partiell differenzierbar < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:41 Sa 30.08.2008 | | Autor: | johnny11 |
| Aufgabe | Die Funktion f: [mm] \IR^2 \to \IR [/mm] sei definiert durch f(x,y) = [mm] (x^2 [/mm] + [mm] y^2) [/mm] * [mm] sin(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}}) [/mm] für (x,y) [mm] \not= [/mm] (0,0) und f(x,y) = 0 für (x,y) = (0,0)
a) Zeigen Sie , dass f überall partiell diffbar ist und berechnen Sie die partiellen Ableitungen.
b) Ist f stetig partiell diffbar? |
zu a)
Ich habe einfach f zuerst nach x und danach nach y abgeleitet. Dann habe ich den Punkt (0,0) untersucht. Dort habe ich gezeigt, dass
[mm] \limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(x+h,y) - f(x,y)}{h} [/mm] für (x,y) = (0,0) existiert. Danach analog für y.
Somit habe ich doch gezeigt, dass f überall partiell diffbar ist, oder? Gleichzeit habe ich auch gerade natürlich alle partiellen Ableitungen bestimmt. Ist dies so korrekt?
zu b)
Da weiss ich nicht genau, wie ich dies lösen soll.
Angenommen f ist über zweimal stetig partiell diffbar, ist dann f über auch einmal stetig partiell diffbar?
Soll man dies auf diese Weise lösen?
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> Die Funktion f: [mm]\IR^2 \to \IR[/mm] sei definiert durch f(x,y) =
> [mm](x^2[/mm] + [mm]y^2)[/mm] * [mm]sin(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})[/mm] für (x,y)
> [mm]\not=[/mm] (0,0) und f(x,y) = 0 für (x,y) = (0,0)
Beachte, dass man die Funktion f eigentlich als Funktion
einer einzigen Variablen r [mm] (r\ge [/mm] 0) schreiben kann, wobei [mm] r=\wurzel{x^2+y^2} [/mm] ist !
Dann ist [mm] f(r)=\begin{cases} r^2*sin(\bruch{1}{r}), & \mbox{für }\ r>0 \\ 0, & \mbox{für }\ r=0 \end{cases}
[/mm]
Der Graph von f ist eine bezüglich der z-Achse rotations-
symmetrische Fläche.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:57 Sa 30.08.2008 | | Autor: | johnny11 |
Ja aber habe ich dies nun auf meine Art richtig gemacht:
>
> Ich habe einfach f zuerst nach x und danach nach y
> abgeleitet. Dann habe ich den Punkt (0,0) untersucht. Dort
> habe ich gezeigt, dass
>
> [mm]\limes_{h\rightarrow\0}\bruch{f(x+h,y) - f(x,y)}{h}[/mm] für
> (x,y) = (0,0) existiert. Danach analog für y.
>
> Somit habe ich doch gezeigt, dass f überall partiell
> diffbar ist, oder? Gleichzeit habe ich auch gerade
> natürlich alle partiellen Ableitungen bestimmt. Ist dies so
> korrekt?
>
> zu b)
> Da weiss ich nicht genau, wie ich dies lösen soll.
> Angenommen f ist über zweimal stetig partiell diffbar, ist
> dann f über auch einmal stetig partiell diffbar?
> Soll man dies auf diese Weise lösen?
>
Kann ich diese Aufgabe auch so lösen?
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Hey
> Ja aber habe ich dies nun auf meine Art richtig gemacht:
> >
> > Ich habe einfach f zuerst nach x und danach nach y
> > abgeleitet. Dann habe ich den Punkt (0,0) untersucht. Dort
> > habe ich gezeigt, dass
> >
> > [mm]\limes_{h\rightarrow\0}\bruch{f(x+h,y) - f(x,y)}{h}[/mm] für
> > (x,y) = (0,0) existiert. Danach analog für y.
> >
> > Somit habe ich doch gezeigt, dass f überall partiell
> > diffbar ist, oder? Gleichzeit habe ich auch gerade
> > natürlich alle partiellen Ableitungen bestimmt. Ist dies so
> > korrekt?
> >
Alles richtig ![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]")
> > zu b)
> > Da weiss ich nicht genau, wie ich dies lösen soll.
> > Angenommen f ist über zweimal stetig partiell diffbar, ist
> > dann f über auch einmal stetig partiell diffbar?
> > Soll man dies auf diese Weise lösen?
> >
>
Untersuche hier einfach ob [mm] f_x [/mm] und [mm] f_y [/mm] im Nullpunkt stetig ist.
>
> Kann ich diese Aufgabe auch so lösen?
>
Grüße Patrick
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:37 So 31.08.2008 | | Autor: | johnny11 |
> > > zu b)
> > > Da weiss ich nicht genau, wie ich dies lösen soll.
> > > Angenommen f ist über zweimal stetig partiell diffbar, ist
> > > dann f über auch einmal stetig partiell diffbar?
> > > Soll man dies auf diese Weise lösen?
> > >
> >
>
> Untersuche hier einfach ob [mm]f_x[/mm] und [mm]f_y[/mm] im Nullpunkt stetig
> ist.
>
> >
Ok, ich versuche mal eine Abschätzung:
[mm] |(x^2+y^2)*sin(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}}| \le x^2 [/mm] + [mm] y^2 [/mm]
Wobei [mm] x^2 [/mm] + [mm] y^2 [/mm] - für alle [mm] (x_n [/mm] , [mm] y_x) \to [/mm] (0,0) - gegen (0,0) konvergiert. Also ist f(x,y) stetig in (0,0).
Doch was bringt mir das jetzt nun? Ich muss ja herausfinden, ob f stetig partiell diffbar ist...!
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Hallo johnny11,
> Ok, ich versuche mal eine Abschätzung:
>
> [mm]|(x^2+y^2)*sin(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}}| \le x^2[/mm] + [mm]y^2[/mm]
>
> Wobei [mm]x^2[/mm] + [mm]y^2[/mm] - für alle [mm](x_n[/mm] , [mm]y_x) \to[/mm] (0,0) - gegen
> (0,0) konvergiert. Also ist f(x,y) stetig in (0,0).
> Doch was bringt mir das jetzt nun? Ich muss ja
> herausfinden, ob f stetig partiell diffbar ist...!
Ja, du hast gezeigt, dass f in (0,0) stetig ist.
Wie Patrick aber schon sagte, musst du prüfen, ob die partiellen Ableitungen [mm] $f_x$ [/mm] und [mm] $f_y$ [/mm] stetig sind
Also schreibe dir die partiellen Ableitungen mal hin.
Die sind als Zusammensetzung stetiger Funktionen wieder stetig, außer vllt. in $(0,0)$ ...
Um diesen Punkt zu untersuchen (bzw. um dir einen Eindruck über die Stetigkeit dort zu verschaffen), drücke die partiellen Ableitungen in Polarkoordinaten aus, setze also [mm] $x:=r\cdot{}\cos(\varphi)$ [/mm] und [mm] $y:=r\cdot{}\sin(\varphi)$, [/mm] wobei $r$ die Länge von $(x,y)$ ist und [mm] $\varphi$ [/mm] der Winkel, den $(x,y)$ mit der x-Achse einschließt
Dann lasse [mm] $r\downarrow [/mm] 0$ gehen.
Wenn dieser Limes ex. und unabh. vom Winkel [mm] $\varphi$ [/mm] ist, so hast du gewonnen.
Falls nicht, so bestimme gem. dem Folgenkriterium der Stetigkeit zwei Folgen [mm] $(a_n)_{n\in\IN}$ [/mm] und [mm] $(b_n)_{n\in\IN}$ [/mm] mit [mm] $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\lim\limits_{n\to\infty}b_n=(0,0)$, [/mm] aber [mm] $\lim\limits_{n\to\infty}f_{x\text{bzw.} y}(a_n)\neq\lim\limits_{n\to\infty}f_{x\text{bzw.} y}(b_n)$
[/mm]
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:46 So 31.08.2008 | | Autor: | johnny11 |
Hallo
> >
> Wie Patrick aber schon sagte, musst du prüfen, ob die
> partiellen Ableitungen [mm]f_x[/mm] und [mm]f_y[/mm] stetig sind
>
> Also schreibe dir die partiellen Ableitungen mal hin.
>
> Die sind als Zusammensetzung stetiger Funktionen wieder
> stetig, außer vllt. in [mm](0,0)[/mm] ...
>
> Um diesen Punkt zu untersuchen (bzw. um dir einen Eindruck
> über die Stetigkeit dort zu verschaffen), drücke die
> partiellen Ableitungen in Polarkoordinaten aus, setze also
> [mm]x:=r\cdot{}\cos(\varphi)[/mm] und [mm]y:=r\cdot{}\sin(\varphi)[/mm],
> wobei [mm]r[/mm] die Länge von [mm](x,y)[/mm] ist und [mm]\varphi[/mm] der Winkel, den
> [mm](x,y)[/mm] mit der x-Achse einschließt
>
> Dann lasse [mm]r\downarrow 0[/mm] gehen.
>
> Wenn dieser Limes ex. und unabh. vom Winkel [mm]\varphi[/mm] ist, so
> hast du gewonnen.
Ich habe [mm] 2r*cos(\varphi)*sin(\bruch{1}{r})-cos(\bruch{1}{r})*cos(\varphi) [/mm] erhalten. Doch dies konvergiert meines Erachtens nicht gegen 0 für r [mm] \to [/mm] 0.
>
> Falls nicht, so bestimme gem. dem Folgenkriterium der
> Stetigkeit zwei Folgen [mm](a_n)_{n\in\IN}[/mm] und [mm](b_n)_{n\in\IN}[/mm]
> mit
> [mm]\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\lim\limits_{n\to\infty}b_n=(0,0)[/mm],
> aber [mm]\lim\limits_{n\to\infty}f_{x\text{bzw.} y}(a_n)\neq\lim\limits_{n\to\infty}f_{x\text{bzw.} y}(b_n)[/mm]
>
>
>
Also habe ich die Folge [mm] (\bruch{1}{n}) [/mm] in [mm] f_x [/mm] eingesetzt. Doch ohne Erfolg. Des weiteren habe ich auch mit der Folge (n) versucht, doch dies bringte mich auch nicht weiter. Mit welcher Folge könnte ich noch versuchen?
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> Ich habe
> [mm]2r*cos(\varphi)*sin(\bruch{1}{r})-cos(\bruch{1}{r})*cos(\varphi)[/mm]
> erhalten. Doch dies konvergiert meines Erachtens nicht
> gegen 0 für r [mm]\to[/mm] 0.
> >
> Also habe ich die Folge [mm](\bruch{1}{n})[/mm] in [mm]f_x[/mm] eingesetzt.
> Doch ohne Erfolg. Des weiteren habe ich auch mit der Folge
> (n) versucht, doch dies bringte mich auch nicht weiter. Mit
> welcher Folge könnte ich noch versuchen?
Hallo,
mit einer Folge, mit der Du sin und cos zu packen bekommst.
Versuch's mal mit [mm] x_n:=\bruch{1}{\pi*n}.
[/mm]
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:32 Mo 01.09.2008 | | Autor: | johnny11 |
genau, das konvergiert dann gegen [mm] \pm cos(\varphi).
[/mm]
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> mit einer Folge, mit der Du sin und cos zu packen
> bekommst.
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> Versuch's mal mit [mm]x_n:=\bruch{1}{\pi*n}.[/mm]
>
> Gruß v. Angela
>
... aber eigentlich muss man doch zeigen, dass man
unabhängig von der speziellen Wahl der Nullfolge
auf denselben Grenzwert kommt ...
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> > mit einer Folge, mit der Du sin und cos zu packen
> > bekommst.
> >
> > Versuch's mal mit [mm]x_n:=\bruch{1}{\pi*n}.[/mm]
> >
> > Gruß v. Angela
> >
>
>
> ... aber eigentlich muss man doch zeigen, dass man
> unabhängig von der speziellen Wahl der Nullfolge
> auf denselben Grenzwert kommt ...
>
Hallo,
ich hätte lieber schreiben sollen [mm] r_n=x_n:=\bruch{1}{\pi*n}.
[/mm]
Mit dieser Folge hat Jonny eine Nullfolge gefunden, für die [mm] f(r_n, \phi) [/mm] i.a. nicht konvergiert, also ist die partielle Ableitung nicht stetig.
Gruß v. Angela
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