partielle Ableitungen < Differentiation < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:48 Mi 27.05.2009 | | Autor: | Unk |
| Aufgabe | [mm] f:\mathbb{R}^2\rightarrow \mathbb{R} [/mm] gegeben durch
[mm] f(x,y)=\begin{cases}
\frac{xy^{3}}{x^{2}+y^{2}} & \mbox{für }(x,y)\neq(0,0)\\
0 & \mbox{für }(x,y)=(0,0)\end{cases}
[/mm]
Behauptung: Die partiellen Ableitungen [mm] \frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}},\frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}},\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y},\frac{\partial^{2}f}{\partial y\partial x} [/mm] in ganz [mm] \mathbb{R}^{2} [/mm] existieren und [mm] \frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}(0,0)\neq\frac{\partial^{2}f}{\partial y\partial x}. [/mm] |
Hallo,
kleine Probleme habe ich damit noch. Für die Existent von [mm] \frac{\partial f}{\partial x_{i}} [/mm] muss ich zeigen, dass für bel. x [mm] \in \mathbb{R} [/mm] folgender Limes existiert:
[mm] \underset{\underset{(h\neq0,x+h_{e_{i}}\in U\subset\mathbb{R}^{n}}{h\rightarrow0}}{\mbox{lim}}\frac{f(x+he_{i})-f(x)}{h}.
[/mm]
Jetzt habe ich aber partielle Ableitungen zweiten Grades gegeben für die ich das zeigen soll. Was muss ich da machen? Zuerst zeigen, dass dieser limes existiert, und dann von dem Ergebnis des Limes nochmal den entsprechenden Limes bilden?
Ich weiß auch garnicht, wie ich den Limes berechne. Muss ich mir da eine Folge [mm] h_{n}\rightarrow0 [/mm] suchen für [mm] n\rightarrow\infty? [/mm] Oder wie. Leider fehlt mir das konkrete Vorstellungsvermögen dafür. Dabei kann das doch garnicht so schwer sein.
Für den letzten Teil der Aufgabe (also die Ungleichung) muss ich dass doch nur entsprechend partiell differenzieren und dann (0,0) einsetzen oder?
Gruß Unk
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:31 Do 28.05.2009 | | Autor: | pelzig |
> kleine Probleme habe ich damit noch. Für die Existent von
> [mm]\frac{\partial f}{\partial x_{i}}[/mm] muss ich zeigen, dass für
> bel. x [mm]\in \mathbb{R}[/mm] folgender Limes existiert:
>
> [mm]\underset{\underset{(h\neq0,x+h_{e_{i}}\in U\subset\mathbb{R}^{n}}{h\rightarrow0}}{\mbox{lim}}\frac{f(x+he_{i})-f(x)}{h}.[/mm]
Richtig.
> Jetzt habe ich aber partielle Ableitungen zweiten Grades
> gegeben für die ich das zeigen soll. Was muss ich da
> machen? Zuerst zeigen, dass dieser limes existiert, und
> dann von dem Ergebnis des Limes nochmal den entsprechenden
> Limes bilden?
Ja.
> Ich weiß auch garnicht, wie ich den Limes berechne. Muss
> ich mir da eine Folge [mm]h_{n}\rightarrow0[/mm] suchen für
> [mm]n\rightarrow\infty?[/mm] Oder wie. Leider fehlt mir das konkrete
> Vorstellungsvermögen dafür. Dabei kann das doch garnicht so
> schwer sein.
Es muss natürlich für jede Folge [mm] $(h_n)_{n\in\IN}$ [/mm] mit [mm] $h_n\to [/mm] 0$ der gleiche Grenzwert rauskommen. Du kannst doch aber auch teilweise die Ableitungsregeln für Funktionen von [mm] $\IR\to\IR$ [/mm] benutzen.
> Für den letzten Teil der Aufgabe (also die Ungleichung)
> muss ich dass doch nur entsprechend partiell differenzieren
> und dann (0,0) einsetzen oder?
Genau.
Gruß, Robert
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:10 Do 28.05.2009 | | Autor: | Unk |
Also ich mache das mal kurz beispielhaft vor mit dem Limes, dann siehst du sofort wo es bei mir hakt:
Wenn ich erstmal nur [mm] \frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\frac{xy^{3}}{x^{2}+y^{2}}=\frac{y^{3}\cdot(x^{2}+y^{2})-(2x+y^{2})\cdot xy^{3}}{(x^{2}+y^{2})^2} [/mm] (kann man wahrscheinlich noch vereinfachen) berechne, weiß ich ja was beim Limes rauskommen sollte.
Sei nun [mm] h_{n}\rightarrow0 [/mm] für n gegen [mm] \infty. [/mm]
Dann folgt:
[mm] \frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=\mbox{lim}\,\frac{1}{h_{n}}\cdot(f(x+h_{n},y)-f(x,y))=\mbox{lim\,}\frac{1}{h_{n}}(\frac{(x+h_{n})y^{3}}{(x+h_{n})^{2}+y^{2}}-\frac{xy^{3}}{x^{2}+y^{2}})
[/mm]
Dann habe ich das Problem, dass ich [mm] h_{n} [/mm] im Nenner hab und das im Limes gegen 0 geht. Wie kann ich das beheben?
Wo kann ich da Ableitungsregeln benutzen? Ich meine, ich muss ja erst zeigen, dass ich differenzieren darf.
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Hallo Unk,
> Also ich mache das mal kurz beispielhaft vor mit dem Limes,
> dann siehst du sofort wo es bei mir hakt:
>
> Wenn ich erstmal nur [mm] $\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\frac{xy^{3}}{x^{2}+y^{2}}=\frac{y^{3}\cdot(x^{2}+y^{2})-(\red{2x+y^{2}})\cdot xy^{3}}{(x^{2}+y^{2})^2}$
[/mm]
Die rot germakerte Ableitung des Nenners nach x passt nicht.
Das [mm] $y^2$ [/mm] fällt doch komplett weg (wird zu 0)
> (kann man wahrscheinlich noch vereinfachen) berechne, weiß
> ich ja was beim Limes rauskommen sollte.
>
> Sei nun [mm]h_{n}\rightarrow0[/mm] für n gegen [mm]\infty.[/mm]
>
> Dann folgt:
>
> [mm]\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=\mbox{lim}\,\frac{1}{h_{n}}\cdot(f(x+h_{n},y)-f(x,y))=\mbox{lim\,}\frac{1}{h_{n}}(\frac{(x+h_{n})y^{3}}{(x+h_{n})^{2}+y^{2}}-\frac{xy^{3}}{x^{2}+y^{2}})[/mm]
>
> Dann habe ich das Problem, dass ich [mm]h_{n}[/mm] im Nenner hab und
> das im Limes gegen 0 geht. Wie kann ich das beheben?
Da müsstest du erstmal die Brüche erweitern und alles zusammenfassen.
Da sollte sich am Ende irgendwas so wegkürzen, dass du den Grenzübergang [mm] $h\to [/mm] 0$ machen kannst.
Allerdings ist das, was du hier treibst doch viel zu aufwendig.
Die Funktion ist doch außer in $(x,y)=(0,0)$ als Komposition partiell diffbarer Funktionen wieder partiell diffbar.
Einzig und allein die "Nahtstelle" $(x,y)=(0,0)$ ist mithilfe der obigen Formel zu untersuchen.
Mache das mal, der Ausdruck wird viel einfacher und der Grenzübergang [mm] $h\to [/mm] 0$ kein Problem
>
> Wo kann ich da Ableitungsregeln benutzen? Ich meine, ich
> muss ja erst zeigen, dass ich differenzieren darf.
Nur in $(0,0)$, außerhalb ist sie es doch!
Die ersten partiellen Ableitungen kannst du außerhalb von $(0,0)$ mit den "normalen" Differenzierungsregeln aufstellen, das hast du ja oben gemacht, bessere das mal aus, dann passt es. Die partiellen Ableitungen in $(0,0)$ musst du wie gerade beschrieben berechnen.
Dann analog die zweiten partiellen Ableitungen angehen ...
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:41 Do 28.05.2009 | | Autor: | Unk |
Danke, dann wird es in der Tat relativ unaufwendig.
Da steht ja nun [mm] \frac{\partial f^{2}}{\partial x^{2}}. [/mm] Bedeutet das, dass ich 2-mal nach [mm] x^2 [/mm] ableiten muss, oder jeweils 1-mal nach x.
Ich meine wenn ich es nach x machen müsste, dann steht da ja für den Fall (x,y)=(0,0):
[mm] \underset{h\rightarrow0}{\mbox{lim}}\frac{1}{h}(f(x+h,y)-f(x,y))=\underset{h\rightarrow0}{\mbox{lim}}\frac{1}{h}(\frac{(x+h)y^{3}}{x^{2}+y^{2}})-0
[/mm]
Das wäre meiner Ansicht nach der erste Schritt. Den Limes berechnen und dann von dem Ergebnis nochmal den Limes (Richtig?). Ich sehe noch nicht, wie ich da das h aus dem Nenner wegbekomme?
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Hallo nochmal,
> Danke, dann wird es in der Tat relativ unaufwendig.
> Da steht ja nun [mm]\frac{\partial f^{2}}{\partial x^{2}}.[/mm]
Nein, da steht [mm] $\frac{\partial^{\red{2}}f}{\partial x^2}$
[/mm]
> Bedeutet das, dass ich 2-mal nach [mm]x^2[/mm] ableiten muss, oder
> jeweils 1-mal nach x.
Das [mm] $\partial^2 [/mm] f$ im Zähler sagt: 2. partielle Ableitung von f
Das [mm] $\partial x^2$ [/mm] im Nenner ist zu lesen als [mm] $\partial x\partial [/mm] x$
Es wird f also 2mal in Folge partiell nach der Variablen x abgeleitet
> Ich meine wenn ich es nach x machen müsste, dann steht da
> ja für den Fall (x,y)=(0,0):
>
> [mm]\underset{h\rightarrow0}{\mbox{lim}}\frac{1}{h}(f(x+h,y)-f(x,y))=\underset{h\rightarrow0}{\mbox{lim}}\frac{1}{h}(\frac{(x+h)y^{3}}{x^{2}+y^{2}})-0[/mm] ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Das ist doch annähernd der Ausdruck für die erste partielle Ableitung von f nach x (im Punkt (0,0)), also für [mm] $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$
[/mm]
Richtig wäre: [mm] $\lim\limits_{h\to 0}\frac{1}{h}\cdot{}\left[\frac{(0+h)\cdot{}0^3}{(0+h)^2+0^2}-0\right]=\lim\limits_{h\to 0}\frac{1}{h}\cdot{}0=\lim\limits_{h\to 0}0=0=\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$
[/mm]
Damit hast du für die erste partielle Ableitung nach x:
[mm] $\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\begin{cases} \text{der Term oben, den du mit den Ableitungsregel berechnet hast}, & \mbox{für } (x,y)\neq (0,0) \\ 0, & \mbox{für } (x,y)=(0,0) \end{cases}$
[/mm]
Nun hiervon nochmal die partielle Ableitung nach x anschauen, für [mm] $(x,y)\neq [/mm] (0,0)$ hast du wieder eine Komposition von partiell diffbaren Funkionen, das ist uninteressant, bleibt wieder die partielle Diffbarkeit nach x in $(0,0)$ zu untersuchen
>
> Das wäre meiner Ansicht nach der erste Schritt. Den Limes
> berechnen und dann von dem Ergebnis nochmal den Limes
> (Richtig?). Ich sehe noch nicht, wie ich da das h aus dem
> Nenner wegbekomme?
>
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:51 Do 28.05.2009 | | Autor: | Unk |
Für die ganze Aufgabe muss ich doch niemals [mm] \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} [/mm] und das gleiche für y wirklich ausrechnen oder?
Ich brauche nur die erste partielle Ableitung nach x und y und zeige, dass für (0,0) der Limes (also Diff.-quotient für partielle Ableitungen) dieser ersten Ableitung existiert, richtig? Und damit habe ich die gezeigt, dass [mm] frac{\partial^2 f}{\partial x^2} [/mm] existiert.
Was ich nur wirklich ausrechnen muss, ist [mm] \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} [/mm] und [mm] \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} [/mm] nicht wahr?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:59 Do 28.05.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
richtig, aber die zweite ableitung nach x solltest du doch auch ausrechnen, um zu zeigen, dass sie in ganz [mm] R^2 [/mm] existiert.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:07 Fr 29.05.2009 | | Autor: | Unk |
> Hallo
> richtig, aber die zweite ableitung nach x solltest du doch
> auch ausrechnen, um zu zeigen, dass sie in ganz [mm]R^2[/mm]
> existiert.
> Gruss leduart
Wirklich? Ich dachte, die Existenz hätte ich bereits dadurch gezeigt, dass eben der Limes existiert, also ist das ganze für jedes Paar (x,y) partiell-differenzierbar in [mm] \mathbb{R}^2 [/mm] und damit ist doch dann klar, dass es existiert.
Und noch eine Frage. Wenn ich habe [mm] \frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}. [/mm] Wurde da zuerst nach x abgeleitet und dann nach y oder umgekehrt? M.aW. gilt:
[mm] \frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}(x,y)&=&\frac{\partial}{\partial y}(\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)), [/mm] oder [mm] \frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}(x,y)&=&\frac{\partial}{\partial x}(\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)).
[/mm]
Ich hätte gesagt, dass die erste Gleichung gilt, also zuerst nach x ableiten und dann das ganze nochmal nach y.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:32 Fr 29.05.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
1. musst du wenigstens hinschreiben, dass es auf [mm] R^2 [/mm] gilt weil die Ableitung existiert.
>
> Wirklich? Ich dachte, die Existenz hätte ich bereits
> dadurch gezeigt, dass eben der Limes existiert, also ist
> das ganze für jedes Paar (x,y) partiell-differenzierbar in
> [mm]\mathbb{R}^2[/mm] und damit ist doch dann klar, dass es
> existiert.
Du willst das doch nur in (0,0) zeigen. den Rest musst du wenigstens sagen, das ist am einfachsten, wenn dus tust.
> Und noch eine Frage. Wenn ich habe
> [mm]\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}.[/mm] Wurde da zuerst
> nach x abgeleitet und dann nach y oder umgekehrt? M.aW.
> gilt:
> [mm]\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}(x,y)&=&\frac{\partial}{\partial y}(\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)),[/mm]
> oder [mm]\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}(x,y)&=&\frac{\partial}{\partial x}(\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)).[/mm]
>
> Ich hätte gesagt, dass die erste Gleichung gilt, also
> zuerst nach x ableiten und dann das ganze nochmal nach y.
Du hast recht, immer das hintere zuerst.
gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:57 Fr 29.05.2009 | | Autor: | pelzig |
> > [mm]\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}(x,y)&=&\frac{\partial}{\partial y}(\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)),[/mm]
> > oder [mm]\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}(x,y)&=&\frac{\partial}{\partial x}(\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)).[/mm]
> >
> > Ich hätte gesagt, dass die erste Gleichung gilt, also
> > zuerst nach x ableiten und dann das ganze nochmal nach y.
> Du hast recht, immer das hintere zuerst.
Seine erste Gleichung ist falsch, die zweite stimmt. Außerdem ist nicht klar was du mit "hinten" meinst, deshalb finde ich deine Antwort etwas irritierend. Es ist jedenfalls [mm] $$\frac{\partial^2f}{\partial x\partial y}:=\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)$$Gruß, [/mm] Robert
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