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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:10 So 13.06.2010 | | Autor: | mohn |
| Aufgabe | a) Zeige dass die Funktion
[mm] f:\IR^2 \to \IR [/mm]
(x,y) [mm] \mapsto \begin{cases} \bruch{sin(x^2+y^2)}{x^2+y^2}, & \mbox{, falls (x,y)} \not= \mbox {(0,0)} \\ 1, & \mbox{,falls (x,y) = (0,0)} \end{cases} [/mm]
stetig ist.
b) Weisen sie nach, dass
[mm] \limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)} \bruch{x^2-y^2}{x^2+y^2} [/mm]
nicht existiert. (Hinweis: Polarkoordinaten sind hier überflüssig) |
zu a)
Ich weiß, dass der Sinus stetig ist. Meine einzige kritische Stelle ist also in der Umgebung von (0,0).
Ich muss also zeigen, dass der linksseitige und der rechtsseitige Grenzwert gegen (0,0) übereinstimmt und gleich 1 ist.
Ich könnte das nun mit dem [mm] \varepsilon [/mm] - [mm] \delta [/mm] Kriterium nachweisen oder hier einfach den Limes benutzen.
Mein Ansatz ist also:
[mm] \limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)} \bruch{sin(x^2+y^2)}{x^2+y^2} [/mm]
Hier dachte ich den Satz von l'Hospital zu nutzen, da der Nenner und der Zähler für (x,y) [mm] \rightarrow [/mm] (0,0) gegen Null streben. Doch genau hier liegt auch schon mein Problem, da ich nicht genau weiß, wie ich eine Funktion mit zwei abhängigen Variablen ableiten muss. Meine Idee sieht so aus:
[mm] =\limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)} \bruch{cos(x^2+y^2)*(2x+2y)}{2x+2y} [/mm] wenn das so stimmt, dann kann ich ja einfach kürzen
[mm] =\limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)} cos(x^2+y^2) [/mm] =1
und damit wäre dann ja gezeigt, dass der Grenzwert existiert und gleich eins ist, oder? Wobei ich das mit dem rechtseitigen und linksseitigen Grenzwert noch gar nicht gemacht hab? Was muss ich denn verändern, damit ich das noch einbauen kann?
zu b)
Hier soll ich ja zeigen, dass der Grenzwert nicht existiert.
Allerdings würde bei mir hier ein Grenzwert herauskommen, wenn ich wieder l'Hospital anwende:
[mm] \limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)} \bruch{x^2-y^2}{x^2+y^2}=\limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)} \bruch{2x-2y}{2x+2y}= [/mm] 0 (bei nochmaliger Anwendung von l'hospital)
Da das nicht stimmen kann, muss ja bei meiner Ableitung vom Nenner und Zähler etwas falsch sein und dementsprechend auch bei a)
Kann mir da jemand weiter helfen?
Lg
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hiho,
L'Hospital im mehrdimensionalen kannst du vergessen, den gibt es da leider nicht.
Also anderer Ansatz:
a) Polarkoordinaten führen dich auf einen bekannten Grenzwert
b) Betrachte mal den Grenzwert auf den Geraden $(x,0)$ und $(0,y)$.
MFG,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:54 Mo 14.06.2010 | | Autor: | mohn |
Ich hab schon viele Seiten durchstöbert, aber leider nicht gefunden, wie ich das mit den Polarkoordinaten bei a) machen muss. Wie stell ich die auf und wie verwende ich die dann?
Kann mir da jemand helfen?
LG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:01 Mo 14.06.2010 | | Autor: | mohn |
zu b)
Du hast mir ja den Tipp gegeben,
[mm] \limes_{(x,y) \rightarrow (x,0)} \bruch{x^2-y^2}{x^2+y^2} [/mm] =1 und [mm] \limes_{(x,y) \rightarrow (0,y)} \bruch{x^2-y^2}{x^2+y^2} [/mm] =-1 zu betrachten.
Kann ich daraus schon schließen, dass der Grenzwert von b nicht existiert?
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Hallo mohn,
> Kann ich daraus schon schließen, dass der Grenzwert von b
> nicht existiert?
Ja, das kannst Du.
Grüße
reverend
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 02:01 Di 15.06.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> zu b)
> Du hast mir ja den Tipp gegeben,
> [mm]\limes_{\red{(x,y) \rightarrow (x,0)}} \bruch{x^2-y^2}{x^2+y^2}[/mm]
> =1
Notation: [mm] $$\lim_{\substack{(x,0) \to (0,0)\\ \text{mit }x \not=0}}f(x,y)\;$$
[/mm]
> und [mm]\limes_{\red{(x,y) \rightarrow (0,y)}} \bruch{x^2-y^2}{x^2+y^2}[/mm]
> =-1 zu betrachten.
s.o.: Notationsmangel.
> Kann ich daraus schon schließen, dass der Grenzwert von b
> nicht existiert?
Reverend hat es ja schon beantwortet. Aber zusätzlich eine Begründung:
Würde [mm] $\limes_{(x,y) \rightarrow (0,0)} \underbrace{\bruch{x^2-y^2}{x^2+y^2}}_{=:f(x,y)}$ [/mm] existieren (und dieser wäre $=g [mm] \in \IR$), [/mm] so müßte für jede Folge [mm] $((x_n,y_n))_n$ [/mm] des [mm] $\IR^2\setminus\{(0,0)\}$ [/mm] mit [mm] $(x_n,y_n) \to [/mm] (0,0)$ folgen, dass [mm] $f(x_n,y_n) \to g\,.$ [/mm] Bei Dir folgte dann z.B. mit $(1/n,0) [mm] \to [/mm] (0,0)$, dass
$$f(1/n,0) [mm] \to [/mm] 1$$
und mit $(0,1/n) [mm] \to [/mm] (0,0)$, dass
$$f(0,1/n) [mm] \to -1\,.$$
[/mm]
Da aber [mm] $\IR$ [/mm] ein metrischer Raum ist (mit der üblichen, vom Betrage induzierten, Metrik), muss [mm] $g\,$ [/mm] eindeutig sein, so dass wir oben $1=g=-1$ erhielten. Wegen $-1 [mm] \not=1$ [/mm] ist das ein offensichtlicher Widerspruch.
Alternativ:
Sei $f: [mm] \IR^2\setminus\{(0,0)\} \to \IR,$ $f(x,y):=(x^2-y^2)/(x^2+y^2)\,.$
[/mm]
Du weißt $f(x,0) [mm] \to [/mm] 1$ und $f(0,y) [mm] \to [/mm] -1$ für $0 [mm] \not=x \to [/mm] 0$ und $0 [mm] \not=y \to 0\,.$ [/mm] Setze [mm] $\epsilon=1 [/mm] > [mm] 0\,.$ [/mm] Ist [mm] $\delta [/mm] > 0$ beliebig, so betrachte [mm] $U_\delta:=U_{\delta}((0,0))\,.$ [/mm] Dann ist [mm] $x:=x_\delta:=(\delta/2,0) \in U_\delta$ [/mm] und [mm] $y:=y_\delta:=(0,\delta/2) \in U_\delta\,.$
[/mm]
Nun gilt aber [mm] $|f(x_\delta)-f(y_\delta)|=2 [/mm] > [mm] \epsilon$ [/mm] (warum?).
Da [mm] $\delta [/mm] >0$ beliebig war, haben wir also gezeigt:
Es gibt ein [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ so, dass es zu jedem [mm] $\delta [/mm] > 0$ zwei Punkte [mm] $x_\delta,y_\delta \in U_\delta((0,0))\setminus\{(0,0)\}$ [/mm] gibt mit [mm] $|f(x_\delta)-f(y_\delta)| [/mm] > [mm] \epsilon\,.$ [/mm] Das zeigt, dass [mm] $f\,$ [/mm] an $(0,0)$ keinen Grenzwert haben kann:
Wäre dieser nämlich $=g [mm] \in \IR\,,$ [/mm] so kannst Du Dir überlegen, dass man dann einen Widerspruch erzeugen kann, wenn man
[mm] $|f(x_\delta)-g|+|g-f(y_\delta)| \ge |f(x_\delta)-f(y_\delta)|=2 [/mm] > [mm] 1=\epsilon$$
[/mm]
benutzt. Denn solche [mm] $x_\delta,y_\delta$ [/mm] findet man ja für jedes (auch noch so kleines) [mm] $\delta >0\,.$
[/mm]
Beste Grüße,
Marcel
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Hallo mohn,
Du brauchst hier keine Polarkoordinaten. Schädlich wären sie allerdings auch nicht.
Entweder Du verwendest den Tipp zu b) und untersuchst [mm] \to(x,0) [/mm] und [mm] \to(y,0), [/mm] oder Du setzt [mm] \hat{r}=x^2+y^2 [/mm] und untersuchst [mm] \lim_{\hat{r}\to 0}\bruch{\sin{\hat{r}}}{\hat{r}}.
[/mm]
Nebenbei: das ist ungefähr das, was Du in Polarkoordinaten auch tun würdest, wobei [mm] \hat{r}=r^2 [/mm] wäre.
Grüße
reverend
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:51 Mo 14.06.2010 | | Autor: | mohn |
bei deiner Variante r= [mm] x^2+y^2, [/mm] darf ich da dann den l'Hospital verwenden bei
[mm] \lim_{\hat{r}\to 0}\bruch{\sin{\hat{r}}}{\hat{r}} [/mm] = [mm] \lim_{\hat{r}\to 0}\bruch{\cos{\hat{r}}}{1} [/mm] =1
?
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Hallo nochmal,
ja, hier darfst Du. Ohne Taylorreihe würde ich sogar sagen, Du musst...
Grüße
reverend
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:59 Mo 14.06.2010 | | Autor: | mohn |
Sry, wenn ich mich jetzt doof stelle!
Aber meinst du damit, dass ich mit dem was ich geschrieben hab fertig bin, oder dass ich noch mit der Taylorreihe (???) argumentieren muss?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:02 Di 15.06.2010 | | Autor: | Loddar |
Hallo mohn!
Durch die Anwendung von Herrn de l'Hospital bist Du fertig.
Den Grenzwert [mm] $\limes_{z\rightarrow 0}\bruch{\sin(z)}{z}$ [/mm] kann man auch geometrisch herleiten: siehe hier.
Gruß
Loddar
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:05 Di 15.06.2010 | | Autor: | mohn |
Hi danke! Ihr habt mir super geholfen!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:18 Di 15.06.2010 | | Autor: | fred97 |
> Hallo nochmal,
>
> ja, hier darfst Du. Ohne Taylorreihe würde ich sogar
> sagen, Du musst...
Hallo reverend,
er muß nicht. Setze $f(t):= sint$ . Dann ist $f'(0) = cos(0)=1$ und somit
[mm] $\bruch{sin(t)}{t}= \bruch{f(t)-f(0)}{t-0} \to [/mm] f'(0)= 1$ für $t [mm] \to [/mm] 0$
FRED
>
> Grüße
> reverend
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:38 Di 15.06.2010 | | Autor: | mohn |
Ich weiß, es ist schon spät, aber ich sitze hier noch an einer Teilaufgabe:
[mm] \limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)} \bruch{x*y^3}{x^2+4y^6} [/mm] soll nicht existieren.
für y=m*x hab ich schon gezeigt, dass der Grenzwert existiert, aber hier weiß ich nicht weiter, wäre toll, wenn noch einer helfen kann!
LG
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:20 Di 15.06.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
was mit [mm] x=y^3, [/mm] x=y [mm] ,x=3y^3 [/mm] jeweils die GW-
Gruss leduart
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(Korrektur) kleiner Fehler  | | Datum: | 02:17 Di 15.06.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo mohn,
>
> Du brauchst hier keine Polarkoordinaten. Schädlich wären
> sie allerdings auch nicht.
>
> Entweder Du verwendest den Tipp zu b) und untersuchst
> [mm]\red{\to(x,0)}[/mm] und [mm]\red{\to(y,0)},[/mm]
es ist zwar nur ein "minimaler Notationsmangel", aber $(x,y) [mm] \to [/mm] (x,0)$ mit $x [mm] \to [/mm] 0$ zu schreiben, ist schon etwas anderes (ich würde es so auffassen: erst läßt man bei festem [mm] $x\,$ [/mm] nun $y [mm] \to [/mm] 0$ laufen und danach dann $x [mm] \to [/mm] 0$; es wäre also ein "Doppellimes" [mm] $\lim\limits_{0 \not=x \to 0}\;\;\lim\limits_{0 \not=y \to 0}\ldots$) [/mm] als das, was hier gemeint ist . Was hier gemeint ist, ist
[mm] $$\blue{(x,y):=\underbrace{(x,0)}_{\not=(0,0)}}\to [/mm] (0,0)$$
oder aber
[mm] $$(\underbrace{x}_{\not=0},0) \to [/mm] (0,0)$$
oder aber
[mm] $$\text{betrachte }(x,0) \text{ mit } [/mm] 0 [mm] \not=x \to 0\,.$$
[/mm]
Das ist ein "Einfachlimes" [mm] $\lim\limits_{0 \not=x \to 0}\ldots$
[/mm]
Beste Grüße,
Marcel
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