Produktregel (mehrdimensional) < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:21 Mi 29.05.2013 | | Autor: | Zero_112 |
| Aufgabe | Seien f,g : U [mm] \to \IR [/mm] zwei in [mm] x_0\inU [/mm] differenzierbare Abbildungen (U [mm] \subset \IR^n [/mm] offen). Beweisen Sie, dass das Produkt f*g in [mm] x_0 [/mm] differenzierbar ist und dass das Differential [mm] D(f*g)(x_0) [/mm] von f*g an der Stelle [mm] x_0 [/mm] gilt:
[mm] D(f*g)(x_0) [/mm] = [mm] g(x_0)*Df(x_0)+f(x_0)*Dg(x_0) [/mm] |
Hallo!
Ich komme hier nicht wirklich weiter. Hier unsere Definition von Differenzierbarkeit: Es seien (X, || ||) und (Y, || ||) zwei Banachräume und es sei U [mm] \subset [/mm] X offen. Eine Abbildung f: U [mm] \to [/mm] Y heißt differenzierbar in [mm] x_0\inU \gdw \exists A_{x_0}\in [/mm] L(X,Y) : [mm] \limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(x_0+h)-f(x_0)-A_{x_0}(h)}{||h||} [/mm] = 0 [mm] (A_{x_0} [/mm] = [mm] Df(x_0))
[/mm]
Ich wäre nun folgendermaßen vorgegangen:
[mm] \limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(x_0+h)*g(x_0+h)-f(x_0)*g(x_0)-A_{x_0}(h)}{||h||}
[/mm]
[mm] =\limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(x_0+h)*g(x_0)-f(x_0)*g(x_0)-f(x_0+h)*g(x_0)+f(x_0+h)*g(x_0)-A_{x_0}(h)}{||h||}
[/mm]
[mm] =\limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(x_0+h)*[g(x_0+h)-g(x_0)]+g(x_0)*[f(x_0+h)-f(x_0)]-A_{x_0}(h)}{||h||}
[/mm]
[mm] =\limes_{h\rightarrow 0}f(x_0+h)*\bruch{g(x_0+h)-g(x_0)}{||h||}+g(x_0)*\limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(x_0+h)-f(x_0)}{||h||}-\limes_{h\rightarrow 0}\bruch{A_{x_0}(h)}{||h||}=0
[/mm]
Ich komme jetzt aber nicht mehr weiter, vorausgesetzt, das kann man überhaupt so machen.
Mich stört das [mm] A_{x_0}(h) [/mm] ein wenig dabei (wahrscheinlich, weil ich an den Beweis im Eindim. denke), bzw. ich weiß nicht, was ich damit anfangen soll.
Hat vielleicht jemand eine Ahnung, wie man das beweisen kann?
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:44 Mi 29.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo zero,
> Seien f,g : U [mm]\to \IR[/mm] zwei in [mm]x_0\inU[/mm] differenzierbare
> Abbildungen (U [mm]\subset \IR^n[/mm] offen). Beweisen Sie, dass das
> Produkt f*g in [mm]x_0[/mm] differenzierbar ist und dass das
> Differential [mm]D(f*g)(x_0)[/mm] von f*g an der Stelle [mm]x_0[/mm] gilt:
> [mm]D(f*g)(x_0)[/mm] = [mm]g(x_0)*Df(x_0)+f(x_0)*Dg(x_0)[/mm]
> Hallo!
>
> Ich komme hier nicht wirklich weiter. Hier unsere
> Definition von Differenzierbarkeit: Es seien (X, || ||) und
> (Y, || ||) zwei Banachräume und es sei U [mm]\subset[/mm] X offen.
> Eine Abbildung f: U [mm]\to[/mm] Y heißt differenzierbar in [mm]x_0\inU \gdw \exists A_{x_0}\in[/mm]
> L(X,Y) : [mm]\limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(x_0+h)-f(x_0)-A_{x_0}(h)}{||h||}[/mm]
> = 0 [mm](A_{x_0}[/mm] = [mm]Df(x_0))[/mm]
>
> Ich wäre nun folgendermaßen vorgegangen:
>
> [mm]\limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(x_0+h)*g(x_0+h)-f(x_0)*g(x_0)-A_{x_0}(h)}{||h||}[/mm]
>
> [mm]=\limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(x_0+h)*g(x_0)-f(x_0)*g(x_0)-f(x_0+h)*g(x_0)+f(x_0+h)*g(x_0)-A_{x_0}(h)}{||h||}[/mm]
>
> [mm]=\limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(x_0+h)*[g(x_0+h)-g(x_0)]+g(x_0)*[f(x_0+h)-f(x_0)]-A_{x_0}(h)}{||h||}[/mm]
>
> [mm]=\limes_{h\rightarrow 0}f(x_0+h)*\bruch{g(x_0+h)-g(x_0)}{||h||}+g(x_0)*\limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(x_0+h)-f(x_0)}{||h||}-\limes_{h\rightarrow 0}\bruch{A_{x_0}(h)}{||h||}=0[/mm]
zum einen macht es doch keinen Sinn, dass Du am Ende da das [mm] $A_{x_0}(h)/\|h\|$ [/mm] "separierst":
Steht das denn in der Definition bei Euch separat? Nein, tut's nicht.
Schreib' Dir auch erstmal auf, was gilt alles nach Voraussetzung - also rein
per Definitionem.
Dann schreibe Dir auf, was Du per Definitionem zu zeigen hast:
Für $f [mm] \cdot [/mm] g$ ist zu zeigen, dass es ein [mm] $C:=A_{f \cdot g;x_0} \in [/mm] L(X,Y)$ so gibt, dass...
Voraussetzung:
Weil [mm] $f\,$ [/mm] diff'bar in [mm] $x_0$ [/mm] ist, gibt es ein [mm] $A:=A_{f; x_0} \in [/mm] L(X,Y)$ so, dass...
Weil [mm] $g\,$ [/mm] diff'bar in [mm] $x_0$ [/mm] ist, gibt es ein [mm] $B=A_{\red{g\;}; x_0} \in [/mm] L(X,Y)$ so, dass...
Im Endeffekt machst Du Deine Rechnung sicher FAST so, wie Du sie machst
(bis zur VORLETZTEN Zeile vielleicht), aber hast dann [mm] $C\,$ [/mm] vermittels der
gegebenen Abbildungen $A,B [mm] \in [/mm] L(X,Y)$ "geeignet" zu definieren: D.h.
definieren und auch beweisen, dass das Definierte das tut, was es tun soll.
Es gibt auch noch ein Problem in Deiner Rechnung, denn deswegen sagte
ich auch FAST:
Du hast in Deiner Rechnung zwar [mm] $A=A_{f;x_0}$ [/mm] mit reingebracht, wegen der
Diff'barkeit von [mm] $f\,$ [/mm] in [mm] $x_0\,,$ [/mm] aber wo ist denn [mm] $A_{g;x_0}$?
[/mm]
Oder soll [mm] $A_{x_0}$ [/mm] bei Dir die gesuchte lineare Abbildung [mm] $C=A_{f \cdot g;x_0}$ [/mm] sein? Vermutlich!
Aber dann: Du brauchst auf jeden Fall die Abbildungen [mm] $A_{f;x_0}$ [/mm] und auch [mm] $A_{g;x_0}\,,$
[/mm]
um [mm] $A_{f \cdot g;x_0}$ [/mm] überhaupt geeignet zu definieren; ansonsten
rechnest Du nur so nach dem Motto: Ich suche [mm] $A_{f \cdot g;x_0}$ [/mm] so,
dass diese Abbildung in $L(X,Y)$ folgendes erfülle...
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:03 Do 30.05.2013 | | Autor: | Zero_112 |
Hallo!
Ja [mm] A_{x_0} [/mm] sollte bei mir [mm] A_{f \cdot g, x_0} [/mm] darstellen.
Wenn ich also nun [mm] A_{f \cdot g, x_0}:= g(x_0) \cdot A_{f,x_0}+f(x_0+h) \cdot A_{g,x_0} [/mm] definiere, dann sieht die Rechnung folgendermaßen aus:
[mm]\limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(x_0+h)*g(x_0+h)-f(x_0)*g(x_0)-A_{f \cdot g, x_0}(h)}{||h||}[/mm]
[mm]=\limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(x_0+h)*g(x_0)-f(x_0)*g(x_0)-f(x_0+h)*g(x_0)+f(x_0+h)*g(x_0)-g(x_0) \cdot A_{f,x_0}(h)- f(x_0+h) \cdot A_{g,x_0}(h)}{||h||}[/mm]
[mm]=\limes_{h\rightarrow 0}f(x_0+h)*\bruch{g(x_0+h)-g(x_0)-A_{g,x_0}(h)}{||h||}+g(x_0)*\limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(x_0+h)-f(x_0)-A_{f,x_0}(h)}{||h||}=0[/mm]
[mm]=f(x_0)*\limes_{h\rightarrow 0}\bruch{g(x_0+h)-g(x_0)-A_{g,x_0}(h)}{||h||}+g(x_0)*\limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(x_0+h)-f(x_0)-A_{f,x_0}(h)}{||h||}=0[/mm], wobei die beiden Bruchterme gleich 0 sind, da f und g differenzierbare Abbildungen in [mm] x_0 [/mm] sind.
D.h. f [mm] \cdot [/mm] g ist differenzierbar in [mm] x_0 [/mm] und es gilt [mm] D(f\cdot g)(x_0)=g(x_0)\cdot Df(x_0)+f(x_0)\cdot Dg(x_0)
[/mm]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:39 Do 30.05.2013 | | Autor: | fred97 |
> Hallo!
>
> Ja [mm]A_{x_0}[/mm] sollte bei mir [mm]A_{f \cdot g, x_0}[/mm] darstellen.
>
> Wenn ich also nun [mm]A_{f \cdot g, x_0}:= g(x_0) \cdot A_{f,x_0}+f(x_0+h) \cdot A_{g,x_0}[/mm]
> definiere, dann sieht die Rechnung folgendermaßen aus:
>
> [mm]\limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(x_0+h)*g(x_0+h)-f(x_0)*g(x_0)-A_{f \cdot g, x_0}(h)}{||h||}[/mm]
>
>
>
> [mm]=\limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(x_0+h)*g(x_0)-f(x_0)*g(x_0)-f(x_0+h)*g(x_0)+f(x_0+h)*g(x_0)-g(x_0) \cdot A_{f,x_0}(h)- f(x_0+h) \cdot A_{g,x_0}(h)}{||h||}[/mm]
>
>
> [mm]=\limes_{h\rightarrow 0}f(x_0+h)*\bruch{g(x_0+h)-g(x_0)-A_{g,x_0}(h)}{||h||}+g(x_0)*\limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(x_0+h)-f(x_0)-A_{f,x_0}(h)}{||h||}=0[/mm]
>
> [mm]=f(x_0)*\limes_{h\rightarrow 0}\bruch{g(x_0+h)-g(x_0)-A_{g,x_0}(h)}{||h||}+g(x_0)*\limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(x_0+h)-f(x_0)-A_{f,x_0}(h)}{||h||}=0[/mm],
> wobei die beiden Bruchterme gleich 0 sind, da f und g
> differenzierbare Abbildungen in [mm]x_0[/mm] sind.
> D.h. f [mm]\cdot[/mm] g ist differenzierbar in [mm]x_0[/mm] und es gilt
> [mm]D(f\cdot g)(x_0)=g(x_0)\cdot Df(x_0)+f(x_0)\cdot Dg(x_0)[/mm]
Alles richtig
FRED
|
|
|
|
