow0} \bruch{||f(x_{0}+h) -f(x_{0}) -L(h)||}{||h||} [/mm] = 0
eingesetzt:
[mm] \limes_{h\rightarrow0} \bruch{||f(h) -f(0,0) -Df(0,0)(h)||}{||h||}
[/mm]
= [mm] \limes_{h\rightarrow0} \bruch{||h_{1}^{4}||}{||h||^{3}}
[/mm]
so und jetzt weiß ich nicht wie ich beweisen kann, dass [mm] ||h_{1}^{4}|| [/mm] schneller gegen 0 läuft als [mm] ||h||^{3}...
[/mm]
vielleicht ist die funktion auch garnicht diffbar, aber wenn sie es nicht ist, weiß ich auch nicht, wie ich das beweisen könnte. also bin am verzweifeln...
|
|
| |
|
Hallo bonczi,
dein erster Ansatz gefällt doch schon sehr gut, es hapert nur daran, zu zeigen, dass beide partiellen Ableitungen in [mm] $(x_0,y_0)=(0,0)$ [/mm] stetig sind:
> Ist die Funktion
> [mm]f:\IR² \to \IR, \begin{cases} \bruch{x^{4}}{x²+y²}, & \mbox{falls } (x,y)\not=(0,0) \\0, & \mbox{für } x=y=0 \end{cases}[/mm]
>
> differenzierbar?
> hallo ;o)
> also zunächst erstmal mein lösungsansatz:
>
> a) erstmal habe ich die partiellen ableitungen gebildet:
> [mm]\bruch{\partial f}{\partial x}[/mm] = [mm]\bruch{2x^{5}+4y²x^{3}}{(x²+y²)²}[/mm] ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> [mm]\bruch{\partial f}{\partial y}[/mm] = [mm]\bruch{-2x^{4}y}{(x²+y²)²}[/mm]
>
> wir haben folgende sätze in der vorlesung definiert:
>
> ist L:V [mm]\to[/mm] W linear (V,W normierte Räume) so sind folgende
> Aussagen äquivalent:
> (i) L ist in 0 stetig
> (ii) L ist stetig
> (iii) Es exist. Konstante [mm]a\ge0[/mm] mit ||L(v)|| [mm]\le[/mm] a*||v||
>
> Exist. alle partiellen Ableitungen und sind diese stetig,
> so ist f diffbar.
ganz genau !
>
> so nun habe ich [mm](\bruch{1}{n},\bruch{1}{n}) \to[/mm] 0 ( für n [mm]\to \infty[/mm] )
> jeweils in die part. abl. eingesetzt und für
>
>
> [mm]\bruch{\partial f}{\partial y} (\bruch{1}{n},\bruch{1}{n})= \bruch{-2}{5n} \to[/mm] 0 für n [mm]\to \infty[/mm] und
> [mm]\bruch{\partial f}{\partial x} (\bruch{1}{n},\bruch{1}{n})= \bruch{6}{5n} \to[/mm] 0 für n [mm]\to \infty[/mm]
>
> herausbekommen, daraus folgt, dass die part. abl. in (0,0)
> stetig sind. ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Es muss für jede beliebige Folge [mm] $(x_n,y_n)_{n\in\IN}$ [/mm] mit [mm] $\lim\limits_{n\to\infty}(x_n,y_n)=(0,0)$ [/mm] gelten, dass [mm] $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\partial f}{\partial x}((x_n,y_n))$ [/mm] und [mm] $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\partial f}{\partial y}((x_n,y_n))$ [/mm] denselben GW liefert, hier nach deiner Rechnung also 0 als GW herauskommen muss
Du hast es nur für die eine spezielle Folge [mm] $(x_n,y_n)_{n\in\IN}=\left(\frac{1}{n},\frac{1}{n}\right)_{n\in\IN}$ [/mm] gezeigt
Das Folgenkriterium der Stetigkeit eignet sich oftmals besser, um Stetigkeit mit einer aus der Art schlagenden Folge als Gegenbsp. zu widerlegen
Um die Stetigkeit zu zeigen, versuch's mal mit Polarkoordinaten, schreibe
[mm] $x=r\cdot{}\cos(\Phi)$ [/mm] und [mm] $y=r\cdot{}\sin(\Phi)$, [/mm] $r=$ Länge von $(x,y)$, [mm] $\Phi$ [/mm] der Winkel zw. x-Achse und $(x,y)$
Lasse dann beim Limes die Länge gegen 0 gehen, betrachte also [mm] $\lim\limits_{r\to 0}\frac{\partial f}{\partial x}((r\cos(\Phi),r\sin(\Phi))$
[/mm]
und analog bei der part. Ableitung nach y.
Wenn du unabhängig von der Richtung, mit der du dich $(0,0)$ näherst, also unabh. vom Winkel [mm] $\Phi$ [/mm] einen GW (hier natürlich 0) herausbekommst, hast du gewonnen.
> vielleicht ist die funktion auch garnicht diffbar, aber
> wenn sie es nicht ist, weiß ich auch nicht, wie ich das
> beweisen könnte. also bin am verzweifeln...
Ich denke, sie ist es, zumindest ergab das meine "überschlägige" Rechnung 
LG
schachuzipus
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:38 Fr 30.05.2008 | | Autor: | bonczi |
deine idee mit den polarkoords is echt super!
ich habe für
[mm] \limes_{r\rightarrow0} \bruch{\partial f}{\partial x} (r*cos(\Phi), r*sin(\Phi)= \bruch{2r (cos^{5}(\Phi)+2sin²(\Phi)cos^{3}(\Phi))}{cos^{4}(\Phi)+2cos²(\Phi)sin²(\Phi)+sin^{4}(\Phi)}= [/mm] 0
[mm] \limes_{r\rightarrow0} \bruch{\partial f}{\partial y} (r*cos(\Phi), r*sin(\Phi)= \bruch{-2r (cos^{4}(\Phi)sin(\Phi))}{cos^{4}(\Phi)+2cos²(\Phi)sin²(\Phi)+sin^{4}(\Phi)}= [/mm] 0
herausbekommen.
so daraus folgt jetzt, dass die part. ableitungen in [mm] x_{0}=(0,0) [/mm] stetig sind, aber eine Funktion heißt doch erst dann stetig, wenn sie an jeder Stelle ihres Definitionsbereiches stetig ist. oder nicht?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:43 Fr 30.05.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo bonczi!
Da hast du schon Recht. Aber alle anderen Punkte $(x,y) \ [mm] \not= [/mm] \ (0,0)$ sind ja nicht maßgebend bzw. unkritisch.
Denn nur für $(x,y) \ = \ (0,0)$ erhalten wir jewiels bei Funktion bzw. Ableitungen einen unbestimmten Ausdruck wie [mm] $\bruch{0}{0}$ [/mm] .
Gruß
Loddar
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:09 Fr 30.05.2008 | | Autor: | bonczi |
achso! na dann ist ja jetzt alles klar ;o)... danke für eure hilfe!
|
|
|
|
