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Hallo Matheraum... Ich habe leider mal wieder ein kleines Problem mit folgender Aufgabe:
Betrachte die Funktion f: [mm] \IR^2 \to \IR, [/mm] gegeben durch [mm] f(x,y)=\begin{cases} (xy)^{-{\bruch{1}{3}}} \cdot exp(xy) -1 , & \mbox{ falls } xy \not= 0 \mbox{} \\ 0, & \mbox{ sonst } \mbox{} \end{cases}
[/mm]
Bestimmen Sie alle Punkte, in denen f
[mm] \* [/mm] stetig
[mm] \* [/mm] partiell differenzierbar
[mm] \* [/mm] differenzierbar
ist.
Zunächst einmal wollte ich fragen, ob ich auch wie folgt schreiben kann:
[mm] f(x,y)=\begin{cases} (xy)^{-{\bruch{1}{3}}} \cdot exp(xy) -1 , & \mbox{ falls } xy \not= 0 \mbox{} \\ 0, & \mbox{ sonst } \mbox{} \end{cases}=f(x,y)=\begin{cases} (xy)^{-{\bruch{1}{3}}} \cdot exp(xy) -1 , & \mbox{ falls } (x,y) \not= (0,0) \mbox{} \\ 0, & \mbox{ (x,y)=(0,0) } \mbox{} \end{cases}
[/mm]
Ich würde anschließend untersuchen, ob die Funktion f(x,y) stetig im Ursprung, also im Punkt (0,0) ist oder nicht.
mfg dodo4ever
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> Zunächst einmal wollte ich fragen, ob ich auch wie folgt
> schreiben kann:
>
> [mm]f(x,y)=\begin{cases} (xy)^{-{\bruch{1}{3}}} \cdot exp(xy) -1 , & \mbox{ falls } xy \not= 0 \mbox{} \\
0, & \mbox{ sonst } \mbox{} \end{cases}=f(x,y)=\begin{cases} (xy)^{-{\bruch{1}{3}}} \cdot exp(xy) -1 , & \mbox{ falls } (x,y) \not= (0,0) \mbox{} \\
0, & \mbox{ (x,y)=(0,0) } \mbox{} \end{cases}[/mm]
Hallo,
nein, so kannst Du das nicht schreiben: bedenke, daß xy=0 sein kann,auch wenn x und y nicht beide gleichzeititig =0 sind.
Gruß v. Angela
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Hallo und danke für die Antwort...
Das xy=0 sein kann, ohne das x und y gleichzeitig 0 sind, hatte ich zwar bedacht, aber mir nicht wirklich Gedanken über die schreibweise gemacht. Dachte, dass das so gehen würde...
Okay... Bleiben wir bei [mm] f(x,y)=\begin{cases} (xy)^{-{\bruch{1}{3}}} \cdot exp(xy) -1 , & \mbox{ falls } xy \not= 0 \mbox{} \\ 0, & \mbox{ sonst } \mbox{} \end{cases}
[/mm]
Ich wollte nun zunächst alle Punkte bestimmen, in denen f stetig ist.
Außerhalb xy [mm] \not=0 [/mm] ist die Funktion f stetig als Komposition stetiger Funktionen. Fraglich bleibt lediglich der Punkt xy=0. Ich muss also herausfinden, ob die Funktion f an dieser Stelle stetig ist oder nicht.
Leider fehlt mir gerade eine Idee zur herangehenweise.
Hatte nun schon ein paar Folgen, wie z.B. [mm] (a_k,b_k)=(\bruch{1}{k},\bruch{1}{k}) [/mm] ausprobiert, in der Hoffnung zeigen zu können, dass die Funktion nicht stetig in xy=0 ist. Leider ohne Erfolg
Ich vermute daher, dass die Funktion im Punkt xy=0 stetig ist. aber wie kann ich das am besten beweisen.
mfg dodo4ever
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Hallo dodo4ever,
> Hallo und danke für die Antwort...
>
> Das xy=0 sein kann, ohne das x und y gleichzeitig 0 sind,
> hatte ich zwar bedacht, aber mir nicht wirklich Gedanken
> über die schreibweise gemacht. Dachte, dass das so gehen
> würde...
>
> Okay... Bleiben wir bei [mm]f(x,y)=\begin{cases} (xy)^{-{\bruch{1}{3}}} \cdot exp(xy) -1 , & \mbox{ falls } xy \not= 0 \mbox{} \\ 0, & \mbox{ sonst } \mbox{} \end{cases}[/mm]
>
> Ich wollte nun zunächst alle Punkte bestimmen, in denen f
> stetig ist.
>
> Außerhalb xy [mm]\not=0[/mm] ist die Funktion f stetig als
> Komposition stetiger Funktionen. Fraglich bleibt lediglich
> der Punkt xy=0. Ich muss also herausfinden, ob die Funktion
> f an dieser Stelle stetig ist oder nicht.
>
> Leider fehlt mir gerade eine Idee zur herangehenweise.
>
> Hatte nun schon ein paar Folgen, wie z.B.
> [mm](a_k,b_k)=(\bruch{1}{k},\bruch{1}{k})[/mm] ausprobiert, in der
> Hoffnung zeigen zu können, dass die Funktion nicht stetig
> in xy=0 ist. Leider ohne Erfolg
>
> Ich vermute daher, dass die Funktion im Punkt xy=0 stetig
> ist. aber wie kann ich das am besten beweisen.
>
Substituiere [mm]z:=xy[/mm]
Dann steht da: [mm]z^{-1/3}*\left(e^{z}-1\right)=\bruch{e^{z}-1}{z^{1/3}}[/mm]
Entwickle nun den Zähler in eine Taylorreihe um z=0.
Bilde dann den Grenzwert dieses Bruches für [mm]z \to 0[/mm]
> mfg dodo4ever
Gruss
MathePower
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Hallo und danke...
Ich habe leider einen kleinen Fehler gefunden. Hoffe, dass dieser nicht alles über den Haufen wirft.
Also es ist gegeben: [mm] f(x,y)=\begin{cases} (xy)^{-{\bruch{1}{3}}} \cdot (exp(xy) -1) , & \mbox{ falls } xy \not= 0 \mbox{} \\ 0, & \mbox{ sonst } \mbox{} \end{cases}
[/mm]
Aber ich sehe schon, dass du den Bruch trotzdem richtig aufgeschrieben hast. Von daher dürfte auch nichts verkehrt sein.
Ich substituiere nun xy=z
Es steht dann [mm] z^{-1/3}\cdot{}\left(e^{z}-1\right)=\bruch{e^{z}-1}{z^{1/3}}
[/mm]
Ich soll nun den Zähler, also [mm] f(z)=e^{z}-1 [/mm] in eine Taylorreihe um den Entwicklungspunkt [mm] z_0=0 [/mm] entwickeln...
Taylorreihe allgemein: [mm] \summe_{k=0}^{\infty}\bruch{f^k(z_0)}{k!} \cdot (z-z_0)^k
[/mm]
Es ergibt sich somit für [mm] f(z)=e^{z}-1 [/mm] bei der Entwicklung in eine Taylorreihe um den Entwicklungspunkt [mm] z_0=0 [/mm] folgende Taylorreihe:
[mm] \summe_{k=0}^{\infty} \bruch{f^k(0)}{k!} \cdot (z)^k
[/mm]
Hoffe, dass ich das erstmal richtig verstanden habe...
mfg dodo4ever
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Hallo dodo4ever,
> Hallo und danke...
>
> Ich habe leider einen kleinen Fehler gefunden. Hoffe, dass
> dieser nicht alles über den Haufen wirft.
>
> Also es ist gegeben: [mm]f(x,y)=\begin{cases} (xy)^{-{\bruch{1}{3}}} \cdot (exp(xy) -1) , & \mbox{ falls } xy \not= 0 \mbox{} \\ 0, & \mbox{ sonst } \mbox{} \end{cases}[/mm]
>
> Aber ich sehe schon, dass du den Bruch trotzdem richtig
> aufgeschrieben hast. Von daher dürfte auch nichts verkehrt
> sein.
>
> Ich substituiere nun xy=z
>
> Es steht dann
> [mm]z^{-1/3}\cdot{}\left(e^{z}-1\right)=\bruch{e^{z}-1}{z^{1/3}}[/mm]
>
> Ich soll nun den Zähler, also [mm]f(z)=e^{z}-1[/mm] in eine
> Taylorreihe um den Entwicklungspunkt [mm]z_0=0[/mm] entwickeln...
>
> Taylorreihe allgemein:
> [mm]\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{f^k(z_0)}{k!} \cdot (z-z_0)^k[/mm]
>
> Es ergibt sich somit für [mm]f(z)=e^{z}-1[/mm] bei der Entwicklung
> in eine Taylorreihe um den Entwicklungspunkt [mm]z_0=0[/mm] folgende
> Taylorreihe:
>
>
> [mm]\summe_{k=0}^{\infty} \bruch{f^k(0)}{k!} \cdot (z)^k[/mm]
>
> Hoffe, dass ich das erstmal richtig verstanden habe...
>
Ja, das hast Du richtig verstanden.
> mfg dodo4ever
Gruss
MathePower
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okay cool. Danke für die Hilfe Mathepower
Ich entwickle nun die ersten 4 Taylorreihen für [mm] \summe_{k=0}^{\infty} \bruch{f^k(0)}{k!} \cdot (z)^k [/mm] mit [mm] f(z)=e^z-1
[/mm]
Es ergibt sich somit:
[mm] \summe_{k=0}^{\infty} \bruch{f^k(0)}{k!}=\bruch{e^0-1}{0!} \cdot z^0+\bruch{e^0}{1!} \cdot z+\bruch{e^0}{2!} \cdot z^2+\bruch{e^0}{3!} \cdot z^3=0+z+\bruch{1}{2} \cdot z^2+\bruch{1}{6} \cdot z^3
[/mm]
Ich erkenne nun, dass ich eine Folge erhalte. Aber wie soll mir das jetzt weiterhelfen. Ich verstehe leider nicht so ganz, wo mich das hinführen soll... Würde das aber ganz gerne verstehen...
mfg dodo4ever
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:54 Mi 16.11.2011 | | Autor: | fred97 |
> okay cool. Danke für die Hilfe Mathepower
>
> Ich entwickle nun die ersten 4 Taylorreihen für
> [mm]\summe_{k=0}^{\infty} \bruch{f^k(0)}{k!} \cdot (z)^k[/mm] mit
> [mm]f(z)=e^z-1[/mm]
>
> Es ergibt sich somit:
>
> [mm]\summe_{k=0}^{\infty} \bruch{f^k(0)}{k!}=\bruch{e^0-1}{0!} \cdot z^0+\bruch{e^0}{1!} \cdot z+\bruch{e^0}{2!} \cdot z^2+\bruch{e^0}{3!} \cdot z^3=0+z+\bruch{1}{2} \cdot z^2+\bruch{1}{6} \cdot z^3[/mm]
Du hast also
[mm] e^z-1= z+\bruch{1}{2} \cdot z^2+\bruch{1}{6} \cdot z^3+....
[/mm]
Jetzt teile durch [mm] z^{1/3} [/mm] und lasse dann z [mm] \to [/mm] 0 gehen.
FRED
>
> Ich erkenne nun, dass ich eine Folge erhalte. Aber wie soll
> mir das jetzt weiterhelfen. Ich verstehe leider nicht so
> ganz, wo mich das hinführen soll... Würde das aber ganz
> gerne verstehen...
>
> mfg dodo4ever
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Hallo und danke für deine Hilfe fred97...
Okay... ich habe nun:
[mm] \bruch{e^z-1}{\wurzel[3]{z}}= \bruch{z}{\wurzel[3]{z}}+\bruch{1}{2} \cdot \bruch{z^2}{\wurzel[3]{z}}+\bruch{1}{6} \cdot \bruch{z^3}{\wurzel[3]{z}}
[/mm]
Sofern ich z [mm] \to [/mm] 0 konvergieren lasse, erhalte ich ja sowas wie [mm] \bruch{0}{0} [/mm] hierfür würde mir nun L'hospital einfallen. Aber wenn ich das richtig erkenne, wird sich doch dadurch nicht wirklich etwas ändern oder? Da ja der Ausdruck [mm] \wurzel[n]{z} [/mm] nicht aus meinem Nenner verschwindet oder?
Eine Frage hätte ich auch noch zur Entwicklung in eine Taylorreihe...
Woher weiß ich bis in die wievielte Reihe ich entwickeln soll also welches [mm] T_n(z) [/mm] ist sinnvoll und was ist mit der Abschätzung des Restgliedes?
mfg dodo4ever
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Hallo dodo4ever,
> Hallo und danke für deine Hilfe fred97...
>
> Okay... ich habe nun:
>
> [mm]\bruch{e^z-1}{\wurzel[3]{z}}= \bruch{z}{\wurzel[3]{z}}+\bruch{1}{2} \cdot \bruch{z^2}{\wurzel[3]{z}}+\bruch{1}{6} \cdot \bruch{z^3}{\wurzel[3]{z}}[/mm]
>
> Sofern ich z [mm]\to[/mm] 0 konvergieren lasse, erhalte ich ja sowas
> wie [mm]\bruch{0}{0}[/mm] hierfür würde mir nun L'hospital
> einfallen. Aber wenn ich das richtig erkenne, wird sich
> doch dadurch nicht wirklich etwas ändern oder? Da ja der
> Ausdruck [mm]\wurzel[n]{z}[/mm] nicht aus meinem Nenner verschwindet
> oder?
>
Betrachte den Exponenten von [mm]\bruch{z^{n}}{\wurzel[3]{z}}[/mm]
> Eine Frage hätte ich auch noch zur Entwicklung in eine
> Taylorreihe...
>
> Woher weiß ich bis in die wievielte Reihe ich entwickeln
> soll also welches [mm]T_n(z)[/mm] ist sinnvoll und was ist mit der
> Abschätzung des Restgliedes?
>
Hier entwickelst Du in eine unendliche Potenzreihe.
Die Abschätzung des Restglieds ist daher nicht sinnvoll.
> mfg dodo4ever
Gruss
MathePower
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Hallo und danke...
Der Exponent von [mm] \bruch{z^{n}}{\wurzel[3]{z}} [/mm] ist nur für n [mm] \in \IN [/mm] definiert also nur für natürliche Zahlen. Die 0 ist somit nicht enthalten.
Aber was sagt mir das nun über stetigkeit oder nicht stetigkeit der Funktion [mm] f(x,y)=\begin{cases} (xy)^{-{\bruch{1}{3}}} \cdot exp(xy) -1 , & \mbox{ falls } xy \not= 0 \mbox{} \\ 0, & \mbox{ sonst } \mbox{} \end{cases} [/mm] aus???
mfg dodo4ever
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Hallo dodo4ever,
> Hallo und danke...
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> Der Exponent von [mm]\bruch{z^{n}}{\wurzel[3]{z}}[/mm] ist nur für
> n [mm]\in \IN[/mm] definiert also nur für natürliche Zahlen. Die 0
> ist somit nicht enthalten.
>
Wende auf den Ausdruck [mm]\bruch{z^{n}}{\wurzel[3]{z}}[/mm] die Potenzgesetze an,
und Du stellst fest, daß der Exponent ...
> Aber was sagt mir das nun über stetigkeit oder nicht
> stetigkeit der Funktion [mm]f(x,y)=\begin{cases} (xy)^{-{\bruch{1}{3}}} \cdot exp(xy) -1 , & \mbox{ falls } xy \not= 0 \mbox{} \\ 0, & \mbox{ sonst } \mbox{} \end{cases}[/mm]
> aus???
>
> mfg dodo4ever
Gruss
MathePower
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Potenzgesetz:
Es gilt: [mm] \bruch{z^n}{\wurzel[3]{z}}=z^n \cdot z^{-\bruch{1}{3}}=z^{n-\bruch{1}{3}}
[/mm]
und ich stelle fest, dass der Exponent für [mm] n\in \IN [/mm] gegen Unendlich geht???
mfg dodo4ever
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Hallo dodo4ever,
> Potenzgesetz:
>
> Es gilt: [mm]\bruch{z^n}{\wurzel[3]{z}}=z^n \cdot z^{-\bruch{1}{3}}=z^{n-\bruch{1}{3}}[/mm]
>
> und ich stelle fest, dass der Exponent für [mm]n\in \IN[/mm] gegen
> Unendlich geht???
>
Ich meinte, der Exponent ist größer Null , da n >0.
Damit ist [mm] 0^{n-1/3} [/mm] = ...
Demnach ist der Grenzwert ... .
> mfg dodo4ever
Gruss
MathePower
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Demnach müsste der Grenzwert 0 sein und die Funktion f somit stetig...
mfg dodo4ever
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Hallo dodo4ever,
> Demnach müsste der Grenzwert 0 sein und die Funktion f
> somit stetig...
>
So ist es auch.
> mfg dodo4ever
Gruss
MathePower
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Hallo und danke für eure tolle Hilfe...
Ich wollte nun darauf eingehen, in welchen Punkten f
[mm] \* [/mm] partiell differenzierbar
[mm] \* [/mm] differenzierbar
ist
f war gegeben mit [mm] f(x,y)=\begin{cases} (xy)^{-{\bruch{1}{3}}} \cdot (exp(xy) -1) , & \mbox{ falls } xy \not= 0 \mbox{} \\ 0, & \mbox{ sonst } \mbox{} \end{cases} [/mm] und wir hatten bereits herausgefunden, dass die Funktion stetig...
in welchen Punkten aber ist sie nun partiell differenzierbar und in welchen differenzierbar???
Ich bilde nun zunächst die partiellen Ableitungen:
Ich ersetze hierfür zunächst [mm] u=(xy)^{-\bruch{1}{3}} [/mm] und [mm] v=e^{xy}-1 [/mm] und verwende anschließend die Produktregel.
[mm] \bruch{\partial f}{\partial x}(x,y)=\bruch{y \cdot e^{xy}}{(xy)^\bruch{1}{3}}-\bruch{y \cdot e^{xy}-y}{3(xy)^{\bruch{4}{3}}}
[/mm]
[mm] \bruch{\partial f}{\partial y}(x,y)=\bruch{x \cdot e^{xy}}{(xy)^\bruch{1}{3}}-\bruch{x \cdot e^{xy}-x}{3(xy)^{\bruch{4}{3}}}
[/mm]
Wie bekomme ich nun aber raus, in welchen Punkten die Funktion f partiell diff'bar ist?
mfg dodo4ever
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Hallo dodo4ever,
> Hallo und danke für eure tolle Hilfe...
>
> Ich wollte nun darauf eingehen, in welchen Punkten f
> [mm]\*[/mm] partiell differenzierbar
> [mm]\*[/mm] differenzierbar
> ist
>
> f war gegeben mit [mm]f(x,y)=\begin{cases} (xy)^{-{\bruch{1}{3}}} \cdot (exp(xy) -1) , & \mbox{ falls } xy \not= 0 \mbox{} \\ 0, & \mbox{ sonst } \mbox{} \end{cases}[/mm]
> und wir hatten bereits herausgefunden, dass die Funktion
> stetig...
>
> in welchen Punkten aber ist sie nun partiell
> differenzierbar und in welchen differenzierbar???
>
> Ich bilde nun zunächst die partiellen Ableitungen:
>
>
> Ich ersetze hierfür zunächst [mm]u=(xy)^{-\bruch{1}{3}}[/mm] und
> [mm]v=e^{xy}-1[/mm] und verwende anschließend die Produktregel.
>
> [mm]\bruch{\partial f}{\partial x}(x,y)=\bruch{y \cdot e^{xy}}{(xy)^\bruch{1}{3}}-\bruch{y \cdot e^{xy}-y}{3(xy)^{\bruch{4}{3}}}[/mm]
>
>
> [mm]\bruch{\partial f}{\partial y}(x,y)=\bruch{x \cdot e^{xy}}{(xy)^\bruch{1}{3}}-\bruch{x \cdot e^{xy}-x}{3(xy)^{\bruch{4}{3}}}[/mm]
>
> Wie bekomme ich nun aber raus, in welchen Punkten die
> Funktion f partiell diff'bar ist?
>
Zunächst in allen Punkten partiell differenzierbar für die [mm] x*y\not=0[/mm]
Zu prüfen ist, ob f auch in allen Punkten, für die [mm]x*y=0[/mm] partiell differenzierbar ist.
>
> mfg dodo4ever
Gruss
MathePower
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Hallo... ich hätte nun folgendes gemacht. Hoffe, dass das irgendwie geht oder das ich wenigstens nah dran bin^^
[mm] \bruch{\partial f}{\partial x}(x,0)=\limes_{h\rightarrow 0}{\bruch{f(x+h,0)-f(x,0)}{h}}
[/mm]
[mm] \bruch{\partial f}{\partial x}(0,y)=\limes_{h\rightarrow 0}{\bruch{f(0+h,y)-f(0,y)}{h}}
[/mm]
[mm] \bruch{\partial f}{\partial y}(x,0)=\limes_{h\rightarrow 0}{\bruch{f(x,0+h)-f(x,0)}{h}}
[/mm]
[mm] \bruch{\partial f}{\partial y}(0,y)=\limes_{h\rightarrow 0}{\bruch{f(0,y+h)-f(0,y)}{h}}
[/mm]
Hoffe das ihr versteht worauf ich hinaus möchte...
Und wenn der Grenzwert jeweils 0 ist, ist die Funktion f partiell diff'bar.
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Hallo dodo4ever,
> Hallo... ich hätte nun folgendes gemacht. Hoffe, dass das
> irgendwie geht oder das ich wenigstens nah dran bin^^
>
> [mm]\bruch{\partial f}{\partial x}(x,0)=\limes_{h\rightarrow 0}{\bruch{f(x+h,0)-f(x,0)}{h}}[/mm]
>
> [mm]\bruch{\partial f}{\partial x}(0,y)=\limes_{h\rightarrow 0}{\bruch{f(0+h,y)-f(0,y)}{h}}[/mm]
>
> [mm]\bruch{\partial f}{\partial y}(x,0)=\limes_{h\rightarrow 0}{\bruch{f(x,0+h)-f(x,0)}{h}}[/mm]
>
> [mm]\bruch{\partial f}{\partial y}(0,y)=\limes_{h\rightarrow 0}{\bruch{f(0,y+h)-f(0,y)}{h}}[/mm]
>
Das ist alles richtig, was Du da schreibst.
Die Sache hat nur einen Schönheitsfehler.
Es ist [mm]f\left(x,0\right)=f\left(x+h,0\right)=f\left(0,y\right)=f\left(0,y+h\right)=0[/mm]
Bilde doch erst die partiellen Ableitungen für [mm]x*y \not=0[/mm],
entwickle diese in eine Potenzreihe und bilde dann die
entsprechenden Grenzwerte.
> Hoffe das ihr versteht worauf ich hinaus möchte...
>
> Und wenn der Grenzwert jeweils 0 ist, ist die Funktion f
> partiell diff'bar.
Gruss
MathePower
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:32 Mi 16.11.2011 | | Autor: | fred97 |
Schau mal hier:
https://matheraum.de/read?t=838170
FRED
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