Richtungsabl, Stetigkeit im R2 < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:49 Di 19.05.2009 | | Autor: | MaRaQ |
| Aufgabe | Sei [mm]f:\IR^2 \to \IR[/mm] definiert durch [mm]
f(x,y)=\begin{cases} \bruch{2x^3y}{x^6 + y^2}, & \mbox{für } (x,y) \neq (0,0) \\ 0, & \mbox{für } (x,y) = (0,0) \end{cases}[/mm]
Zeigen Sie, das alle Richtungsableitungen von f im Nullpunkt existieren, dass f dort aber nicht total differenzierbar ist. Ist f im Nullpunkt stetig? |
So, ich unterteile diese Aufgabe mal in Abschnitte, sonst wird das alles viel zu chaotisch:
(i) z.Z.: Es existieren alle Richtungsableitungen von f im Nullpunkt
(ii) z.Z.: f ist im Nullpunkt nicht total differenzierbar
(iii) z.Z.: Ist f im Nullpunkt stetig?
zu (i)
Def.: Ist [mm]B \subset \IR^n[/mm] offen, [mm]f:B \to \IR[/mm] partiell differenzierbar und in a [mm] \in [/mm] B sogar stetig partiell differenzierbar, so existieren in a alle Richtungsableitungen von f.
Def.: Wenn alle partiellen Ableitungen von f in a existieren, dann heißt f in a partiell differenzierbar
Def.: Ist [mm]B \subset \IR^n[/mm] offen und [mm] f: B \to \IR [/mm] in allen Punkten von B partiell differenzierbar, so bilden die partiellen Ableitungen [mm]D_i f[/mm] wieder reellwertige Funktionen auf B. Sind sie alle in einem Punkt [mm]a \in B[/mm] stetig, so nennt man f in a stetig partiell differenzierbar.
Ich muss also zeigen, dass (1.) f partiell differenzierbar ist (= alle partiellen Ableitungen von f existieren) - und (2.) die partiellen Ableitungen von f im Nullpunkt stetig sind.
zu (1.):
[mm]\bruch{\partial f}{\partial x}(x,y) = \begin{cases} \bruch{-6x^2y(x^6 - y^2)}{(x^6 + y^2)^2}, & \mbox{für } (x,y) \neq (0,0) \\ 0, & \mbox{für } (x,y) = (0,0) \end{cases}[/mm]
[mm]\bruch{\partial f}{\partial y}(x,y) = \begin{cases} \bruch{2x^3(x^6 - y^2)}{(x^6 + y^2)^2}, & \mbox{für } (x,y) \neq (0,0) \\ 0, & \mbox{für } (x,y) = (0,0) \end{cases}[/mm]
Das reicht sicherlich nicht aus, um die Existenz zu zeigen, oder?
zu (2.):
Im eindimensionalen müsste ich nun den links- und den rechtsseitigen Limes von f im Nullpunkt bestimmen.
Im mehrdimensionalen fehlt mir die Vorstellungskraft, wie ich das umsetzen könnte. gleichzeitig x und y gegen 0 laufen lassen?
Vielleicht brauche ich auch einfach nur ein Beispiel anhand einer anderen Funktion, wie das aussehen könnte.
zu (ii)
Darauf würde ich gerne später eingehen
zu (iii)
Stetigkeit im Mehrdimensionalen. Das gleiche Problem, das ich auch in Aufgabe (i).2 habe.
Leider ist mein Professor in der Vorlesung nicht drauf eingegangen. Auch in seinem Buch zur Vorlesung ist dazu nichts erwähnt. :-(
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:52 Di 19.05.2009 | | Autor: | Loddar |
Hallo MaRaQ!
Verwende Polarkoordinaten mit $x \ = \ [mm] r*\cos(\varphi)$ [/mm] sowie $y \ = \ [mm] r*\sin(\varphi)$ [/mm] .
Berechne nun den Grenzwert für [mm] $r\rightarrow [/mm] 0$ . Welchen Wert erhältst Du?
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:17 Di 19.05.2009 | | Autor: | MaRaQ |
Hallo Loddar,
wenn ich dich richtig verstanden habe, meinst du folgendes?:
[mm]\limes_{r\rightarrow 0} f(r*cos(\varphi), r*sin(\varphi)) = \limes_{r\rightarrow 0} \bruch{2r^4cos^3(\varphi)sin(\varphi)}{r^6cos^6(\varphi) + r^2sin^2(\varphi)} = \limes_{r\rightarrow 0} \bruch{2r^2cos^3(\varphi)sin(\varphi)}{r^4cos^6(\varphi) + sin^2(\varphi)} = 0[/mm]
Das gilt für [mm]\varphi \not= 0[/mm]
Dieser Ansatz wirkt auf mich relativ elegant. Den muss ich mir merken. 
Schöne Grüße,
Tobias
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:24 Di 19.05.2009 | | Autor: | Loddar |
Hallo Tobias!
> wenn ich dich richtig verstanden habe, meinst du
> folgendes?:
>
> [mm]\limes_{r\rightarrow 0} f(r*cos(\varphi), r*sin(\varphi)) = \limes_{r\rightarrow 0} \bruch{2r^4cos^3(\varphi)sin(\varphi)}{r^6cos^6(\varphi) + r^2sin^2(\varphi)} = \limes_{r\rightarrow 0} \bruch{2r^2cos^3(\varphi)sin(\varphi)}{r^4cos^6(\varphi) + sin^2(\varphi)} = 0[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Das gilt für [mm]\varphi \not= 0[/mm]
Dieser Grenzwert gilt auch für [mm] $\varphi [/mm] \ = \ 0$ . Setze diesen Wert gleich zu Beginn ein.
Gruß
Loddar
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Hm,
das würde ja jetzt heissen, dass f stetig wäre...... ist es aber nicht, wie die Folge [mm] (x_k,y_k) [/mm] mit [mm] y_k [/mm] = [mm] x_k^3 [/mm] und [mm] x_k \to [/mm] 0 belegt............ wo ist mein Denkfehler?
MFG,
Gono.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:37 Di 19.05.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
fuer r<1 gilt:
[mm] \bruch{2r^4cos^3(\varphi)sin(\varphi)}{r^6cos^6(\varphi) + r^2sin^2(\varphi)}>\bruch{2r^4cos^3(\varphi)sin(\varphi)}{r^6cos^6(\varphi) + r^2*r^4sin^2(\varphi)} [/mm] fuer alle [mm] \phi\ne0 [/mm] denn [mm] r^4 [/mm] kleiner 1 verkleinert den Nenner.
damit hast du [mm] \bruch{2cos^3(\varphi)sin(\varphi)}{r^2(cos^6(\varphi) + sin^2(\varphi))} [/mm] der lim geht gegen [mm] \infty.
[/mm]
entsprechend kannst du die Nullfolge (1/n,1/n) einsetzen n gegen [mm] \infty
[/mm]
Gruss leduart
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Ergo, der Grenzwert geht nicht gegen 0, so wie ich das sehe.... oder ich bin nu ganz verwirrt.......
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:54 Di 19.05.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
er geht i.A. nicht gegen 0.
Gruss leduart
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Hallo leduart.....
vorweg erstmal Dank an dich, dass du dich dem Märtyrium hier aussetzt
Mir sind im Nachhinein noch einige andere Dinge aufgefallen, ich trag die alle mal zusammen:
1.) Im zweiten Posting von MaraQ zeigt er ja, dass der Grenzwert für r [mm] \to [/mm] 0 wirklich 0 ist.... soweit so gut, das stimmt auch.
Dem entgegen steht deine Aussage, man könnte es auch so abschätzen, dass es gegen unendlich läuft, allerdings liegt da ein kleiner Fehler drin:
> fuer r<1 gilt:
> [mm]\bruch{2r^4cos^3(\varphi)sin(\varphi)}{r^6cos^6(\varphi) + r^2sin^2(\varphi)}>\bruch{2r^4cos^3(\varphi)sin(\varphi)}{r^6cos^6(\varphi) + r^2*r^4sin^2(\varphi)}[/mm]
> fuer alle [mm]\phi\ne0[/mm] denn [mm]r^4[/mm] kleiner 1 verkleinert den
> Nenner.
Wie du richtig sagst, verkleinert ein [mm] r^4 [/mm] den Nenner, und vergrößert damit den Gesamtbruch, die Abschätzung lautet also eigentlich < und nicht >, was uns damit eigentlich nicht wirklich weiterhilft, denn wenn etwas grösseres gegen unendlich strebt, ist das ja völlig egal......, das wäre 2.)
Punkt 3.) an der Geschichte ist, dass mein Derive mir ebenfalls sagt, dass der Grenzwert der Polarkoordinaten-Betrachtung 0 sein muss.
Ok, soweit so gut. Transformation in Polarkoordinaten sagt uns nun also, dass der Funktionswert gegen 0 gehen muss.
Demgegenüber steht das Folgenkriterium für stetige Funktionen, was mir eine Folge liefert, die konstant den Wert 1 annimmt und damit NICHT gegen 0 konvergiert.......... ergo stehen wir wieder am Anfang der Diskussion, seh ich das richtig?
MfG,
Gono.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:28 Mi 20.05.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Du hast Recht, Ich hab nen dicken Fehler gemacht. Die Abschaetzung falsch rum.
Damit ist die Abschaetzung kompletter Schwachsinn. Entschuldige bitte. Der GW ist wirklich 0
(Auch fuer deine Folge ist ja der Zaehler fuer jedes [mm] (x_k,x_k^3) [/mm] 0, also auch im GW 0.)
Edit : falsch, die [mm] f(x_k,x_k^3)=1 [/mm]
d.h. wenn man aus irgendeiner Richtung auf einer Geraden in 0 einlaeuft hat man den GW 0. Trotzdem gibt es in jeder [mm] \delta [/mm] Umgebung von 0 Punkte etwa [mm] a=(1/n,1/n^3) [/mm] in denen f(a)=1.
damit hat man die Unstetigkeit mit dem [mm] \epsilon- \delta [/mm] Kriterium gezeigt.
ich hoffe, ich hab nicht wieder einen Fehler gemacht.
Gruss leduart
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Huhu,
na dann auf ein neues..... das verflixte Ding (von einigen auch Funktion genannt) will einfach nicht so wie wir :-P
> Auch fuer deine Folge ist ja der Zaehler fuer jedes
> [mm](x_k,x_k^3)[/mm] 0, also auch im GW 0.
Hm, wie kommst du darauf?
[mm]f(x_k,x_k^3) = \bruch{2x_k^3x_k^3}{x_k^6 + (x_k^3)^2} = \bruch{2x_k^6}{2x_k^6} = 1[/mm]
Und der Limes von der Folge ist demzufolge 1.
> d.h. wenn man aus irgendeiner Richtung auf einer Geraden
> in 0 einlaeuft hat man den GW 0. Trotzdem gibt es in jeder
> [mm]\delta[/mm] Umgebung von 0 Punkte etwa [mm]a=(1/n,1/n^3)[/mm] in denen
> f(a)=1.
> damit hat man die Unstetigkeit mit dem [mm]\epsilon- \delta[/mm]
> Kriterium gezeigt.
Ja, das ist ja letztlich nix anderes als meine Folge.... auf dem gesamten Funktionsverlauf y = [mm] x_k^3 [/mm] liegt 1 als Funktionswert vor, egal wie nah man an die Null ranläuft..... also unstetig, ABER:
Wie verträgt sich das mit der Grenzwertbetrachtung in Polarkoordinaten?
Ich hab da bisher den Fehler noch nicht gefunden (der ja drin sein muss, sonst wär der GW dort nicht 0).
> ich hoffe, ich hab nicht wieder einen Fehler gemacht.
Das Ding ist aber auch verteufelt
MfG,
Gono.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:48 Mi 20.05.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Schon wieder hast du recht, ich wollte die Zeile loeschen, hatte aus Versehen [mm] f_x [/mm] angesehen.
ich korrigier das. halte aber die fkt weiter fuer unstetig in 0 wegen des [mm] \epsilon,\delta [/mm] Arguments.
Gruss leduart
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> [mm]\limes_{r\rightarrow 0} f(r*cos(\varphi), r*sin(\varphi)) = \limes_{r\rightarrow 0} \bruch{2r^4cos^3(\varphi)sin(\varphi)}{r^6cos^6(\varphi) + r^2sin^2(\varphi)} = \limes_{r\rightarrow 0} \bruch{2r^2cos^3(\varphi)sin(\varphi)}{r^4cos^6(\varphi) + sin^2(\varphi)} = 0[/mm]
>
> Das gilt für [mm]\varphi \not= 0[/mm]
Hiho,
das stimmt leider nur für konstante [mm] \varphi..... [/mm] der Grenzwert ist im Allgemeinen NICHT Null für nichtkonstante [mm] \varphi. [/mm] Die Funktion list nämlich leider nicht stetig. (Dank auch an leduart, siehe den Rattenschwanz :D)
MfG,
Gono.
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Hallo MaraQ,
schau mal hier, da haben wir die gleiche Frage schonmal beantwortet.
MfG,
Gono.
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