Grenzwerte < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:47 Di 12.05.2009 | | Autor: | dmy |
| Aufgabe | Seien M:= [mm] \left\{{x \choose y} \in\mathbb{R}^2|xy\ne0\right\} [/mm] und [mm] f:M\to\mathbb{R} [/mm]
${x [mm] \choose [/mm] y}$ [mm] \to f(x,y):=\frac{1}{y}\sin \frac{y}{x} [/mm] gegeben. Untersuchen Sie für jeden Punkt [mm] a={\alpha \choose \beta}\in\mathbb{R}^2, [/mm] ob f in a einen Grenzwert besitzt, und bestimmen Sie diesen ggf. |
Ich habe hier eine Fallunterscheidung durchgeführt.
Der Fall Fall 1: [mm] a\in [/mm] M ist klar, da die gegebene Funktion auf M stetig ist...
Die Fälle [mm] $a\in [/mm] {0 [mm] \choose \beta}$, \beta\ne0 [/mm] und [mm] $a\in {\alpha \choose 0}$, \alpha\ne0 [/mm] sind mir aber nicht mehr so klar.
Im ersten scheint mir die Funktion keinen Grenzwert zu haben da dass Argument der Sinusfunktion gegen unendlich geht. Bekanntlich konvergiert die Sinusfunktion in diesem Falle ja nicht. Aber wie beweise ich dass die ganze Funktion f in diesem Falle nicht konvergiert? Ich hatte die Idee zwei verschiedene Folgen einzusetzen (und dabei ggf. die Periodizität des Sinuses auszunutzen) die jeweils einen unterschiedlichen Grenzwert implizieren aber irgendwie haute dass nicht hin... (Beim Cosinus hätte meine Idee evtl. geklappt.).
Ja, also für Anregungen hierzu wäre ich dankbar und auch zum zweiten Fall:
Hier geht das Argument der Sinusfunktion ja gegen 0. Also müsste auch der Funktionswert gegen Null gehen. Andererseits geht der Faktor [mm] \frac{1}{y} [/mm] gegen Unendlich... Hier viel mir zwar L'Hospital ein, aber die Regel brachte mich auch nicht weiter...
Auch hier wäre ich für Anregungen dankbar!
Ich habe die Frage auf keiner anderen Webseite gestellt!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 01:06 Di 12.05.2009 | | Autor: | reverend |
Hallo dmy,
schau Dir nochmal die Definition von M an. Können [mm] \alpha [/mm] oder [mm] \beta [/mm] denn Null werden?
edit: So'n Quatsch. Ich bin doch schon zu müde. Morgen mehr, falls dann noch was von der Aufgabe über ist. Pardon.
Grüße
reverend
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 02:51 Di 12.05.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo!
> Seien M:= [mm]\left\{{x \choose y} \in\mathbb{R}^2|xy\ne0\right\}[/mm]
> und [mm]f:M\to\mathbb{R}[/mm]
> [mm]{x \choose y}[/mm] [mm]\to f(x,y):=\frac{1}{y}\sin \frac{y}{x}[/mm]
> gegeben. Untersuchen Sie für jeden Punkt [mm]a={\alpha \choose \beta}\in\mathbb{R}^2,[/mm]
> ob f in a einen Grenzwert besitzt, und bestimmen Sie diesen
> ggf.
> Ich habe hier eine Fallunterscheidung durchgeführt.
>
> Der Fall Fall 1: [mm]a\in[/mm] M ist klar, da die gegebene Funktion
> auf M stetig ist...
> Die Fälle [mm]a\in \blue{\left\{}{0 \choose \beta}:\;\beta\ne0\blue{\right\}}[/mm],
Du solltest das so, wie ich es nun oben korrigiert habe, schreiben, oder so wie ich es unten korrigiert habe (aber nicht so, wie Du es notiert hattest!):
> und [mm]a \blue{=} {\alpha \choose 0}[/mm],
> [mm]\alpha\ne0[/mm] sind mir aber nicht mehr so klar.
> Im ersten scheint mir die Funktion keinen Grenzwert zu
> haben da dass Argument der Sinusfunktion gegen unendlich
> geht. Bekanntlich konvergiert die Sinusfunktion in diesem
> Falle ja nicht. Aber wie beweise ich dass die ganze
> Funktion f in diesem Falle nicht konvergiert? Ich hatte die
> Idee zwei verschiedene Folgen einzusetzen (und dabei ggf.
> die Periodizität des Sinuses auszunutzen) die jeweils einen
> unterschiedlichen Grenzwert implizieren aber irgendwie
> haute dass nicht hin... (Beim Cosinus hätte meine Idee
> evtl. geklappt.).
>
> Ja, also für Anregungen hierzu wäre ich dankbar und auch
> zum zweiten Fall:
> Hier geht das Argument der Sinusfunktion ja gegen 0. Also
> müsste auch der Funktionswert gegen Null gehen.
> Andererseits geht der Faktor [mm]\frac{1}{y}[/mm] gegen Unendlich...
> Hier viel mir zwar L'Hospital ein, aber die Regel brachte
> mich auch nicht weiter...
> Auch hier wäre ich für Anregungen dankbar!
>
> Ich habe die Frage auf keiner anderen Webseite gestellt!
Schauen wir es uns mal an:
1.) Sei [mm] $(x,y)^T \in [/mm] M$ mit $(x,y) [mm] \to (0,\beta)\not=(0,0)$, [/mm] also $x [mm] \to [/mm] 0$ und $y [mm] \to \beta \not=0$. [/mm] Betrachte mal insbesondere, was für
[mm] $f(x,\beta)=\frac{1}{\beta}\sin(\beta/x)$
[/mm]
bei festem [mm] $\beta \not=0$ [/mm] und $x [mm] \to [/mm] 0$ passiert. Tipp:
Speziell
[mm] $x=x^{(1)}_k=\frac{\beta}{k*\pi}$ [/mm]
und
[mm] $x=x^{(2)}_k=\frac{\beta}{\frac{\pi}{2}+k*2\,\pi}\,.$
[/mm]
Hier gilt [mm] $x^{(1)}_k,\;x^{(2)}_k \to 0\,$ [/mm] und damit
[mm] $(x^{(1)}_k,\beta),\;(x^{(2)}_k,\beta) \to (0,\beta)\,,$ [/mm]
aber was ist mit
[mm] $f(x^{(1)}_k,\beta)$ [/mm] und [mm] $f(x^{(2)}_k,\beta)$ [/mm]
bei $k [mm] \to \infty$? [/mm] Was ist damit gezeigt?
2.) Nun betrachte [mm] $(\alpha,0) \in \IR^2$ [/mm] mit [mm] $\alpha \not=0\,.$ [/mm] Obwohl eine Fallunterscheidung nicht von Nöten wäre, werde ich - des besseren Verständnis wegen - eine machen, wobei ich mich im Beweis auf nur einen Fall beschränke:
1. Fall: Sei [mm] $\alpha >0\,.$ [/mm] Für $(x,y) [mm] \to (\alpha,0)$ [/mm] können wir dann o.E. $x [mm] \in \big[\alpha/2,\;3/2*\alpha\big]$ [/mm] annehmen; insbesondere jedenfalls $x [mm] \not=0$. [/mm] Für jedes [mm] $x\not=0$ [/mm] gilt
[mm] $\lim_{y \to 0} \frac{\sin(y/x)}{y}=\frac{1}{x} \lim_{y \to 0} \frac{\sin(y/x)}{y/x}=\frac{1}{x}\,.$
[/mm]
[mm] $\text{(}$Mit [/mm] Hospital erkennt man nämlich
[mm] $\lim_{r \to 0} \frac{\sin(r)}{r}=\lim_{r \to 0} \frac{\cos(r)}{1}=\lim_{r \to 0} \cos(r)=\cos\big(\lim_{r \to 0}r\big)=\cos(0)=1\,.\text{)}$
[/mm]
Überlege mal, wie Du das nun verwenden kannst...
(Tipp: Z.B.: Ist [mm] $\big((x_k,y_k)^T)_{k \in \IN}$ [/mm] eine Folge in [mm] $\IR^2$ [/mm] mit [mm] $x_k \to \alpha$ [/mm] und [mm] $y_k \to [/mm] 0$, so kann man o.E. [mm] $x_k \in \big[\alpha/2,\;3/2*\alpha\big]$ [/mm] und damit [mm] $x_k \not=0$ [/mm] für alle $k [mm] \in \IN$ [/mm] annehmen. Dann gilt
[mm] $f(x_k,y_k)=\frac{1}{y_k}\sin(y_k/x_k)=\frac{1}{x_k}\;*\frac{\sin(y_k/x_k)}{y_k/x_k}$.
[/mm]
Was folgt damit bei $k [mm] \to \infty$? [/mm] (Beachte: wogegen strebt [mm] $1/x_k$ [/mm] bei $k [mm] \to \infty$) [/mm] und wie siehts mit der Produktfolge zweier konvergenter Folgen aus?)
Also zur Kontrolle:
Bei 1.) (d.h. [mm] $a=(0,\beta)^T$ [/mm] mit einem [mm] $\beta \not=0$) [/mm] sollte für Dich ersichtlich sein, dass [mm] $\lim_{\substack{x \to a\\a=(0,\beta)^T}}f(x)$ [/mm] nicht existiert; bei 2.),d.h. [mm] $a=(\alpha,0)^T$ [/mm] mit einem [mm] $\alpha \not=0\,,$ [/mm] ist [mm] $\lim_{\substack{x \to a\\a=(\alpha,0)^T}}f(x)=\frac{1}{\alpha}\,.$
[/mm]
Und noch eine kleine Anmerkung:
Oben wurden noch nicht alle Fälle abgehandelt. Es ist nämlich noch unklar, was mit
[mm] $\lim_{\substack{x \to a\\a=(0,0)^T}}f(x)$
[/mm]
ist. Andererseits kannst Du Überlegungen aus 1.) verwenden, um zu zeigen, dass dieser nicht existieren kann. Betrachte dazu einfach die Folgen [mm] $\big((x^{(1)}_k,1/k)^T\big)_{k \in \IN}$ [/mm] und [mm] $\big((x^{(2)}_k,1/k)^T\big)_{k \in \IN}$ [/mm] in [mm] $\IR^2\,,$ [/mm] die beide gegen [mm] $(0,0)^T=0 \in \IR^2$ [/mm] streben.
Was passiert hier jeweils mit [mm] $f(x^{(i)}_k,1/k)$ [/mm] bei $k [mm] \to \infty$ [/mm] (für [mm] $i=1,\,2$)?
[/mm]
Gruß,
Marcel
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