Total Differenzierbar < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:02 So 27.07.2008 | | Autor: | johnny11 |
| Aufgabe | Sie f: [mm] \IR^2 \to \IR [/mm] mit
f(x,y) := [mm] \bruch{y^2}{\wurzel{x^2 + y^2}} [/mm] für (x,y) [mm] \not= [/mm] (0,0)
und f(x,y) := 0 für (x,y) = (0,0)
Zeige, dass f in (0,0) nicht total differentierbar ist. |
Es gelten doch folgende zwei Implikationen:
f nicht partiell diff.bar in (0,0) [mm] \Rightarrow [/mm] f nicht total diff.bar in (0,0)
f nicht stetig in (0,0) [mm] \Rightarrow [/mm] f nicht total diff.bar in (0,0)
Stimmen diese zwei Implikationen?
Also habe ich gezeigt, dass f nicht stetig ist. Ich habe die Folge [mm] \bruch{n}{2} [/mm] betrachtet und so zeigen können, dass f nicht stetig ist in (0,0). Dies würde ja bereits genügen.
Anschliessend wollte ich aber auch noch zeigen, dass f nicht partiell diff.bar ist in (0,0). Ich berechnete [mm] \bruch{\partial f}{\parial x} [/mm] = [mm] \limes_{h\rightarrow0} \bruch{f(0+ h) - f (0,0)}{h}. [/mm] So habe ich 0 als Grenzwert erhalten. Analog berechnete ich die partille Ableitung für y. Dabei habe ich dann 1 als Grenzwert erhalten.
Also müsste f in diesem Falle partiell diff.bar sein in (0,0).
Dies widerspricht aber meiner Implikation. Was ist hier genau falsch gelaufen?
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> Sie f: [mm]\IR^2 \to \IR[/mm] mit
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> f(x,y) := [mm]\bruch{y^2}{\wurzel{x^2 + y^2}}[/mm] für (x,y) [mm]\not=[/mm]
> (0,0)
> und f(x,y) := 0 für (x,y) = (0,0)
> Zeige, dass f in (0,0) nicht total differentierbar ist.
> Es gelten doch folgende zwei Implikationen:
>
> f nicht partiell diff.bar in (0,0) [mm]\Rightarrow[/mm] f nicht
> total diff.bar in (0,0)
>
> f nicht stetig in (0,0) [mm]\Rightarrow[/mm] f nicht total diff.bar
> in (0,0)
>
> Stimmen diese zwei Implikationen?
ja.
>
> Also habe ich gezeigt, dass f nicht stetig ist. Ich habe
> die Folge [mm]\bruch{n}{2}[/mm] betrachtet und so zeigen können,
> dass f nicht stetig ist in (0,0). Dies würde ja bereits
> genügen.
Stimmt, es würde genügen, aber es ist nicht richtig. $f$ ist stetig in $(0,0)$ und zwar wegen:
[mm]|f(x,y)-f(0,0)|=\frac{y^2}{\sqrt{x^2+y^2}}\leq \frac{y^2}{\sqrt{y^2}}=|y|[/mm]
Ist also [mm] $\varepsilon>0$ [/mm] gegeben, so gilt für alle $(x,y)$ mit Abstand [mm] $<\delta:= \varepsilon$, [/mm] dass [mm] $|f(x,y)-f(0,0)|<\varepsilon$.
[/mm]
> Anschliessend wollte ich aber auch noch zeigen, dass f
> nicht partiell diff.bar ist in (0,0). Ich berechnete
> [mm]\bruch{\partial f}{\parial x}[/mm] = [mm]\limes_{h\rightarrow0} \bruch{f(0+ h) - f (0,0)}{h}.[/mm]
> So habe ich 0 als Grenzwert erhalten.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Analog berechnete ich
> die partille Ableitung für y. Dabei habe ich dann 1 als
> Grenzwert erhalten.
> Also müsste f in diesem Falle partiell diff.bar sein in
> (0,0).
Stimmt.
> Dies widerspricht aber meiner Implikation. Was ist hier
> genau falsch gelaufen?
$f$ ist in $(0,0)$ stetig, siehe oben.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:16 So 27.07.2008 | | Autor: | Framl |
Wenn [mm] $|x-y|<\delta$ [/mm] ist, dann folgt doch nicht [mm] $|y|<\delta=\varepsilon$!?
[/mm]
Oder stehe ich auf der Leitung?
Edit: Ja, ich stand gewaltig auf der Leitung  Sorry
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:47 Di 26.08.2008 | | Autor: | johnny11 |
> Wenn [mm]|x-y|<\delta[/mm] ist, dann folgt doch nicht
> [mm]|y|<\delta=\varepsilon[/mm]!?
>
Dies kapier ich auch gerade nicht.
Wenn ich dies mit einem konkreten Zahlenbeispiel ausrechene, erhalte ich einen Widerspruch:
Sei z.b. x=1 , y=3 , [mm] \delta=2.5
[/mm]
|x-y| = |y-x| = |3-1| = |2| = 2 < 2.5 = [mm] \delta
[/mm]
aber |y| [mm] \not< \delta
[/mm]
Was mache ich genau falsch?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:03 Di 26.08.2008 | | Autor: | Max1603 |
Die Bedingung:
"Ist also [mm] \varepsilon>0 [/mm] gegeben, so gilt für alle (x,y) mit Abstand [mm] <\delta:= \varepsilon [/mm] , dass [mm] |f(x,y)-f(0,0)|<\varepsilon [/mm] ."
so wie die da steht ist auch falsch.
Somebody meinte bestimmt, dass der Abstand von (x,y) zu (0,0) [mm] <\delta [/mm] sein soll.
hier muss man sich aber überlegen bzgl. welcher Metrik wir das Problem betrachten. d. h. [mm] \delta [/mm] muss in abhängigkeit von [mm] \varepsilon [/mm] und der Metrik gewählt werden.
es kann sein dass [mm] \delta:= \varepsilon [/mm] richtig ist. glaube ich aber nicht muss jetzt nachrechnen, habe leider keine Zeit.
Wieso eigentlich die Mühe???
wenn wir schon die folgende Abschätzung haben, dann können wir ja gleich das Folgenkriterium für die Stetigkeit anwenden!!!! denn f(0,0)=0
[mm] |f(x,y)-f(0,0)|=\frac{y^2}{\sqrt{x^2+y^2}}\leq \frac{y^2}{\sqrt{y^2}}=|y| [/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:21 So 27.07.2008 | | Autor: | johnny11 |
> [mm]f[/mm] ist in [mm](0,0)[/mm] stetig
Wenn jetzt also f stetig in (0,0) ist und f partiell diff.bar ist in (0,0), wie kann denn nun gezeigt werden, dass f nicht total diff.bar ist in (0,0) ?
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> > [mm]f[/mm] ist in [mm](0,0)[/mm] stetig
>
> Wenn jetzt also f stetig in (0,0) ist und f partiell
> diff.bar ist in (0,0), wie kann denn nun gezeigt werden,
> dass f nicht total diff.bar ist in (0,0) ?
Bei der Berechnung der beiden partiellen Ableitungen hast Du den Grenzwert von
[mm]\frac{f(x,y)-f(0,0)}{\sqrt{(x-0)^2+(y-0)^2}}[/mm]
nur bei Annäherung aus einer bestimmten Richtung (Winkel [mm] $\varphi=0$ [/mm] für die partielle Ableitung nach $x$, Winkel [mm] $\varphi=\pi/2$ [/mm] für die partielle Ableitung nach $y$) an $(0,0)$ bestimmt.
Falls $f$ in $(0,0)$ differenzierbar wäre, dann würde die lineare Abbildung $f'(0,0)$ durch die beiden partiellen Ableitungen bereits festgelegt (eine lineare Abbildung ist durch ihre Bilder für eine Basis des Raumes, hier die Vektoren $(1,0)$ und $(0,1)$, eindeutig festgelegt).
Du könntest also z.B. versuchen, den Grenzwert aus einer anderen Richtung zu bestimmen, mit etwas Glück wird dies zu einem Widerspruch zur Linearität der Ableitung führen...
Man kann die Sache auch in Polarkoordinaten [mm] $x=r\cos(\varphi), y=r\sin(\varphi)$ [/mm] anschauen, dann erhält man
[mm]\frac{f(x,y)-f(0,0)}{\sqrt{(x-0)^2+(y-0)^2}}=\sin^2(\varphi)[/mm]
Du kannst prüfen: für [mm] $\varphi$ [/mm] konstant $0$ (und [mm] $r\rightarrow [/mm] 0+$) erhält man den Limes $0$ und für [mm] $\varphi$ [/mm] konstant [mm] $\pi/2$ [/mm] (und [mm] $r\rightarrow [/mm] 0+$) erhält man den Limes $1$, also die gleichen Werte, die Du für die partiellen Ableitungen von $f$ nach $x$ bzw. $y$ gefunden hast.
Nun kannst Du Dich aber z.B. dem Punkt $(0,0)$ unter dem Winkel [mm] $\varphi=\pi/4$ [/mm] nähern (etwa, indem Du den Grenzwert für die Folge [mm] $x_n=y_n=1/n$ [/mm] bestimmst). Das müsste dann den Limes [mm] $\frac{1}{2}$ [/mm] geben (Ableitung von $f$ in Richtung [mm] $(1/\sqrt{2},1/\sqrt{2})$).
[/mm]
Dies ist aber im Widerspruch zur Linearität von $f'(0,0)$, denn wenn $f'(0,0)$ existieren würde, dann müsste, aufgrund der Bilder der Basisvektoren $(1,0)$ und $(0,1)$ von [mm] $\IR^2$, [/mm] der Vektor [mm] $(1/\sqrt{2},1/\sqrt{2})$ [/mm] von $f'(0,0)$ auf [mm] $1/\sqrt{2}$ [/mm] abgebildet werden, was aber nicht der Fall ist.
Man kann also sagen: die Richtungsableitung von $f$ existiert im Punkt $(0,0)$ für alle Richtungen [mm] $(\cos(\varphi),\sin(\varphi))$, [/mm] aber es existiert keine lineare Abbildung $f'(0,0)$, deren Abbildungsverhalten mit allen Richtungsableitungen von $f$ in $(0,0)$ verträglich ist.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:50 Mo 28.07.2008 | | Autor: | fred97 |
f ist im Punkt (0,0) nicht partiell diffbar nach y !
Es ist 1/h(f(0,h) - f(0,0)) = h/|h|
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:35 Mo 28.07.2008 | | Autor: | johnny11 |
Hallo Fred,
kannst du mir deine einzelnen Schritte noch ein weniger genauer darstellen? Ich weiss nicht genau, wie du auf |h| kommst...
Meine partielle Ableitung sieht folgendermassen aus:
f (x,y) := [mm] \bruch{y^2}{\wurzel{x^2+y^2}} [/mm] für (x,y) [mm] \not= [/mm] (0,0) und f(x,y) := 0 für (x,y) = 0
[mm] \bruch{\parial f}{\parial y}(0,0) [/mm] = [mm] \limes_{h\rightarrow0}\bruch{f(0,h) - f(0,0)}{h} [/mm] = [mm] \limes_{h\rightarrow0}\bruch{\bruch{h^2}{\wurzel{h^2}}-0}{h} [/mm] = [mm] \limes_{h\rightarrow0}\bruch{\bruch{h^2}{h}}{h} [/mm] = [mm] \limes_{h\rightarrow0}\bruch{h}{h} [/mm] =1
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 10:40 Mo 28.07.2008 | | Autor: | fred97 |
Es ist [mm] \wurzel{h^2} [/mm] = |h|
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:55 Mo 28.07.2008 | | Autor: | johnny11 |
aja genau, vielen Dank.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:41 Mo 28.07.2008 | | Autor: | Somebody |
> f ist im Punkt (0,0) nicht partiell diffbar nach y !
>
> Es ist 1/h(f(0,h) - f(0,0)) = h/|h|
Stimmt. Bei meiner Verwendung von [mm] $x=r\cos(\varphi), y=r\sin(\varphi)$ [/mm] für die Bestimmung der Ableitung in Richtung [mm] $\varphi$ [/mm] bzw. [mm] $(\cos(\varphi),\sin(\varphi))$ [/mm] hätte ich das Verhalten des Differenzenquotienten nicht für [mm] $r\rightarrow [/mm] 0+$ sondern für [mm] $r\rightarrow [/mm] 0$ betrachten sollen. In diesem Falle erhält man
[mm]\frac{f(r\cos(\varhi),r\sin(\varphi))-f(0,0)}{r}=\frac{\frac{r^2\sin^2(\varphi)}{|r|}}{r}=\frac{r}{|r|}\sin^2(\varphi)[/mm]
Der Grenzwert für [mm] $r\rightarrow [/mm] 0$ und konstanten Winkel [mm] $\varphi$ [/mm] existiert also nur für [mm] $\sin(\varphi)=0$.
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:45 Mo 25.08.2008 | | Autor: | johnny11 |
Irgendwas stimmt immer noch nicht bei dieser Aufgabe. Habe heute die Korrektur meiner Lösungen angeschaut und gesehen, dass ich mit der Folge [mm] \bruch{n}{2} [/mm] die Stetigkeit im Punkte (0,0) doch nicht widerlegen kann...
Was für eine Folge kann ich denn betrachten, damit ich die Stetigkeit im Punkte (0,0) widerlegen kann?
oder ist nun die Funktion eben doch stetig bei (0,0) ? *verwirrt*
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:00 Mo 25.08.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo johnny!
Da oben bereits mehrfach geklärt wurde, dass Deine Funktion auf ganz [mm] $\IR$ [/mm] stetig ist. Damit wird es doch ziemlich schwer, eine entsprechende Folgen zu finden, um das Gegenteil zu zeigen.
Gruß
Loddar
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