Funktion diffbar < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | [mm] f:R^2->R [/mm] mit folgender Bedingung [mm] 0\le f(x,y)\le x^2+y^2 [/mm] für alle (x,y) aus [mm] R^2
[/mm]
Welche Aussage gilt?
a) f ist diffbar in (0,0)
b)f nicht diffbar in (0,0)
c) keine Aussage möglich |
Hallo
Um Diffbarkeit zu zeigen, muss man erst beweisen, dass die partiellen Ableitungen existieren.
Ok, also
[mm] \limes_{h\rightarrow 0} \bruch{f(h,0)-f(0,0)}{h} [/mm] für die erste partielle Ableitung und hier würde ich sagen, dass die Angaben nicht ausreichen.
Ich weiß zwar, dass die Funktion [mm] g(x,y)=x^2+y^2 [/mm] in (0,0) diffbar ist, aber das reicht doch nicht, oder?
Oder kann man bei der partiellen Ableitung der Term abschätzen? So in etwa
[mm] \limes_{h\rightarrow 0} \bruch{f(h,0)-f(0,0)}{h} \le \limes_{h\rightarrow 0} \bruch{h^2}{h}=0
[/mm]
Ich freue mich über jede Antwort
TheBozz-mismo
|
|
| |
|
Hallo,
> [mm]f:R^2->R[/mm] mit folgender Bedingung (*) [mm]0\le f(x,y)\le x^2+y^2[/mm] für alle (x,y) aus [mm]R^2[/mm]
> Welche Aussage gilt?
> a) f ist diffbar in (0,0)
> b)f nicht diffbar in (0,0)
> c) keine Aussage möglich
> Hallo
> Um Diffbarkeit zu zeigen, muss man erst beweisen, dass die
> partiellen Ableitungen existieren.
> Ok, also
> [mm]\limes_{h\rightarrow 0} \bruch{f(h,0)-f(0,0)}{h}[/mm] für die
> erste partielle Ableitung und hier würde ich sagen, dass
> die Angaben nicht ausreichen.
> Ich weiß zwar, dass die Funktion [mm]g(x,y)=x^2+y^2[/mm] in (0,0)
> diffbar ist, aber das reicht doch nicht, oder?
> Oder kann man bei der partiellen Ableitung der Term
> abschätzen? So in etwa
> [mm]\limes_{h\rightarrow 0} \bruch{f(h,0)-f(0,0)}{h} \red{=} \limes_{h\rightarrow 0} \bruch{h^2}{h}=0[/mm]
Die Gleichheit gilt wegen (*), also f(0,0)=0. So kannst du zeigen, dass beide partiellen Ableitungen in 0 den Wert 0 haben.
Ist f differenzierbar in (0,0), so würde mit x als Vektor gelten
[mm] f(x)=f(0)+D_f(0)*(x-0)+\varphi(x)=0+0+\varphi(x)=\varphi(x),
[/mm]
wobei [mm] \frac{\varphi(x)}{\parallel x\parallel}\to0, x\to0.
[/mm]
Zum Nachweis der Differenzierbarkeit musst du [mm] \lim_{x\to0}\frac{\varphi(x)}{\parallel x\parallel}=0 [/mm] zeigen.
LG
|
|
|
| |
|
Kannst du mir erklären, was dein e(x) bedeutet?
Also mit den partiellen Ableitungen hab ich verstanden.
Ich würde jetzt zeigen:
[mm] \limes_{x\rightarrow 0} \bruch{f(x,y)-(f(0,0)+M(x-a))}{\parallel x \parallel }=0, [/mm] wobei M die beiden partiellen Ableitungen darstellen.
Dann folgt
[mm] \limes_{x\rightarrow 0} \bruch{f(x,y)}{\parallel (x,y) \parallel } \le \limes_{x\rightarrow 0} \bruch{x^2+y^2}{\parallel (x,y) \parallel }
[/mm]
[mm] =\limes_{x\rightarrow 0} \bruch{(\parallel (x,y) \parallel )^2 }{\parallel (x,y) \parallel }
[/mm]
[mm] =\limes_{x\rightarrow 0} \parallel [/mm] (x,y) [mm] \parallel [/mm] =0
Also ist f(x,y) in (0,0) diffbar.
Ist das richtig so?
Vielen Danks chonmal für die Hilfe
TheBozz-mismo
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:30 Di 20.09.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Kannst du mir erklären, was dein e(x) bedeutet?
Du meinst [mm] $\varphi(x)\,,$ [/mm] wobei Du hier eigentlich besser [mm] $x=(x_1,x_2) \in \IR^2$ [/mm] schreiben würdest. Die Notation oben wurde etwas unglücklich gewählt, weil damit
$$x=(x,y)$$
gemeint war, wobei linkerhand das [mm] $x\,$ [/mm] ein $x [mm] \in \IR^2$ [/mm] ist und rechterhand [mm] $x\,$ [/mm] die erste Komponente dieses [mm] $x\,$ [/mm] linkerhand ist. Besser könnte man etwa schreiben:
[mm] $$\IR^2 \ni r=(x,y)\,,$$
[/mm]
dann hat man nicht eine Variable mit 2 Bedeutungen!
> Also mit den partiellen Ableitungen hab ich verstanden.
>
> Ich würde jetzt zeigen:
> [mm]\limes_{x\rightarrow 0} \bruch{f(x,y)-(f(0,0)+M(x-a))}{\parallel x \parallel }=0,[/mm]
> wobei M die beiden partiellen Ableitungen darstellen.
>
> Dann folgt
>
>
> [mm]\limes_{x\rightarrow 0} \bruch{f(x,y)}{\parallel (x,y) \parallel } \le \limes_{x\rightarrow 0} \bruch{x^2+y^2}{\parallel (x,y) \parallel }[/mm]
>
> [mm]=\limes_{x\rightarrow 0} \bruch{(\parallel (x,y) \parallel )^2 }{\parallel (x,y) \parallel }[/mm]
>
> [mm]=\limes_{x\rightarrow 0} \parallel[/mm] (x,y) [mm]\parallel[/mm] =0
>
> Also ist f(x,y) in (0,0) diffbar.
Da sind einige Notationsmängel (wichtigster Hinweis: Oft gehört anstelle des von Dir notierten [mm] $\lim_{x \to 0}$ [/mm] dort eigentlich [mm] $\lim_{(x,y) \to (0,0)}$ [/mm] hin; denn in Deiner Notation ist (meist?) $x [mm] \in \IR\,,$ [/mm] da Komponente.). Schreibe es erst nochmal sauber auf, dann klären sich in einem auch einige Fragen:
Das, was Du hier machst, ist die ![[]](/images/popup.gif) Fréchet-Diffbarkeit in [mm] $(0,0)\,$ [/mm] zu prüfen. Nach einem Satz der Analysis ist das äquivalent dazu, die totale Diffbarkeit in $(0,0)$ zu prüfen. (Sowas sollte in einem Analysis-Skript, welches Funktionen zwischen [mm] $\IR^n$ [/mm] und [mm] $\IR^m$ [/mm] behandelt, so oder in ähnlicher Form irgendwo stehen. Beachte auch: Normen auf dem [mm] $\IR^n$ [/mm] sind äquivalent, und der [mm] $\IR^n$ [/mm] ist vollständig.)
Beachte unten auch, dass für $x [mm] \in \IR^n$ [/mm] die Notation $x [mm] \to [/mm] 0$ (rechterhand ist die [mm] $0=(0,\ldots,0) \in \IR^n$ [/mm] gemeint!) oder [mm] $\lim_{x \to 0}$ [/mm] aufzufassen ist als [mm] $\|(x_1,\ldots,x_n)\|_2 \to [/mm] 0$ bzw. in äquivalenter Weise:
"Für jede Folge [mm] $(x_k)_{k=1}^\infty=((x_{1,k},\ldots,x_{n,k}))_{k=1}^\infty$ [/mm] in [mm] $\IR^n$ [/mm] mit
[mm] $$x_{j,k} \to [/mm] 0 [mm] \;\;\;\;(k \to \infty)$$
[/mm]
für alle [mm] $j=1,\ldots,n\,.$"
[/mm]
(Kurzgesagt: Das sind die Folgen im [mm] $\IR^n$ [/mm] so, dass jede Komponentenfolge eine Nullfolge in [mm] $\IR$ [/mm] ist!)
1.) Klar ist, dass aus
$$0 [mm] \le [/mm] f(x,y)=|f(x,y)| [mm] \le x^2+y^2=:\|(x,y)\|_2^2$$
[/mm]
folgt
[mm] $$f(0,0)=0\,:$$
[/mm]
Aus $|f(0,0)| [mm] \le 0^2+0^2=\|(0,0)\|_2^2=0$ [/mm] folgt nämlich [mm] $|f(0,0)|=0\,$ [/mm] und damit [mm] $f(0,0)=0\,.$
[/mm]
2.) Mit 1.) folgt
[mm] $$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\lim_{0 \not= \Delta x \to 0}\frac{f(0+\Delta x,0)-f(0,0))}{\Delta x}=\lim_{0 \not=h \to 0} \frac{f(h,0)}{h}\,.$$
[/mm]
Wegen $0 [mm] \le [/mm] f(h,0) [mm] \le h^2$ [/mm] folgt aber für $h [mm] \not=0$ [/mm] aus
$$0 [mm] \le [/mm] |f(h,0)/h| [mm] \le h^2/|h|=|h|$$
[/mm]
sodann
[mm] $$\left|\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)\right|=0\,,$$
[/mm]
und damit
[mm] $$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0\,.$$
[/mm]
Analog sieht man
[mm] $$\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0\,.$$
[/mm]
Damit folgt [mm] $D_f(0)=\pmat{0 &0}\,.$
[/mm]
3.) Setze für [mm] $h=(\Delta x,\Delta [/mm] y) [mm] \in \IR^2$ [/mm] und $a=(0,0)$ nun
[mm] $$\varphi(h)=\varphi(\Delta [/mm] x, [mm] \Delta y):=\underbrace{f((0,0)\,+\,(\Delta x,\Delta y))}_{=f(a+h)}\;-\underbrace{f(0,0)}_{=f(a)=f(0,0)}-\underbrace{D_f(0,0)}_{=D_f(a)=D_f(0,0)} \cdot (\Delta x,\Delta y)^T\,.$$
[/mm]
Dann folgt mit den Ergebnissen von oben
[mm] $$\varphi(h)=\varphi(\Delta x,\Delta y)=f(\Delta x,\Delta y)-0-\pmat{0 & 0}*\vektor{\Delta x \\ \Delta y}=f(\Delta [/mm] x, [mm] \Delta y)=f(h)\,.$$
[/mm]
Genau dann ist daher [mm] $f\,$ [/mm] (total) diffbar in [mm] $a=(0,0)\,,$ [/mm] wenn
[mm] $$\lim_{(0,0) \not= h \to (0,0)} (|\varphi(h)|/\|h\|_2)=0\,.$$
[/mm]
Aus obigem folgt
[mm] $$\lim_{(0,0) \not= h \to (0,0)} (|\varphi(h)|/\|h\|_2)=\lim_{(0,0) \not= h \to 0} |f(h)|/\|h\|_2$$
[/mm]
und nun bedenke, dass letztstehender Grenzwert nichts anderes bedeutet als
[mm] $$\lim_{\|(\Delta x, \Delta y)\|_2 \to 0} (|f(\Delta x,\Delta y)|/\|(\Delta x,\Delta y)\|_2)\,.$$
[/mm]
Was aber passier nun bei $(0,0) [mm] \not=(\Delta [/mm] x, [mm] \Delta [/mm] y) [mm] \to [/mm] (0,0)$ (beachte, dass hier nun [mm] $\Delta [/mm] x$ und [mm] $\Delta [/mm] y$ beide "gleichzeitig" gegen $0 [mm] \in \IR$ [/mm] streben!)?
Nun ja: Die Voraussetzung $0 [mm] \le [/mm] f(x,y) [mm] \le x^2+y^2=\|(x,y)\|_2^2$ [/mm] liefert für $h [mm] \not=(0,0) \in \IR^2$
[/mm]
$$0 [mm] \le |f(h)|/\|h\|_2=f(h)/\|h\|_2 \le \|h\|_2^2/\|h\|_2=\|h\|_2=\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}\,.$$
[/mm]
Was passiert nun bei [mm] $h=(\Delta x,\Delta [/mm] y) [mm] \to [/mm] (0,0)$? Naja, dann geht [mm] $\|h\|_2 \to \ldots$ [/mm] ... und daher ...
(Bzw. Du kannst auch sagen: Dann müssen [mm] $\Delta [/mm] x, [mm] \Delta [/mm] y [mm] \to \ldots$ [/mm] streben und daher folgt ...)
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
Vielen lieben Dank für deine ausführliche Antwort. Du hast mir echt sehr geholfen.
|
|
|
|
