Differenzierbarkeit&Grenzwert < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:45 Mi 05.05.2010 | | Autor: | Limaros |
| Aufgabe | | Seien [mm] g:[0,\infty[ \to \IR [/mm] und [mm] f:\IR^2 \to \IR [/mm] gegeben. Sei [mm] f(x,y):=xg(\wurzel{x^2+y^2}). [/mm] Zu zeigen ist: f ist genau dann differenzierbar in (0,0), wenn [mm] \lim_{t\to 0} [/mm] g(t) existiert. |
So, also ich habe mich an Beweisen in beide Richtungen versucht, und wäre für einen Tipp sehr dankbar. Unter vielen Ansätzen gehe ich mal den folgenden wieder: Ich versuche also von der Differenzierbarkeit von f in (0,0) auf die Existenz des Grenzwertes zu schließen. Die Differenzierbarkeit von f bedeutet ja:
[mm] \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{f(x,y)-f(0,0)-A((x,y)-(0,0))}{\parallel(x,y)-(0,0)\parallel}=0
[/mm]
also zusammengefaßt weil f(0,0)=0 gilt:
[mm] \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{xg(\wurzel{x^2+y^2})-A(x,y)}{\parallel(x,y)\parallel}=0
[/mm]
Kann man daraus dann auf die Existenz von [mm] \lim_{t \to 0} [/mm] g(t) schließen, und wenn ja, wie geht's weiter? Oder ist die ganze Idee falsch? Danke für gute Vorschläge...
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:03 Mi 05.05.2010 | | Autor: | fred97 |
Tipps:
1. Wir setzen die Differenzierbarkeit von f in (0,0) voraus. Dann ist Dir sicher bekannt, dass f in (0,0) partiell differenzierbar ist, insbes. ist die partielle Ableitung [mm] f_x(0,0) [/mm] nach x vorhanden. Wenn Du weißt, wie diese Ableitung def. ist, siehst Du sofort, dass $ [mm] \lim_{t \to 0} [/mm] g(t)$ existiert.
weiter wirst Du sehen: [mm] $f_x(0,0)= \lim_{t \to 0} [/mm] g(t)$
2. Nun setzen wir voraus, dass $ [mm] \lim_{t \to 0} [/mm] g(t)$ existiert. Jetzt mußt Du zeigen: es gibt ein A [mm] \in \IR^2:
[/mm]
(*) $ [mm] \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{xg(\wurzel{x^2+y^2})-A(x,y)}{\parallel(x,y)\parallel}=0 [/mm] $
Nun überlege Dir, wenn f differenzierbar in (0,0) sein sollte, was kommt für A nur in Frage ??
Finde dieses A und zeige , dass mit diesem A tatsächlich (*) gilt
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:27 Mi 05.05.2010 | | Autor: | Limaros |
Also, das was ja erstmal sehr erhellend! Wie man doch immer wieder in die Irre geht, wenn man mal falsch losgelaufen ist...
Zum ersten Teil und um sicher zu gehen, daß ich's verstanden habe:
[mm] D_x f(x,y)=g(\wurzel{x^2+y+^2})+xg'(\wurzel{x^2+y^2})
[/mm]
also [mm] D_x(0,0)=g(0) [/mm] und da [mm] D_x [/mm] exisiert, bedeutet das gerade, daß [mm] \lim_{t \to 0} [/mm] g(x) existiert. Richtig?
Zum zur anderen Beweisrichtung:
A wähle ich zu [mm] A=(\lim_{t \to 0} [/mm] g(t), 0). Richtig? Dann geht der Differenzenquotient gegen 0.
Stimmt das jetzt alles? Wenn ja, hätte ich's glaube ich tatsächlich verstanden!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:36 Mi 05.05.2010 | | Autor: | fred97 |
> Also, das was ja erstmal sehr erhellend! Wie man doch immer
> wieder in die Irre geht, wenn man mal falsch losgelaufen
> ist...
>
> Zum ersten Teil und um sicher zu gehen, daß ich's
> verstanden habe:
>
> [mm]D_x f(x,y)=g(\wurzel{x^2+y+^2})+xg'(\wurzel{x^2+y^2})[/mm]
Nein so geht das nicht ! Die Funktion g ist nicht als differenzierbar vorausgesetzt !
>
> also [mm]D_x(0,0)=g(0)[/mm]
Das stimmt so nicht.
> und da [mm]D_x[/mm] exisiert, bedeutet das
> gerade, daß [mm]\lim_{t \to 0}[/mm] g(x) existiert. Richtig?
Es geht so:
es ist
(*) [mm] \bruch{f(x,0)-f(0,0)}{x-0}= \bruch{x*g(\wurzel{x^2})}{x}=g(|x|)
[/mm]
Nach Vor. ist f in (0,0) diffbar, also ist f in (0,0) partiell diffbar nach x, somit strebt in (*) die linke Seite für x [mm] \to [/mm] 0 gegen [mm] f_x(0,0). [/mm] Dann hat aber auch die rechte Seite in (*) einen Grenzwert für x [mm] \to [/mm] 0. Und das bedeutet gerade, dass $ [mm] \lim_{t\to 0} [/mm] $ g(t) existiert.
>
> Zum zur anderen Beweisrichtung:
>
> A wähle ich zu [mm]A=(\lim_{t \to 0}[/mm] g(t), 0). Richtig?
Ja
> Dann
> geht der Differenzenquotient gegen 0.
Wenn Du das
$ [mm] \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{xg(\wurzel{x^2+y^2})-A(x,y)}{\parallel(x,y)\parallel}=0 [/mm] $
meinst, so mußt Du das aber noch zeigen, also: warum ist obiger Limes =0 ?
FRED
>
> Stimmt das jetzt alles? Wenn ja, hätte ich's glaube ich
> tatsächlich verstanden!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:50 Do 06.05.2010 | | Autor: | Limaros |
Also danke erstmal. Der erste Teil ist mir denke ich komplett klar. Was noch vom zweiten Teil fehlt, würde ich so begründen.
[mm]\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{xg(\wurzel{x^2+y^2})-A(x,y)}{\parallel(x,y)\parallel}=0[/mm]
Zur Abkürzung schreibe ich [mm] b=\lim_{(x,y) \to (0,0)} g(\wurzel{x^2+y^2})
[/mm]
Dann ist obiger Ausdruck nach Ausmultiplizieren und A wie beschrieben
[mm] \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{xb-xb-0y}{\parallel(x,y)\parallel}=0
[/mm]
denn der Zähler ist Null. Jetzt alles richtig???
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:32 Do 06.05.2010 | | Autor: | fred97 |
> Also danke erstmal. Der erste Teil ist mir denke ich
> komplett klar. Was noch vom zweiten Teil fehlt, würde ich
> so begründen.
>
> [mm]\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{xg(\wurzel{x^2+y^2})-A(x,y)}{\parallel(x,y)\parallel}=0[/mm]
>
> Zur Abkürzung schreibe ich [mm]b=\lim_{(x,y) \to (0,0)} g(\wurzel{x^2+y^2})[/mm]
>
> Dann ist obiger Ausdruck nach Ausmultiplizieren und A wie
> beschrieben
>
> [mm]\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{xb-xb-0y}{\parallel(x,y)\parallel}=0[/mm]
>
> denn der Zähler ist Null. Jetzt alles richtig???
Nein.
Zunächst ist [mm]b=\lim_{t \to 0} g(t)[/mm], somit A=(b,0)
Dann setzen wir
$ h(x,y):= [mm] \frac{xg(\wurzel{x^2+y^2})-A(x,y)}{\parallel(x,y)\parallel}$
[/mm]
Es ist dann
$ h(x,y)= [mm] \frac{x(g(\wurzel{x^2+y^2})-b)}{\parallel(x,y)\parallel}$
[/mm]
und somit
$|h(x,y)|= [mm] \frac{|x|*|g(\wurzel{x^2+y^2})-b|}{\parallel(x,y)\parallel} \le \frac{||(x,y)||*|g(\wurzel{x^2+y^2})-b|}{\parallel(x,y)\parallel}= |g(\wurzel{x^2+y^2})-b| \to [/mm] 0$ für $(x,y) [mm] \to [/mm] (0,0)$
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:28 Do 06.05.2010 | | Autor: | Limaros |
Okay, jetzt habe ichs kapiert. Danke erstmal, die nächte Frage kommt bestimmt...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:30 Mi 05.05.2010 | | Autor: | fred97 |
Noch eine Bemerkung:
Das ist eine ganz interessante Aufgabe ! Im allgemeinen folgt ja aus der partiellen Differenzierbarkeit nicht die (totale) Differenzierbarkeit.
Hat man obige Aufgabe einmal gelöst, so sieht man bei der Funktion $ [mm] f(x,y):=xg(\wurzel{x^2+y^2}) [/mm] $ dass die folgenden Aussagen äquivalent sind:
(1) f ist in (0,0) partiell differenzierbar nach x.
(2) f ist in (0,0) total differenzierbar.
(3) der Grenzwert $ [mm] \lim_{t\to 0} [/mm] g(t) $ existiert.
Ist (1) oder (2) oder (3) wahr, so gilt:
[mm] $f_x(0,0)= \lim_{t\to 0} [/mm] g(t) $ und $f'(0,0) = [mm] (\lim_{t\to 0} [/mm] g(t),0) $
FRED
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