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| Aufgabe | Ist die folgende Funktion
a) partiell differenzierbar
b) total differenzierbar
c) stetig differenzierbar
?
$f(x,y) = [mm] \frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}$ [/mm] für (x,y) ungleich (0,0) und f(0,0)=0.$ |
Hallo, da bin ich mal wieder :) Nachdem ich mir ein paar Definitionen zu den obigen Begriffen herausgesucht habe, probier ich mal mein Glück.
Die Funktion ist eine Komposition aus zwei stetigen differenzierbaren Funktionen. Die Zählerfunktion ist soweit klar.
!Aber was ist mit der Nennerfunktion? Stetig ist sie. Differenzierbar ja auch, vermute ich. WIe zeige ich das? Ich dachte ich betrachte $g(x,y) = [mm] \sqrt{x^2+y^2}$ [/mm] und dann den Grenzwert für x->0 von $g(x,0) = 0$ sowie für y->0 von $g(0,y) = 0$.
Falls das geklärt wäre, dann behaupte ich: Außerhalb des Nullpunktes ist f als Komposition zweier stetig differenzierbarer Funktionen ebenfalls stetig differenzierbar. Zu untersuchen bleibt der Nullpunkt
zu a)
Eine Funktion ist partiell differenzierbar, wenn alle partiellen Ableitungen existieren.
Meine Funktion ist im Nullpunkt partiell differenzierbar:
[mm] $f_x(0,0) [/mm] = [mm] lim_{h \to 0} \frac{f(h,0) - f(0,0)}{h} [/mm] = 0$.
[mm] $f_y(0,0) [/mm] = [mm] lim_{h \to 0} \frac{f(0,h) - f(0,0)}{h} [/mm] = 0$.
Damit existieren die partiellen Ableitungen im Nullpunkt. Die partiellen Ableitungen erster Ordnung sind dort sogar identisch, d.g. sie sind dort auch stetig.
Insofern ich hier richtig gerechnet habe könnte ich doch den Satz nutzen: "Ist fi n einer Umgebung des Punktes P nach allen Variablen partiell differenzierbar und sind die partiellen Ableitungen stetig bei P, so ist f bei P differenzierbar.". Damit wäre b bereits gezeigt, richtig?
b) Eine reellwertige Funktion heißt differenzierbar (oder: total differenzierbar), wenn sie in jedem Punkt (total) differenzierbar ist.
Sie heißt (total) differenzierbar an der Stelle [mm] $x_0$, [/mm] wenn es einen Vektor c gibt sowie eine für $x [mm] \to x_0$ [/mm] gegen Null strebende Funktion [mm] $f_0(x)$ [/mm] sodass gilt:
$f(x) = [mm] f(x_0) [/mm] + [mm] c\cdot(x-x_0) [/mm] + [mm] ||x-x_0||f_0(x)$.
[/mm]
c ist dabei der Gradient von f an der Stelle [mm] $x_0$.
[/mm]
Mit [mm] $x_0 [/mm] = (0,0)$ folgt:
$c = [mm] grad(fx_0) [/mm] = (0,0)$
und schließlich:
$f(x,y) = f(0, 0) + 0 + [mm] ||(x,y)||f_0(x)$.
[/mm]
D.h. es müsste eine Nullfunktion geben sodass:
$f(x,y) - [mm] f(0,0)\cdot \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} [/mm] = [mm] f_0(x)$.
[/mm]
Also:
[mm] $f_0(x) [/mm] = [mm] \frac{xy}{x^2+y^2} \le \frac{xy}{x} [/mm] = y [mm] \to [/mm] 0$ für (x,y) gegen (0,0).
Damit ist die Differenzierbarkeit gezeigt.
c)
Da bereits gezeigt wurde, dass die partiellen Ableitungen erster Ordnung existieren und stetig sind (eben auch im Nullpunkt!) ist die Funktion insgesamt stetig differenzierbar.
Wie immer bin ich für jegliche Tipps sehr sehr dankbar.
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Hallo!
> Ist die folgende Funktion
> a) partiell differenzierbar
> b) total differenzierbar
> c) stetig differenzierbar
> ?
>
> $f(x,y) = [mm]\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}$[/mm] für (x,y) ungleich
> (0,0) und f(0,0)=0.$
> Die Funktion ist eine Komposition aus zwei stetigen
> differenzierbaren Funktionen. Die Zählerfunktion ist
> soweit klar.
Ja.
> !Aber was ist mit der Nennerfunktion? Stetig ist sie.
> Differenzierbar ja auch, vermute ich. WIe zeige ich das?
> Ich dachte ich betrachte [mm]g(x,y) = \sqrt{x^2+y^2}[/mm] und dann
> den Grenzwert für x->0 von [mm]g(x,0) = 0[/mm] sowie für y->0 von
> [mm]g(0,y) = 0[/mm].
Nein, das ist zu kompliziert. Es ist auch für die Nennerfunktion klar. Die Funktion
[mm] $h_1:\IR^2\backslash\{(0,0)\} \to \IR_{> 0}, [/mm] (x,y) [mm] \to x^2 [/mm] + [mm] y^2$
[/mm]
ist stetig differenzierbar. Die Funktion
[mm] $h_2: \IR_{> 0}\to \IR_{>0}, [/mm] x [mm] \mapsto \sqrt{x}$
[/mm]
ist ebenfalls stetig differenzierbar. Damit ist auch die Nennerfunktion als Komposition [mm] $h_2 \circ h_1$ [/mm] stetig differenzierbar.
Du darfst dich hier von der Wurzel nicht abschrecken lassen. Die Wurzel macht nur Probleme an der Stelle Null, aber die wird hier nicht erreicht.
> Falls das geklärt wäre, dann behaupte ich: Außerhalb des
> Nullpunktes ist f als Komposition zweier stetig
> differenzierbarer Funktionen ebenfalls stetig
> differenzierbar.
Ja, das ist richtig, denn [mm] $\IR^2\backslash\{(0,0)\}$ [/mm] ist eine offene Menge.
(Stetige Differenzierbarkeit kann ja nur auf offenen Menge vererbt werden).
> Zu untersuchen bleibt der Nullpunkt
Ja.
> zu a)
> Eine Funktion ist partiell differenzierbar, wenn alle
> partiellen Ableitungen existieren.
>
> Meine Funktion ist im Nullpunkt partiell differenzierbar:
> [mm]f_x(0,0) = lim_{h \to 0} \frac{f(h,0) - f(0,0)}{h} = 0[/mm].
>
> [mm]f_y(0,0) = lim_{h \to 0} \frac{f(0,h) - f(0,0)}{h} = 0[/mm].
> Damit existieren die partiellen Ableitungen im Nullpunkt.
Alles richtig.
> Die partiellen Ableitungen erster Ordnung sind dort sogar
> identisch, d.g. sie sind dort auch stetig.
Das hast du jetzt hier aber nicht nachgerechnet.
Um behaupten zu können, dass die partiellen Ableitungen stetig sind, müsstest du ja noch die partiellen Ableitungen von $f$ in [mm] $\IR^2\backslash\{(0,0)\}$ [/mm] ausrechnen. Hier also:
[mm] $f_{x}(x,y) [/mm] = [mm] \frac{y*\sqrt{x^2+y^2} - xy*\frac{1}{2\sqrt{x^2+y^2}}*2x}{\sqrt{x^2+y^2}^2} [/mm] = [mm] \frac{y*(x^2+y^2)-x^2y}{\sqrt{x^2+y^2}^3} [/mm] = [mm] \frac{y^3}{\sqrt{x^2+y^2}^3}$.
[/mm]
Wenn f stetig differenzierbar wäre, müsste gelten (Stetigkeit der partiellen Ableitung):
[mm] $\lim_{(x,y)\to 0}f_{x}(x,y) [/mm] = 0 = [mm] f_{x}(0,0)$.
[/mm]
Gilt das?
> Insofern ich hier richtig gerechnet habe könnte ich doch
> den Satz nutzen: "Ist fi n einer Umgebung des Punktes P
> nach allen Variablen partiell differenzierbar und sind die
> partiellen Ableitungen stetig bei P, so ist f bei P
> differenzierbar.". Damit wäre b bereits gezeigt, richtig?
Unter den genannten Voraussetzungen könntest du den Satz nutzen.
Aber du wirst oben feststellen, dass die partiellen Ableitungen nicht stetig sind.
Also kannst du den Satz nicht nutzen.
> b) Eine reellwertige Funktion heißt differenzierbar (oder:
> total differenzierbar), wenn sie in jedem Punkt (total)
> differenzierbar ist.
Ja.
> Sie heißt (total) differenzierbar an der Stelle [mm]x_0[/mm], wenn
> es einen Vektor c gibt sowie eine für [mm]x \to x_0[/mm] gegen Null
> strebende Funktion [mm]f_0(x)[/mm] sodass gilt:
>
> [mm]f(x) = f(x_0) + c\cdot(x-x_0) + ||x-x_0||f_0(x)[/mm].
> c ist dabei der Gradient von f an der Stelle [mm]x_0[/mm].
Ja. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Mit [mm]x_0 = (0,0)[/mm] folgt:
> [mm]c = grad(f)(x_0) = (0,0)[/mm]
Richtig.
> und schließlich:
> [mm]f(x,y) = f(0, 0) + 0 + ||(x,y)||f_0(x)[/mm].
> D.h. es müsste
> eine Nullfunktion geben sodass:
>
> [mm]f(x,y) - f(0,0)\cdot \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} = f_0(x)[/mm].
Hier sind irgendwie einige Klammern verloren gegangen.
Richtig wäre es, wie du es unten schreibst: Es müsste
[mm] $\lim_{(x,y) \to 0}\frac{f(x,y)}{||(x,y)||} [/mm] = [mm] \lim_{(x,y) \to 0}\frac{xy}{x^2+y^2} [/mm] = 0$
gelten.
> Also:
>
> [mm]f_0(x) = \frac{xy}{x^2+y^2} \red{\le} \frac{xy}{x} = y \to 0[/mm] für
> (x,y) gegen (0,0).
>
> Damit ist die Differenzierbarkeit gezeigt.
Nein, deine Abschätzung ist falsch (siehe rot). Es gilt doch nicht immer [mm] $x^2 [/mm] + [mm] y^2 \ge [/mm] x$, sondern nur für $x [mm] \ge [/mm] 1$. Hier geht es doch aber gerade um kleine $x$ !
Du wirst feststellen, dass auch dieser Ausdruck nicht gegen Null geht.
Probiere doch mal $x = y = [mm] \frac{1}{n}$ [/mm] für [mm] $n\to\infty$.
[/mm]
> c)
>
> Da bereits gezeigt wurde, dass die partiellen Ableitungen
> erster Ordnung existieren und stetig sind (eben auch im
> Nullpunkt!) ist die Funktion insgesamt stetig
> differenzierbar.
Siehe oben. Stimmt leider nicht.
Viele Grüße,
Stefan
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> > Eine Funktion ist partiell differenzierbar, wenn alle
> > partiellen Ableitungen existieren.
> >
> > Meine Funktion ist im Nullpunkt partiell differenzierbar:
> > [mm]f_x(0,0) = lim_{h \to 0} \frac{f(h,0) - f(0,0)}{h} = 0[/mm].
>
> >
> > [mm]f_y(0,0) = lim_{h \to 0} \frac{f(0,h) - f(0,0)}{h} = 0[/mm].
> > Damit existieren die partiellen Ableitungen im Nullpunkt.
>
>
> Alles richtig.
>
>
> > Die partiellen Ableitungen erster Ordnung sind dort sogar
> > identisch, d.g. sie sind dort auch stetig.
>
> Das hast du jetzt hier aber nicht nachgerechnet.
Ich habe aber zumindest geprüft, ob die partiellen Ableitungen erster Ordnung im Nullpunkt existieren, richtig?
> Um behaupten zu können, dass die partiellen Ableitungen
> stetig sind, müsstest du ja noch die partiellen
> Ableitungen von [mm]f[/mm] in [mm]\IR^2\backslash\{(0,0)\}[/mm] ausrechnen.
> Hier also:
>
> [mm]f_{x}(x,y) = \frac{y*\sqrt{x^2+y^2} - xy*\frac{1}{2\sqrt{x^2+y^2}}*2x}{\sqrt{x^2+y^2}^2} = \frac{y*(x^2+y^2)-x^2y}{\sqrt{x^2+y^2}^3} = \frac{y^3}{\sqrt{x^2+y^2}^3}[/mm].
>
> Wenn f stetig differenzierbar wäre, müsste gelten
> (Stetigkeit der partiellen Ableitung):
>
> [mm]\lim_{(x,y)\to 0}f_{x}(x,y) = 0 = f_{x}(0,0)[/mm].
>
> Gilt das?
Oh! Ja, da habe ich etwas noch nicht ganz verstanden.
Da, wie später in deiner Korrektur, folgen wird: "f ist im Nullpunkt nicht differenzierbar" kann ich doch auch danach festhalten "Da f im Nullpunkt nicht differenzierbar ist, ist f auch nicht stetig differenzierbar im Nullpunkt.".
Ist das korrekt?
Zu deiner Frage:
[mm]\lim_{(x,y)\to 0}f_{x}(x,y) = 0 = f_{x}(0,0)[/mm].
Das gilt dann nicht. Da mir das schon deine rhetorische Frage beantwortet hat, versuche ich lieber, das zu begründen:
[mm] $\lim_{(x,y)\to 0}f_{x}(0,y) [/mm] = [mm] \lim_{(x,y) \to 0} [/mm] 1 = 1$. Und da 1 nicht dasselbe ist wie 0 ist hier schon Schluss. Ja?
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 07:32 Mo 10.02.2014 | | Autor: | fred97 |
> > > Eine Funktion ist partiell differenzierbar, wenn alle
> > > partiellen Ableitungen existieren.
> > >
> > > Meine Funktion ist im Nullpunkt partiell differenzierbar:
> > > [mm]f_x(0,0) = lim_{h \to 0} \frac{f(h,0) - f(0,0)}{h} = 0[/mm].
>
> >
> > >
> > > [mm]f_y(0,0) = lim_{h \to 0} \frac{f(0,h) - f(0,0)}{h} = 0[/mm].
> > > Damit existieren die partiellen Ableitungen im Nullpunkt.
> >
> >
> > Alles richtig.
> >
> >
> > > Die partiellen Ableitungen erster Ordnung sind dort sogar
> > > identisch, d.g. sie sind dort auch stetig.
> >
> > Das hast du jetzt hier aber nicht nachgerechnet.
>
> Ich habe aber zumindest geprüft, ob die partiellen
> Ableitungen erster Ordnung im Nullpunkt existieren,
> richtig?
Ja, das hast Du.
>
> > Um behaupten zu können, dass die partiellen Ableitungen
> > stetig sind, müsstest du ja noch die partiellen
> > Ableitungen von [mm]f[/mm] in [mm]\IR^2\backslash\{(0,0)\}[/mm] ausrechnen.
> > Hier also:
> >
> > [mm]f_{x}(x,y) = \frac{y*\sqrt{x^2+y^2} - xy*\frac{1}{2\sqrt{x^2+y^2}}*2x}{\sqrt{x^2+y^2}^2} = \frac{y*(x^2+y^2)-x^2y}{\sqrt{x^2+y^2}^3} = \frac{y^3}{\sqrt{x^2+y^2}^3}[/mm].
>
> >
> > Wenn f stetig differenzierbar wäre, müsste gelten
> > (Stetigkeit der partiellen Ableitung):
> >
> > [mm]\lim_{(x,y)\to 0}f_{x}(x,y) = 0 = f_{x}(0,0)[/mm].
> >
> > Gilt das?
>
>
> Oh! Ja, da habe ich etwas noch nicht ganz verstanden.
> Da, wie später in deiner Korrektur, folgen wird: "f ist
> im Nullpunkt nicht differenzierbar" kann ich doch auch
> danach festhalten "Da f im Nullpunkt nicht differenzierbar
> ist, ist f auch nicht stetig differenzierbar im
> Nullpunkt.".
> Ist das korrekt?
ja
>
> Zu deiner Frage:
>
> [mm]\lim_{(x,y)\to 0}f_{x}(x,y) = 0 = f_{x}(0,0)[/mm].
> Das gilt
> dann nicht. Da mir das schon deine rhetorische Frage
> beantwortet hat, versuche ich lieber, das zu begründen:
>
> [mm]\lim_{(x,y)\to 0}f_{x}(0,y) = \lim_{(x,y) \to 0} 1 = 1[/mm]. Und
> da 1 nicht dasselbe ist wie 0 ist hier schon Schluss. Ja?
Nein. Wegen [mm] \wurzel{y^2}=|y| [/mm] ist
[mm] f_{x}(0,y) [/mm] = [mm] \bruch{y^3}{|y|^3}= \bruch{y}{|y|}
[/mm]
Also haben wir z.B.
[mm] \lim_{y \to 0+0}f_{x}(0,y)=1
[/mm]
FRED
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Hallo,
steppenhahn hat ja schon eine ausführliche Antwort gegeben.
Ich möchte dennoch noch etwas zur Stetigkeit beitragen und damit einen Tipp geben, wie man sich so manches einfacher machen kann. Und zwar hilft hier ein Wechsel der Koordinaten. Wählt man nämlich Polarkoordinaten mit
[mm] x=r\cos\varphi
[/mm]
[mm] y=r\sin\varphi
[/mm]
wobei [mm] r\in[0,\infty) [/mm] und [mm] \varphi\in[0,2\pi)
[/mm]
so geht f(x,y) über in [mm] f(r,\varphi)=r\cos\varphi\sin\varphi
[/mm]
Die Stetigkeit hüpft einem sozusagen direkt ins Auge.
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