Richtungsableitung < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:07 Sa 14.12.2013 | | Autor: | CrapWrap |
Hallo,
mir ist nach der letzten Vorlesung über die Richtungsableitungen einer Funktion mehrerer Eingangsvariablen noch manches unklar. Leider konnte die mir zur Verfügung stehende Literatur auch nicht weiterhelfen.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Wir haben die Richtungsableitung an der Funktion z = f(x;y) = [mm] 1-x^2-y^2 [/mm] exemplarisch bearbeitet.
Vorab definierten wir die Richtungsableitung als Skalarprodukt des Gradienten von f(x;y) und des Einheitsvektors eines Vektors.
Nun zu meinen Fragen:
Um die Sache einfacher zu machen, lade ich meine Mitschrift hoch.
1) Was für eine Aussage/Bedeutung hat die Multiplikation der Koordinaten der Vektoren V1. und V2. (siehe Foto) mit den partiellen Ableitungen der Funktion?
2) Im Anschluss wird das Skalarprodukt von [mm] (\vektor{-1,4 \\ -1}) [/mm] (Produkt der in 1) genannten Multiplikation zwischen V2. sowie Gradient von f) und dem Einheitsvektor von V3. [mm] (\vektor{2 \\ 0}) [/mm] gebildet. Methodisch ist mir der Rechenweg klar. Ich verstehe den Zusammenhang zwischen V2. [mm] (\vektor{0,7 \\ 0,5}) [/mm] und V3. [mm] (\vektor{2 \\ 0}) [/mm] nicht.
3) Müsste der Vektor nicht, um mit ihm in einem dreidimensionalen KS arbeiten zu können, drei Koordinaten haben?
Ich hoffe, dass die Frage in der richtigen Kategorie gestellt worden ist.
Über aufklärende Antworten würde ich mich freuen.
Wrap
[Dateianhang nicht öffentlich]
[Dateianhang nicht öffentlich]
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:47 Mi 18.12.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
nur kurz:
> Hallo,
>
> mir ist nach der letzten Vorlesung über die
> Richtungsableitungen einer Funktion mehrerer
> Eingangsvariablen noch manches unklar. Leider konnte die
> mir zur Verfügung stehende Literatur auch nicht
> weiterhelfen.
schau mal in
![[]](/images/popup.gif) Definition 19.3
Das, was Du sagst, steht eigentlich in Satz 20.1 dort.
Natürlich ist das unter gewissen Voraussetzungen äquivalent, aber ich
denke, es ist besser, erstmal die Definition aus 19.3 herzunehmen, da
sie "elementar verständlich(er)" ist.
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
Hallo!
Fangen wir hinten an, mit der Frage nach dem dreidimensionalen. Du hast eine Funktion, die einer xy-Koordinate einen Wert zuweist, beispielsweise eine Temperatur. Demnach bewegst du dich hier tatsächlich nur im Zweidimensionalen.
Darstellen kannst du das, indem du die Temperatur durch verschiedene Farben darstellst, so wie man das von Wärmebildern eben kennt. Oder man setzt die Temperatur als 3. Koordinaten in ein Koordinatensystem.
Dann zu deinen Fragen: Du verstehst anscheinend nicht so ganz, was dort aufgeschrieben steht.
Berechnet wurde die Richtungsableitung von [mm] 1-x^2-y^2 [/mm] , und die ist [mm] \vektor{-2x\\-2y}. [/mm]
Beispiel 1: An der Position [mm] \vec{x}=\vektor{0,5\\0} [/mm] beträgt sie (x=0,5 und y=0 einsetzen!) [mm] \vektor{-2*0,5\\-2*0}=\vektor{-1\\0} [/mm] Das ist kein Skalarprodukt, sonst würden da noch x und y drin stehen.
An der Position [mm] \vec{x}=\vektor{0,7\\0,5} [/mm] beträgt sie [mm] \vektor{-2*0,7\\-2*0,5}=\vektor{-1,4\\-1}
[/mm]
Bei v3 geht es darum, wie sehr sich ... bleiben wir bei der Temperatur.... die Temperatur ändert, wenn du ausgehend vom Punkt [mm] \vec{x}=\vektor{0,7\\0,5} [/mm] einen Schritt in x-Richtung bzw. in Richtung von [mm] \vec{e}=\vektor{1\\0} [/mm] machst. Naja, du weißt, daß die Steigung in x-Richtung -1,4 beträgt, in y-Richtung -1. Die Lösung ist offensichtlich -1,4, das wird nur mit dem Skalarprodukt gerechnet, um das mal zu zeigen.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Korrektur) kleiner Fehler  | | Datum: | 19:26 Mi 18.12.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Beispiel 1: An der Position [mm]\vec{x}=\vektor{0,5\\0}[/mm]
> beträgt sie (x=0,5 und y=0 einsetzen!)
> [mm]\vektor{-2*0,5\\-2*0}=\vektor{-1\\0}[/mm] Das ist kein
> Skalarprodukt, sonst würden da noch x und y drin stehen.
der letzte Satz ist sinnlos, falsch oder zumindest missverständlich. Wenn
ich
[mm] $:=x^T\cdot [/mm] y$
habe, so ist auch
[mm] $<(1,2,3)^T,\,(4,5,6)^T>=1*4+2*5+3*6=...$
[/mm]
das Ergebnis eines Skalarprodukts. Generell sollte man aber eher mal
nachschlagen, wie ein Skalarprodukt eigentlich definiert ist/wird: Das
ist eine bestimmte Abbildung, die gewissen Eigenschaften genügt.
Wobei selbst diese allgemeine Aussage noch spezifischer klingt, als sie in
Wahrheit ist. Aber sowas kann man ja leicht nachschlagen (etwa in Wiki
oder halt in passender Fach-Literatur bzw. in passenden Skripten).
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
Hallo!
So ist das nicht gemeint.
Auf dem Blatt steht
[mm] $\nabla f=\vektor{-2x\\-2y} \qquad\qquad \vektor{0,5\\0}$
[/mm]
CrabWrap fragt, was für eine Bedeutung die Multiplikation des Vektors V1 (rechts) mit der Ableitung (links) hat.
Aber ich lese, daß dazwischen "Z.b." steht. Gemeint ist ein Beispiel, also die konkrete Ableitung an dem Punkt [mm] \vektor{0,5\\0}. [/mm] Das erreicht man durch Einsetzen, nicht durch Multiplizieren
Stünde hier wirklich ein Skalarprodukt, wäre dieses -2x*0,5-2y*2=-x Abgesehen davon, daß das kein Vektor mehr ist, enthält es eben noch ein x, theoretisch auch ein y.
Die beiden Vektoren stehen da nebeneinander, mit etwas Abstand dazwischen. Aber dazwischen ist keine Rechenoperation.
Es geht hier anscheinend weniger um die Mathematik, als darum, überhaupt zu erkennen, was auf dem Zettel drauf steht.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Korrektur) oberflächlich richtig  | | Datum: | 01:03 Do 19.12.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo!
>
> So ist das nicht gemeint.
>
> Auf dem Blatt steht
>
> [mm]\nabla f=\vektor{-2x\\-2y} \qquad\qquad \vektor{0,5\\0}[/mm]
>
>
> CrabWrap fragt, was für eine Bedeutung die Multiplikation
> des Vektors V1 (rechts) mit der Ableitung (links) hat.
>
> Aber ich lese, daß dazwischen "Z.b." steht. Gemeint ist
> ein Beispiel, also die konkrete Ableitung an dem Punkt
> [mm]\vektor{0,5\\0}.[/mm] Das erreicht man durch Einsetzen, nicht
> durch Multiplizieren
>
> Stünde hier wirklich ein Skalarprodukt, wäre dieses
> -2x*0,5-2y*2=-x Abgesehen davon, daß das kein Vektor mehr
> ist, enthält es eben noch ein x, theoretisch auch ein y.
mir geht es rein um die Aussage "Wenn das ein Skalarprodukt ist, dann
würde da..."
Das muss man entweder spezifizieren, oder man sollte es anders formulieren.
Ich denke aber, dass Du mit der Mitteilung hier klargemacht hast, was Du
damit sagen willst.
> Die beiden Vektoren stehen da nebeneinander, mit etwas
> Abstand dazwischen. Aber dazwischen ist keine
> Rechenoperation.
> Es geht hier anscheinend weniger um die Mathematik, als
> darum, überhaupt zu erkennen, was auf dem Zettel drauf
> steht.
Wie gesagt: Ich denke, so ist es klarer. Was ich einfach sagen wollte: Du
formulierst einen Satz etwas sehr allgemein, wobei der Inhalt des Satzes
eigentlich doch recht speziell/spezifisch ist.
Ansonsten: Nix für ungut, ich wollte Dich nicht kritisieren, sondern nur auf
die Gefahr der Missverständnisse, die aus dem erwähnten Satz resultieren
könn(t)en, hinweisen. 
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:56 Fr 27.12.2013 | | Autor: | CrapWrap |
Hallo,
erstmal herzlichen Dank für die Hilfsbereitschaft.
Dass [mm] \vektor{-1 \\ 0} [/mm] kein Skalarprodukt ist, ist mir bewusst geworden.
Ich begreife noch immer nicht, warum die Richtungsableitung einmal als Vektor , also [mm] \vektor{-1 \\ 0} [/mm] (-> Entstehung durch Gradient und Vektor [mm] \vektor{0,5 \\ 0}), [/mm] vorliegt und einmal als Skalarprodukt (-1,4).
Wenn man von der behandelten Funktion f(x)= [mm] 1-x^2 [/mm] ausgeht, dann liegt der Punkt, der durch den Vektor [mm] \vektor{0,5 \\ 0} [/mm] zu lokalisieren ist, auf der x-Achse. Wohin führt mich dann von diesem Punkt ausgehend die Richtungsableitung [mm] \vektor{-1 \\ 0}? [/mm]
Ich hoffe, mich deutlich genug ausgedrückt zu haben.
Grüße,
CrapWrap
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:47 Fr 27.12.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo,
>
> erstmal herzlichen Dank für die Hilfsbereitschaft.
>
> Dass [mm]\vektor{-1 \\ 0}[/mm] kein Skalarprodukt ist, ist mir
> bewusst geworden.
> Ich begreife noch immer nicht, warum die Richtungsableitung
> einmal als Vektor , also [mm]\vektor{-1 \\ 0}[/mm] (-> Entstehung
> durch Gradient und Vektor [mm]\vektor{0,5 \\ 0}),[/mm] vorliegt und
> einmal als Skalarprodukt (-1,4).
das steht doch da nicht. Es wurde gerechnet:
Ist [mm] $z=f(x,y):=1-x^2-y^2\,,$ [/mm] so folgt
[mm] $\nabla f(x,y)=\vektor{-2x\\-2y}\,.$
[/mm]
(Übrigens schau Dir mal Bemerkung 20.2 an: Die Gradientenrichtung ist die
"Richtung des steilsten Anstiegs").
Dann wurde gesagt: Daher ist bspw. der Gradient von $f$ ausgewertet an der
Stelle $(x,y):=(0,5;0)$ gegeben durch
[mm] $\nabla f(\tfrac{1}{2},0)=\vektor{-2*\frac{1}{2}\\-2*0}=\vektor{-1\\0}.$
[/mm]
Das bedeutet nun: Wenn ich mich auf
[mm] $\text{Graph}(f):=\{(x,y,z) \in \IR^3:\;\;z=1-x^2-y^2;\;x,y \in \IR\}$
[/mm]
auf den Punkt [mm] $(\tfrac{1}{2},0,1-\tfrac{1}{4}-0^2)=(\tfrac{1}{2},0,\,\tfrac{3}{4})$ [/mm] stelle, so geht es, wenn ich von dort in
Richtung [mm] $\vektor{-1\\0}$ [/mm] gucke, erstmal "am steilsten bergauf". [mm] ${\,}^{\red{(\*)}}$ [/mm] (Das ist allerdings
in einem infinitesimalen Sinne zu verstehen - also ich meine das so: Wenn
Du eine Funktion $f [mm] \colon \IR \to \IR$ [/mm] hast, die differenzierbar ist, so kannst
Du ja durch den Punkt [mm] $(x_0,f(x_0))$ [/mm] des Graphen von [mm] $f\,$ [/mm] eine Tangente legen. Diese
Tangentensteigung ist auch etwa, was man als "infinitesimale Steigung"
interpretieren könnte...
Begriffe wie "Steilheit" und "Steigung" sind immer bzgl. des Graphen von [mm] $f\,$
[/mm]
zu verstehen... Und beachte: Du bist im Definitionsbereich an der Stelle $(x=0,5;y=0),$
und von dieser kannst Du in Richtung [mm] $(1,0)^T$ [/mm] "gucken" - im Definitionsbereich
stehst Du quasi an $(0,5;0)$ und Deine Augen gucken entlang des Strahls
mit Quellpunkt $(0,5;0)$ in Richtung [mm] $(1,0)^T$ [/mm] - Dein Blick ginge also entlang
der Menge [mm] $\{(x,y):\;\;(x,y)=(\tfrac{1}{2},0)+p*(1,0):\;\; p \ge 0\}\,,$ [/mm] wobei sich Deine Augen im Quellpunkt [mm] $(\tfrac{1}{2},0)$ [/mm] befinden...).
> Wenn man von der behandelten Funktion f(x)= [mm]1-x^2[/mm]
Die war [mm] $f(x,y)=1-x^2-y^2$
[/mm]
> ausgeht,
> dann liegt der Punkt, der durch den Vektor [mm]\vektor{0,5 \\ 0}[/mm]
> zu lokalisieren ist, auf der x-Achse. Wohin führt mich
> dann von diesem Punkt ausgehend die Richtungsableitung
> [mm]\vektor{-1 \\ 0}?[/mm]
>
> Ich hoffe, mich deutlich genug ausgedrückt zu haben.
Also mir ist Deine Problematik nicht ganz klar:
Für [mm] $f(x,y):=1-x^2-y^2$ [/mm] wurde zunächst [mm] $\nabla [/mm] f(x,y)$ (was man vielleicht erstmal
besser als [mm] $\nabla f(\vektor{x\\y})$ [/mm] schreiben würde) berechnet. Dann wurde
gesagt:
Beispielsweise ist der Gradient von [mm] $f\,$ [/mm] an der Stelle $(x,y)=(0,5;0)$ daher gegeben
durch
[mm] $\nabla f(\vektor{x=0,5\\y=0})=...=\vektor{-1\\0}.$
[/mm]
Das hat noch gar nichts mit der (allgemeinen) Richtungsableitung zu tun.
Jetzt kommt ein zweiter Teil:
Man will die Richtungsableitung von [mm] $f\,$ [/mm] an der Stelle $(x,y)=(0,7;0,5)$ in Richtung
des zu [mm] $\vektor{2\\0}$ [/mm] zugehörigen Richtungsvektors angucken - letzten
Richtungsvektor habt ihr mit [mm] $\vec{e}$ [/mm] bezeichnet.
Gesucht ist also
[mm] $\frac{\partial f(\vektor{0,7\\0,5})}{\partial \vec{e}}.$
[/mm]
Was ist dafür zu tun?
[mm] $\alpha)$ [/mm] Naja, man muss den zu [mm] $\vektor{2\\0}$ [/mm] zugehörigen Richtungsvektor berechnen.
[mm] $\beta)$ [/mm] Man braucht [mm] $\nabla f(\vektor{x=0,7\\y=0,5}).$
[/mm]
[mm] $\gamma)$ [/mm] Bilde das Skalarprodukt der Vektoren aus [mm] $\alpha)$ [/mm] und [mm] $\beta)$.
[/mm]
Zu [mm] $\alpha)$:
[/mm]
Klar, es ist
[mm] $\vec{e}=\vektor{1\\0}$
[/mm]
der Richtungsvektor, der zu [mm] $\vektor{2\\0}$ [/mm] gehört (das bräuchte man noch nicht
mal wirklich zu berechnen, aber das habt ihr auch formal nachgerechnet...).
Zu [mm] $\beta)$:
[/mm]
Wenn [mm] $\nabla f(\vektor{x\\y})=\vektor{-2x\\-2y},$ [/mm] so folgt für speziell $(x,y)=(0,7;0,5)$
[mm] $\nabla f(\vektor{x=0,7\\y=0,5})=\vektor{-2*0,7\\-2*0,5}=\vektor{-1,4\\-1}.$
[/mm]
Zu [mm] $\gamma)$
[/mm]
[mm] $\frac{\partial f(\vektor{0,7\\0,5})}{\partial \vec{e}}=\frac{\partial f(\vektor{x=0,7\\y=0,5})}{\partial \vec e}=\nabla f(\vektor{x=0,7\\y=0,5}) \bullet \vec{e}=\vektor{-1,4\\-1} \bullet \vektor{1\\0}=-1,4*1+(-1)*0=\,-\,1,4.$
[/mm]
Dabei steht bei mir [mm] $\bullet$ [/mm] für das durch
[mm] $\vektor{r\\s} \bullet \vektor{t\\u}:=r*t+s*u\,$
[/mm]
auf [mm] $\IR^2$ [/mm] definierte Skalarprodukt (eigentlich ist der Definitionsbereich von
[mm] $\bullet$ [/mm] in Wahrheit [mm] $\IR^2 \times \IR^2$...).
[/mm]
P.S. Was hat eigentlich
[mm] $\partial f(\vektor{x\\y})/(\partial \vec{e})$
[/mm]
mit [mm] $\partial f/\partial [/mm] x$ zu tun?
Und was ist dann wohl
[mm] $\partial f/\partial [/mm] x$
ausgewertet an der Stelle $(x=0,7;y=0,5)$?
P.S. Schreibe auch mal
[mm] $\partial f(\vektor{x=0,7\\y=0,5})/(\partial \vec{e})$
[/mm]
mit der Definition, die Du in dem Skript (und in meiner ersten Mitteilung)
findest, hin (Def. 19.3). Natürlich berechnest Du dabei zuerst [mm] $\vec{e}$...
[/mm]
[mm] $\red{(*)}$ [/mm] Tatsächlich müßte man das besser so formulieren, dass man
nochmal eine zur $xy$-Ebene parallele Ebene betrachtet, die durch den Punkt [mm] $(\tfrac{1}{2},0,\tfrac{3}{4})$ [/mm]
geht - denn wenn ich mich im Punkte [mm] $(\tfrac{1}{2},0,\tfrac{3}{4})$ [/mm] befinde, so bezieht sich
"Steilheit" ja auf eine solche Ebene. Alternativ kannst Du die oben erwähnte
Vorstellung heranziehen, dass Du Dich nur in der xy-Ebene bewegen kannst,
und durch jede Änderung des Ortes des Definitionsbereichs natürlich eine
Höhenänderung (Variable [mm] $z\,$) [/mm] bewirkst... im Endeffekt ist das das gleiche,
nur ist die Vorstellung eine andere: Bei der Vorstellung mit dem Graphen
denkt man sich halt, dass man sich auf einer "Fläche im 3-dimensionalen"
bewegt. Die Fläche an sich ist natürlich immer noch 2-dimensional... und
das passt gut zu unserem Leben, denke etwa an eine Bergwanderung
oder sowas...
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:41 Mi 18.12.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo CrapWrap,
ich gebe Dir auch einfach mal eine ganz elementare Aufgabe, die man auch
immer stellen könnte, um den Leuten den Begriff der Richtungsableitung
besser zugänglich zu machen:
1. Welche Richtungen kennst Du in [mm] $\IR \cong \IR^1$? [/mm] Schreibe sie ruhig als "Vektoren"
auf, d.h. ein Element des [mm] $\IR^1$ [/mm] wird als [mm] $(r)\,,$ [/mm] nicht nur [mm] $r\,,$ [/mm] notiert. Die Klammern
sind dabei "Vektorklammern" (keine Klammern für Rechenoperationen).
2. Wenn Du nun [mm] $e_1=...$ [/mm] und [mm] $e_2=...$ [/mm] in [mm] $\IR^1$ [/mm] kennst:
Wie sieht dann für eine differenzierbare Funktion $f [mm] \colon \IR \to \IR$ [/mm] dann
[mm] $f_{e_k}$ [/mm] bzw. [mm] $f_{e_k}\colon \IR \ni [/mm] x [mm] \mapsto f_{e_k}(x)=\frac{\partial f}{\partial e_k}(x) \in \IR$
[/mm]
für $k=1,2$ aus?
Hinweise:
a) Du darfst natürlich die altbekannte Notation [mm] $f\,'=f^{(1)}$ [/mm] für die Ableitung
von [mm] $f\,$ [/mm] benutzen!
b) Du darfst hier durchaus auch die Kettenregel für Deine Argumentation
ins Spiel bringen (und schau' mal parallel dazu in den erwähnten Satz
20.1 bzw. den zugehörigen Beweis).
Gruß,
Marcel
|
|
|
|
