Richtungsableitung in einem unstetigen Punkt < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:34 Sa 05.06.2004 | | Autor: | Wessel |
Hallo,
ich habe eine Funktion gegeben, die auf einer bestimmten Menge den Wert 1 und sonst den Wert 0 annimmt f: [mm] \IR^2 [/mm] -> [mm] \IR^2: [/mm] (x,y) -> f(x,y)= 1, wenn [mm] y-1=(x-1)^2 [/mm] > 0, sonst 0.
Im Punkt P=(1,1) ist f unstetig. Nun soll ich die Richtungsabkeitungen in P berechnen.
Ich habe mir eine Menge definiert mit [mm] M=\{(x,y) \in \IR^2 : y-1=(x-1)^2 > 0\} [/mm] . Für Punkte X [mm] \in [/mm] M [mm] \backslash [/mm] P hat f den Wert 1
Wenn ich mir das mal veranschauliche, habe ich folgendes gedacht. Angenommen, ich stehe auf dem Punkt P und gehe in Richtung [mm] M\backslash [/mm] P. Dann habe ich ja eine Steigung zu bewältigen (von 0 auf 1). In alle anderen Richtungen liegt keine Steigung vor.
Als Definition auf endlich-dimensionalen, vollständigen, normierten Vektorräumen V,W ist mir gegeben: Für v [mm] \in [/mm] V definiere die Richtungsableitung von f in p in Richtung v durch [mm] \partial_vf(p) [/mm] = [mm] \limes_{t\rightarrow 0} \bruch{f(p+tv) - f(p)}{t}
[/mm]
Also mal eingesetzt:
[mm] \partial_vf((1,1)) [/mm] = [mm] \limes_{t\rightarrow 0} \bruch{f((1,1)+t(v1,v2)) - f((1,1))}{t} [/mm] = [mm] \limes_{t\rightarrow 0} \bruch{f((1,1)+t(v1,v2))}{t} [/mm]
Betrachte nun ein v aus [mm] M\backslash [/mm] (1,1):
[mm] \limes_{t\rightarrow 0} \bruch{f((1,1)+t((x-1)^2,t(y-1))}{t}= \limes_{t\rightarrow 0} \bruch{f(1+t(x-1)^2,1+t(y-1))}{t}.
[/mm]
Anschaulich betrachtet müßte ja 1 das Ergebnis sein. Wenn ich mir aber überlege, dass t gegen 0 geht, dann geht [mm] (1+t(x-1)^2,1+t(y-1)) [/mm] -> (1,1), also [mm] \limes_{t\rightarrow 0} \bruch{f(1+t(x-1)^2,1+t(y-1))}{t} [/mm] = 0.
Jemand vielleicht meinen Denkfehler erkannt?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 03:39 So 06.06.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo Stefan!
> ich habe eine Funktion gegeben, die auf einer bestimmten
> Menge den Wert 1 und sonst den Wert 0 annimmt f: [mm] \IR^2 [/mm] ->
> [mm] \IR^2: [/mm] (x,y) -> f(x,y)= 1, wenn [mm] y-1=(x-1)^2 [/mm] > 0, sonst 0.
> Im Punkt P=(1,1) ist f unstetig. Nun soll ich die
> Richtungsabkeitungen in P berechnen.
> Ich habe mir eine Menge definiert mit [mm] M=\{(x,y) \in \IR^2
> : y-1=(x-1)^2 > 0\} [/mm] . Für Punkte X [mm] \in [/mm] M [mm] \backslash [/mm] P hat
> f den Wert 1
>
> Wenn ich mir das mal veranschauliche, habe ich folgendes
> gedacht. Angenommen, ich stehe auf dem Punkt P und gehe in
> Richtung [mm] M\backslash [/mm] P. Dann habe ich ja eine Steigung zu
> bewältigen (von 0 auf 1). In alle anderen Richtungen liegt
> keine Steigung vor.
>
> Als Definition auf endlich-dimensionalen, vollständigen,
> normierten Vektorräumen V,W ist mir gegeben: Für v [mm] \in [/mm] V
> definiere die Richtungsableitung von f in p in Richtung v
> durch [mm] \partial_vf(p) [/mm] = [mm] \limes_{t\rightarrow 0} [/mm]
> [mm] \bruch{f(p+tv) - f(p)}{t}
[/mm]
>
> Also mal eingesetzt:
> [mm] \partial_vf((1,1)) [/mm] = [mm] \limes_{t\rightarrow 0} [/mm]
> [mm] \bruch{f((1,1)+t(v1,v2)) - f((1,1))}{t} [/mm] =
> [mm] \limes_{t\rightarrow 0} \bruch{f((1,1)+t(v1,v2))}{t} [/mm]
Bis hierhin ist alles: ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Betrachte nun ein v aus [mm] M\backslash [/mm] (1,1):
> [mm] \limes_{t\rightarrow 0} [/mm]
> [mm] \bruch{f((1,1)+t((x-1)^2,t(y-1))}{t}= \limes_{t\rightarrow
> 0} \bruch{f(1+t(x-1)^2,1+t(y-1))}{t}.
[/mm]
> Anschaulich betrachtet müßte ja 1 das Ergebnis sein.
Nein. Es ist zwar ein Sprung von $0$ auf $1$ zu machen, aber es geht ja sozusagem um die "Steigung" dieses Sprungs. Und die ist nicht gleich $1$, sondern existiert nicht (ist also quasi gleich [mm] $\infty$). [/mm] (Das war jetzt populärwissenschaftlich ausgedrückt. Der Mathegott möge es mir nachsehen. ![[anbet]](/images/smileys/anbet.gif "[anbet]") )
> Wenn
> ich mir aber überlege, dass t gegen 0 geht, dann geht
> [mm] (1+t(x-1)^2,1+t(y-1)) [/mm] -> (1,1), also [mm] \limes_{t\rightarrow
> 0} \bruch{f(1+t(x-1)^2,1+t(y-1))}{t} [/mm] = 0.
>
> Jemand vielleicht meinen Denkfehler erkannt?
Ja. Der Nenner geht ja auch gegen $0$, daher darf man so einen simplen Grenzübergang im Zähler nicht durchführen.
Im Gegenteil: Der Zähler ist für alle $t>0$ gleich $1$, der Nenner dagegen nähert sich kontinuierlich dem Wert $0$. Daher existiert der Grenzwert nicht, wie erwartet.
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:21 So 06.06.2004 | | Autor: | Wessel |
Hallo Stefan,
erst einmal Danke für die Diskussion auf populärwissenschaftlichen Niveau. Der Mathegott wird es Dir verzeihen, denn mit meiner Fragenstellung war ich ja derjenige, der Dich verleitet hat 
Ich bitte Dich, Dir die Aufgabe dennoch einmal anzugucken, denn laut Übungsblatt existieren alle Richtungsableitungen im Punkt (1,1). Also muß ich irgendwo einen echten Fehler in meinen Überlegungen gemacht haben.
Danke Dir,
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:24 Mo 07.06.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Wessel
verzeihe bitte, wenn ich mich auch noch einmische. Wenn behauptet wird, alle Richtungsableitungen existieren, dann bitte ich dich, doch nochmal genau zu überprüfen, ob du die Aufgabe auch richtig abgetippt hast. Einen Fehler zum Beispiel habe ich sicher entdeckt: So wie du sie hingeschrieben hast, müsste es [mm] $\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ [/mm] heissen, und nicht [mm] $\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$
[/mm]
Würdest du für mich bitte auch noch beschreiben, was [mm] $y-1=(x-1)^{2}>0$ [/mm] genau bedeutet?
Heisst das $(y-1>0) [mm] \vee ((x-1)^2>0)$?
[/mm]
Ich kenne mich mit solchen abgekürzten Schreibweisen nicht aus. 
Es könnte ja auch so interpretiert werden: bei den Urbildern, wo [mm] $y-1=(x-1)^2$ [/mm] gilt, ist das Bild $1$, sonst $0$.
Mit lieben Grüssen
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:38 Mo 07.06.2004 | | Autor: | Wessel |
Lieber Paulus,
die Aufgabe ist so richtig abgetippt. Über diese Sache habe ich auch lange nachgedacht, aber vergessen, hier meine Ergebnisse zu präsentieren ... pardon: Ich gehe davon aus, dass der Prof sich vertippt hat und habe mir als Antwort gedacht, dass er jeweils die neutralen Elemente bezüglich der Multiplikation (1,1) und der Addition (0,0) im [mm] \IR^2 [/mm] meint.
Vielleicht ist aber auch nur [mm] \IR [/mm] gemeint??? Macht das dann mehr Sinn??? Mir ist einfach immer noch nicht ganz klar, was ich mit einer Richtungsableitung in der Hand habe - z.B. auch im Unterschied zur koordinatenweisen Ableitung. aus meinem "populärmathematischen" Verständnis heraus müßte ich z.B. bei der Richtungsableitung eigentlich auch die Länge berücksichtigen (Ist doch ein Unterschied, ob ich nur eine Treppenstufe steige oder fünf). Diese Länge taucht aber in der Limesdefinition nicht auf...
Nach dem das Übungsblatt behauptet, es gäbe alle Richtungsableitungen, behauptet es weiter, dass man eine unstetige Richtungsableitung von f in (1,1) angeben soll und sich daraufhin überlegen soll, ob f differenzierbar ist.
Die wundersame, abkürzende Schreibweise y-1 = [mm] (x-1)^2 [/mm] > 0 habe ich mir mit Hilfe dieser Konstruktion erklärt: y= g(x) = [mm] (x-1)^2 [/mm] + 1 mit x>1. Bezüglich meinen Überlegungen im [mm] \IR^2 [/mm] wäre also meine Menge
[mm] M:=\{(x,y) \in \IR^2 : y= (x-1)^2 + 1, x>1\}.
[/mm]
An sonsten wollte ich aber auch niemanden aus der Diskussion ausschließen. Ich bitte um Verzeihung, falls dieser Eindruck durch die direkte Ansprache Stefans entstanden ist
Liebe Grüße
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:21 Mo 07.06.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo Stefan!
Ja, die Aussage stimmt: Alle Richtungsableitungen existieren!
Ich habe einen Fehler von dir übersehen. (Ich Idiot! ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]") )
Es sei $v [mm] \in \IR^2\setminus\{0\}$ [/mm] eine beliebige Richtung.
Dann setzen wir mal ein, wie du es gemacht hast:
[mm]\partial_vf((1,1)) = \limes_{t\rightarrow 0}
\bruch{f((1,1)+t(v1,v2)) - f((1,1))}{t}[/mm]
Und jetzt kommt der Clou: Für hinreichend kleine $t>0$ gilt:
$(1,1) + [mm] t\cdot (v_1,v_2) \notin [/mm] M$!!!
Warum nicht? Mache dir das bitte klar.
Daher ist der Zähler in einer hinreichend nahen Umgebung von $t=0$ immer $0$ und die Richtungsableitung ist immer gleich $0$.
Woran liegt das?
Wenn man sich an Geraden aus dem Punkt $(1,1)$ herausbewegt, kommt man erst einmal in [mm] $M^c$. [/mm] Daher muss man gar keinen Sprung machen, wenn man sich auf einer Gerade bewegt!
Gott, dafür hätte ich eine Tracht Prügel verdient, dass ich diese Trivialität nicht vorher gesehen habe. :-(
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:22 Mo 07.06.2004 | | Autor: | Wessel |
Hallo Stefan, hallo Paulus, hallo alle anderen (...bin doch lernfähig,oder?)
> Hallo Stefan!
>
> Ja, die Aussage stimmt: Alle Richtungsableitungen
> existieren!
>
> Ich habe einen Fehler von dir übersehen. (Ich Idiot!
> )
>
> Es sei $v [mm] \in \IR^2\setminus\{0\}$ [/mm] eine beliebige
> Richtung.
>
> Dann setzen wir mal ein, wie du es gemacht hast:
>
> [mm]\partial_vf((1,1)) = \limes_{t\rightarrow 0}
> \bruch{f((1,1)+t(v1,v2)) - f((1,1))}{t}[/mm]
>
>
> Und jetzt kommt der Clou: Für hinreichend kleine $t>0$
> gilt:
>
> $(1,1) + [mm] t\cdot (v_1,v_2) \notin [/mm] M$!!!
>
> Warum nicht? Mache dir das bitte klar.
Ich habe mir das erst einmal an einem Punkt v klar gemacht, der in M liegt. Setze v=(2,2). Dann ist 2-1 = [mm] (2-1)^2 [/mm] >0 [mm] \gdw [/mm] 1=1>0, also v [mm] \in [/mm] M.
Dann ist (1,1) + [mm] t\cdot [/mm] (2,2) = (1+2t,1+2t) [=:a]. Angenommen, a [mm] \in [/mm] M:
1+2t-1 = [mm] (1+2t-1)^2 [/mm] > 0 [mm] \gdw [/mm] 2t = [mm] (2t)^2 [/mm] > 0 [mm] \gdw [/mm] 1 = 2t [mm] \gdw [/mm] 0
Und wenn ich mich nicht irre, ist das nur für [mm] t=\bruch{1}{2} [/mm] wahr.
Allgemein wäre zu prüfen, ob [mm] (1+tv_1,1+tv_2) \in [/mm] M liegt:
[mm] 1-tv_2 [/mm] -1= [mm] (1+tv_1-1)^2 [/mm] > 0 [mm] \gdw v_2 [/mm] = [mm] tv_1 [/mm] > 0
Auch eine Gleichung, die nur für ein spezielles [mm] t_1 \in \IR [/mm] lösbar ist.
Damit kann ich natürlich argumentieren, dass für ein 0 < [mm] \varepsilon [/mm] < [mm] t_1 [/mm] die offene [mm] \varepsilon [/mm] - Umgebung [mm] U_{\varepsilon} (1+tv_1,1+tv_2) \not\subset [/mm] M ist, demnach [mm] f(U_{\varepsilon} (1+tv_1,1+tv_2) [/mm] )=0
>
> Daher ist der Zähler in einer hinreichend nahen Umgebung
> von $t=0$ immer $0$ und die Richtungsableitung ist immer
> gleich $0$.
>
> Woran liegt das?
>
> Wenn man sich an Geraden aus dem Punkt $(1,1)$
> herausbewegt, kommt man erst einmal in [mm] $M^c$. [/mm] Daher muss
> man gar keinen Sprung machen, wenn man sich auf einer
> Gerade bewegt!
Ok, das verstehe ich nun. Im zweiten Schritt soll ich nun zeigen, dass f in (1,1) eine unstetige Richtungsbaleitung besitzt. Ich soll die Richtung angeben und die Unstetigkeit beweisen.
Wenn ich bei Deinem Bild bleiben darf, dann bedeutet dass ja, dass ich mich auf einer Geraden aus dem Punkt (1,1) herausbewege ohne einen Sprung zu machen. Wenn ich dann meine Menge M auf dieser Geraden begegne, muß ich plötzlich springen.
Nun ist doch aber die Steigung von f auf M gleich 0 und für [mm] \IR^2 \backslash [/mm] M ebenfalls 0. Was verstehe ich da eigentlich falsch?
Pardon, dumme Frage. Es muss natürlich eine Umgebung von M geben, in der es eine Steigung gibt.... Deshalb so formuliert: wie beschreibt man diese Umgebung?
>
> Gott, dafür hätte ich eine Tracht Prügel verdient, dass ich
> diese Trivialität nicht vorher gesehen habe. :-(
Wer sollte prügeln???
Gruß,
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:26 Mi 09.06.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo Stefan!
> Allgemein wäre zu prüfen, ob [mm] (1+tv_1,1+tv_2) \in [/mm] M liegt:
> [mm] 1-tv_2 [/mm] -1= [mm] (1+tv_1-1)^2 [/mm] > 0 [mm] \gdw v_2 [/mm] = [mm] t\red{v_1^{2}} [/mm] > 0
> Auch eine Gleichung, die nur für ein spezielles [mm] t_1 \in \IR [/mm]
> lösbar ist.
> Damit kann ich natürlich argumentieren, dass für ein 0 <
> [mm] \varepsilon [/mm] < [mm] t_1 [/mm] die offene [mm] \varepsilon [/mm] - Umgebung
> [mm] U_{\varepsilon} (1+tv_1,1+tv_2) \not\subset [/mm] M ist, demnach
> [mm] f(U_{\varepsilon} (1+tv_1,1+tv_2) [/mm] )=0
Zunächst , bis auf den markierten Fehler (du hattest nur [mm] $v_1$ [/mm] geschrieben).
Allerdings haben wir einen Fehler gemacht. (Seltsam, dass das schon wieder keiner bemerkt hat. ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]") )
Es gibt in der Tat eine Richtung [mm] $(v_1,v_2)$, [/mm] bei der die Richtungsableitung nicht gleich $0$ ist (aber trotzdem existiert und dabei dann gleich $1$ ist).
Betrachte mal die Richtung $v=(1,1)$. Dann ist die obigen Bedingung
[mm] $v_2 [/mm] = [mm] tv_1^2$
[/mm]
für alle $t > 0$ erfüllt, d.h. für alle $t > 0$ gilt: $(1,1)+t(1,1) [mm] \in [/mm] M$.
> Ok, das verstehe ich nun. Im zweiten Schritt soll ich nun
> zeigen, dass f in (1,1) eine unstetige Richtungsbaleitung
> besitzt. Ich soll die Richtung angeben und die Unstetigkeit
> beweisen.
Diese Aufgabe jetzt Sinn. Man soll zeigen, dass
$v [mm] \mapsto d_vf|_{(1,1)}$ [/mm]
unstetig ist.
Und das stimmt ja: Für [mm] $v\ne [/mm] (1,1)$ ist [mm] $d_vf|_{(1,1)} [/mm] = 0$, und für $v = (1,1)$ ist [mm] $d_vf|_{(1,1)}=1$.
[/mm]
Melde dich bitte mal, ob das jetzt klar so ist.
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:23 Mi 09.06.2004 | | Autor: | Wessel |
Lieber Stefan,
>
> Zunächst , bis auf den markierten Fehler (du hattest
> nur [mm] $v_1$ [/mm] geschrieben).
Ja, stimmt.
>
> Allerdings haben wir einen Fehler gemacht. (Seltsam, dass
> das schon wieder keiner bemerkt hat. )
>
> Es gibt in der Tat eine Richtung [mm] $(v_1,v_2)$, [/mm] bei der die
> Richtungsableitung nicht gleich $0$ ist (aber trotzdem
> existiert und dabei dann gleich $1$ ist).
>
> Betrachte mal die Richtung $v=(1,1)$. Dann ist die obigen
> Bedingung
>
> [mm] $v_2 [/mm] = [mm] tv_1^2$
[/mm]
>
> für alle $t > 0$ erfüllt, d.h. für alle $t > 0$ gilt:
> $(1,1)+t(1,1) [mm] \in [/mm] M$.
Mmh, das sehe ich nicht. Ich mache es mal ausführlich, vielleicht sieht man dann, wo ich blind bin:
Wähle [mm] $t=\bruch{1}{3}$ [/mm] und $v=(1,1)$ , dann ist zu prüfen, ob
[mm] $(1+\bruch{1}{3}*1, 1+\bruch{1}{3}*1) \in [/mm] M$
$ [mm] \Rightarrow 1+\bruch{1}{3}-1 [/mm] = [mm] (1+\bruch{1}{3}-1)^2 [/mm] >0$
[mm] $\gdw \bruch{1}{3}=\bruch{1}{9}>0$
[/mm]
...und das ist eine falsche Aussage.
Auch das Bild, das ich mir von meiner Funktion gemacht habe, widerspricht dem etwas. $M$ ist ja eine Parabel, deren Scheitelpunkt $(1,1)$ nicht mehr zu $M$ gehört, also $f(1,1) = 0$ . Und wenn ich auf $(1,1)$ stehe und Richtung $t(1,1)$ gehe, dann habe ich ja eine Gerade, die meine Parabel bei $(1,1)$ und $(2,2)$ schneidet.
Eigentlich bräuchte ich eine Richtung, die sofort nach dem Punkt $(1,1)$ auf einen Punkt aus $M$ trifft... Also eine Geradengleichung wie
[mm] $g(t)=(1,1)+t*\min [/mm] M$. Dann kann man Deine Argumentation für die Unstetigkeit nachvollziehen. Ich kann aber leider in $M$ kein Minimum finden.
Bräuchte langsam einen Smily für [verzweifelt], denn eigentlich wirkt die Aufgabe richtig popelig!
Grüße
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:30 Mi 09.06.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Stefan!
> Bräuchte langsam einen Smily für [verzweifelt]
Ich auch. ![[keineahnung]](/images/smileys/keineahnung.gif "[keineahnung]")
Tut mir leid, da habe ich gepennt. (Der Wunsch war wohl der Vater des Gedanken.) Also die [mm] $d_{v}f|_{(1,1)}=0$, [/mm] wie für alle anderen Richtungen auch. (Oder aber wir übersehen immer noch etwas.)
Dann weiß ich jetzt aber auch nicht mehr, wie man hier weiterkommt.
Liebe Grüße
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:45 Mi 09.06.2004 | | Autor: | Wessel |
Lieber Stefan,
ich werde mal in die Sprechstunde marschieren...
Die Lösung poste ich dann, wenn ich sie habe.
Dennoch vielen Dank für Deine Mühen!!!
Liebe Grüße
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