Stetigkeit < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hallo zusammen
Habe so meine Probleme mit der Stetigkeit.
Nun sollte ich folgende Aufgabe lösen:
| Aufgabe | Die Funktion f: [mm] \IR^2 \to \IR [/mm] sei definiert durch
[mm] f(s,y)=\begin{cases} (x^2+y^2)*sin(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}}), & \mbox{für } (x,y)\not= (0,0) \mbox \\ 0, & \mbox{für } (x,y)=(0,0) \mbox {} \end{cases}
[/mm]
1) Zeigen Sie, dass f überall partiell differenzierbar ist und berechnen Sie die partiellen Ableitungen.
2) Ist f stetig partiell differenzierbar? |
Nun zu meiner Lösung:
Für (x,y) [mm] \not= [/mm] (0,0)
[mm] \bruch{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x*sin(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})-(x^2+y^2)*cos(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})*\bruch{x}{(x^2+y^2)^{3/2}}
[/mm]
[mm] \bruch{\partial f}{\partial y}(x,y)=2y*sin(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})-(x^2+y^2)*cos(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})*\bruch{y}{(x^2+y^2)^{3/2}}
[/mm]
Da sin & cos stetig [mm] \Rightarrow [/mm] Komposition stetiger Funktionen, somit ist für (x,y) [mm] \not= [/mm] (0,0) [mm] \bruch{\partial f}{\partial x} [/mm] & [mm] \bruch{\partial f}{\partial y} [/mm] stetig.
Für (x,y)=(0,0)
partiell diffbar:
[mm] \bruch{\partial f}{\partial x}(0,0)=\limes_{t\rightarrow\0} \bruch{f((0,0)+(t,0))-f(0,0)}{t}=\limes_{t\rightarrow\0} \bruch{t^2*sin(\bruch{1}{t})}{t}=\limes_{t\rightarrow\0} t*sin(\bruch{1}{t})=0
[/mm]
Analog: [mm] \bruch{\partial f}{\partial x}(0,0)
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] Partielle Ableitungen in (0,0) ex.
Wie kann ich jetzt zeigen, dass die partiellen Ableitungen in (0,0) stetig sind?
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:12 Mi 27.08.2014 | | Autor: | fred97 |
> Hallo zusammen
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> Habe so meine Probleme mit der Stetigkeit.
>
> Nun sollte ich folgende Aufgabe lösen:
> Die Funktion f: [mm]\IR^2 \to \IR[/mm] sei definiert durch
> [mm]f(s,y)=\begin{cases} (x^2+y^2)*sin(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}}), & \mbox{für } (x,y)\not= (0,0) \mbox \\ 0, & \mbox{für } (x,y)=(0,0) \mbox {} \end{cases}[/mm]
>
> 1) ZEigen Sie, dass f überall partiell differenzierbar ist
> und berechnen Sie die partiellen Ableitungen.
> 2) Ist f stetig partiell differenzierbar?
>
> Nun zu meiner Lösung:
> Für (x,y) [mm]\not=[/mm] (0,0)
> [mm]\bruch{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x*sin(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})-(x^2+y^2)*cos(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})*\bruch{x}{(x^2+y^2)^{3/2}}[/mm]
>
> [mm]\bruch{\partial f}{\partial y}(x,y)=2y*sin(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})-(x^2+y^2)*cos(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})*\bruch{y}{(x^2+y^2)^{3/2}}[/mm]
>
> Da sin & cos stetig [mm]\Rightarrow[/mm] Komposition stetiger
> Funktionen, somit ist für (x,y) [mm]\not=[/mm] (0,0)
> [mm]\bruch{\partial f}{\partial x}[/mm] & [mm]\bruch{\partial f}{\partial y}[/mm]
> stetig.
>
> Für (x,y)=(0,0)
> partiell diffbar:
> [mm]\bruch{\partial f}{\partial x}(0,0)=\limes_{t\rightarrow\0} \bruch{f((0,0)+(t,0))-f(0,0)}{t}=\limes_{t\rightarrow\0} \bruch{t^2*sin(\bruch{1}{t})}{t}=\limes_{t\rightarrow\0} t*sin(\bruch{1}{t})=0[/mm]
>
> Analog: [mm]\bruch{\partial f}{\partial x}(0,0)[/mm]
Du meinst wohl [mm]\bruch{\partial f}{\partial y}(0,0)=0[/mm]
> [mm]\Rightarrow[/mm]
> Partielle Ableitungen in (0,0) ex.
>
> Wie kann ich jetzt zeigen, dass die partiellen Ableitungen
> in (0,0) stetig sind?
Gar nicht, denn sie sind in (0,0) nicht stetig.
Finde eine Nullfolge [mm] (x_n) [/mm] mit der Eigenschaft: die Folge
[mm] (\bruch{\partial f}{\partial x}(x_n,0))
[/mm]
konvergiert nicht gegen 0.
FRED
>
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> > Hallo zusammen
> >
> > Habe so meine Probleme mit der Stetigkeit.
> >
> > Nun sollte ich folgende Aufgabe lösen:
> > Die Funktion f: [mm]\IR^2 \to \IR[/mm] sei definiert durch
> > [mm]f(s,y)=\begin{cases} (x^2+y^2)*sin(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}}), & \mbox{für } (x,y)\not= (0,0) \mbox \\ 0, & \mbox{für } (x,y)=(0,0) \mbox {} \end{cases}[/mm]
>
> >
> > 1) ZEigen Sie, dass f überall partiell differenzierbar ist
> > und berechnen Sie die partiellen Ableitungen.
> > 2) Ist f stetig partiell differenzierbar?
> >
> > Nun zu meiner Lösung:
> > Für (x,y) [mm]\not=[/mm] (0,0)
> > [mm]\bruch{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x*sin(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})-(x^2+y^2)*cos(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})*\bruch{x}{(x^2+y^2)^{3/2}}[/mm]
>
> >
> > [mm]\bruch{\partial f}{\partial y}(x,y)=2y*sin(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})-(x^2+y^2)*cos(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})*\bruch{y}{(x^2+y^2)^{3/2}}[/mm]
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> >
> > Da sin & cos stetig [mm]\Rightarrow[/mm] Komposition stetiger
> > Funktionen, somit ist für (x,y) [mm]\not=[/mm] (0,0)
> > [mm]\bruch{\partial f}{\partial x}[/mm] & [mm]\bruch{\partial f}{\partial y}[/mm]
> > stetig.
> >
> > Für (x,y)=(0,0)
> > partiell diffbar:
> > [mm]\bruch{\partial f}{\partial x}(0,0)=\limes_{t\rightarrow\0} \bruch{f((0,0)+(t,0))-f(0,0)}{t}=\limes_{t\rightarrow\0} \bruch{t^2*sin(\bruch{1}{t})}{t}=\limes_{t\rightarrow\0} t*sin(\bruch{1}{t})=0[/mm]
>
> >
> > Analog: [mm]\bruch{\partial f}{\partial x}(0,0)[/mm]
>
> Du meinst wohl [mm]\bruch{\partial f}{\partial y}(0,0)=0[/mm]
>
>
> > [mm]\Rightarrow[/mm]
> > Partielle Ableitungen in (0,0) ex.
> >
> > Wie kann ich jetzt zeigen, dass die partiellen Ableitungen
> > in (0,0) stetig sind?
>
> Gar nicht, denn sie sind in (0,0) nicht stetig.
>
> Finde eine Nullfolge [mm](x_n)[/mm] mit der Eigenschaft: die Folge
>
> [mm](\bruch{\partial f}{\partial x}(x_n,0))[/mm]
>
> konvergiert nicht gegen 0.
>
> FRED
> >
> >
>
Hallo FRED
Also ich nehme in dem Fall mal [mm] x_n=\bruch{1}{n}
[/mm]
[mm] \limes_{n\rightarrow\ 0 } \bruch{\partial f}{\partial x}(\bruch{1}{n},0)=\limes_{n\rightarrow\ 0 } \bruch{2}{n} [/mm] * [mm] sin(\bruch{n}{2})-\bruch{4}{8}*cos(\bruch{n}{2}) [/mm] = ...
Wie berechne ich jetzt da den limes?
Habe noch folgendes versucht (weiss aber nicht ob ich dies so machen darf): Ich habe die partielle Ableitung in Polarkoordinaten umgeschrieben:
[mm] \bruch{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x*sin(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})-(x^2+y^2)*cos(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})*\bruch{x}{(x^2+y^2)^{3/2}}=2*r*cos(\phi)*sin(\bruch{1}{r})-\bruch{r^3*cos(\phi)}{r^3}*cos(\bruch{1}{r})
[/mm]
Nun den Limes für r [mm] \to [/mm] 0
[mm] \limes_{r \rightarrow\ 0 } 2*r*cos(\phi)*sin(\bruch{1}{r})-cos(\phi)*cos(\bruch{1}{r}) [/mm] = [mm] \limes_{r \rightarrow\ 0 } 2*r*cos(\phi)*sin(\bruch{1}{r})- \limes_{r \rightarrow\ 0 } cos(\phi)*cos(\bruch{1}{r}) [/mm] = 0 - [mm] \limes_{r \rightarrow\ 0 } cos(\phi)*cos(\bruch{1}{r})
[/mm]
Da der Grenzwert abhängig ist von [mm] \phi [/mm] ist die parielle Ableitung nach x nicht stetig.
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Hallo,
[mm]\bruch{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x*sin(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})-(x^2+y^2)*cos(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})*\bruch{x}{(x^2+y^2)^{3/2}}[/mm]
>
> Hallo FRED
>
> Also ich nehme in dem Fall mal [mm]x_n=\bruch{1}{n}[/mm]
>
> [mm]\limes_{n\rightarrow\ 0 } \bruch{\partial f}{\partial x}(\bruch{1}{n},0)=\limes_{n\rightarrow\ 0 } \bruch{2}{n}[/mm] * [mm]sin(\bruch{n}{2})-\bruch{4}{8}*cos(\bruch{n}{2})[/mm] = ...
Wie kommt das denn zustande?
Da muss doch gem. der ganz oben stehenden partiellen Ableitung nach x dies stehen:
[mm]\lim\limits_{n\to\infty} \ \left[ \ 2\cdot{}\frac{1}{n}\cdot{}\sin\left(\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{n^2}}}\right)-\frac{1}{n^2}\cdot{}\cos\left(\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{n^2}}}\right)\cdot{}\frac{\frac{1}{n}}{\left(\frac{1}{n^2}\right)^{3/2}}} \ \right][/mm]
Und das ist doch schnell vereinfacht zu
[mm]\lim\limits_{n\to\infty}\left[\frac{2}{n}\cdot{}\sin(n)-\frac{1}{n^2}\cdot{}\cos(n)\cdot{}n^2\right][/mm]
Beachte, dass [mm]\sin[/mm] und [mm]\cos[/mm] beschränkt sind ...
> Wie berechne ich jetzt da den limes?
>
> Habe noch folgendes versucht (weiss aber nicht ob ich dies
> so machen darf): Ich habe die partielle Ableitung in
> Polarkoordinaten umgeschrieben:
> [mm]\bruch{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x*sin(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})-(x^2+y^2)*cos(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})*\bruch{x}{(x^2+y^2)^{3/2}}=2*r*cos(\phi)*sin(\bruch{1}{r})-\bruch{r^3*cos(\phi)}{r^3}*cos(\bruch{1}{r})[/mm]
>
> Nun den Limes für r [mm]\to[/mm] 0
> [mm]\limes_{r \rightarrow\ 0 } 2*r*cos(\phi)*sin(\bruch{1}{r})-cos(\phi)*cos(\bruch{1}{r})[/mm]
> = [mm]\limes_{r \rightarrow\ 0 } 2*r*cos(\phi)*sin(\bruch{1}{r})- \limes_{r \rightarrow\ 0 } cos(\phi)*cos(\bruch{1}{r})[/mm]
> = 0 - [mm]\limes_{r \rightarrow\ 0 } cos(\phi)*cos(\bruch{1}{r})[/mm]
>
> Da der Grenzwert abhängig ist von [mm]\phi[/mm] ist die parielle
> Ableitung nach x nicht stetig.
Die Rechnung habe ich nicht überprüft, aber m.E. kannst du auch so argumentieren. Allerdings spielt doch auch mit ein, dass der GW von [mm]\cos\left(\frac{1}{r}\right)[/mm] für [mm]r\to 0[/mm] nicht existiert, das oszilliert doch immer nur herum wie nicht gescheit ....
Was sich mit der Folgenbetrachtung oben doch auch ergibt ...
Gruß
schachuzipus
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Hallo schachuzipus
> Hallo,
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> [mm]\bruch{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x*sin(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})-(x^2+y^2)*cos(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})*\bruch{x}{(x^2+y^2)^{3/2}}[/mm]
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> >
> > Hallo FRED
> >
> > Also ich nehme in dem Fall mal [mm]x_n=\bruch{1}{n}[/mm]
> >
> > [mm]\limes_{n\rightarrow\ 0 } \bruch{\partial f}{\partial x}(\bruch{1}{n},0)=\limes_{n\rightarrow\ 0 } \bruch{2}{n}[/mm]
> * [mm]sin(\bruch{n}{2})-\bruch{4}{8}*cos(\bruch{n}{2})[/mm] = ...
>
> Wie kommt das denn zustande?
Sorry habe mich wohl in der Eile etwas verschrieben.
>
> Da muss doch gem. der ganz oben stehenden partiellen
> Ableitung nach x dies stehen:
>
> [mm]\lim\limits_{n\to\infty} \ \left[ \ 2\cdot{}\frac{1}{n}\cdot{}\sin\left(\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{n^2}}}\right)-\frac{1}{n^2}\cdot{}\cos\left(\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{n^2}}}\right)\cdot{}\frac{\frac{1}{n}}{\left(\frac{1}{n^2}\right)^{3/2}}} \ \right][/mm]
>
> Und das ist doch schnell vereinfacht zu
>
> [mm]\lim\limits_{n\to\infty}\left[\frac{2}{n}\cdot{}\sin(n)-\frac{1}{n^2}\cdot{}\cos(n)\cdot{}n^2\right][/mm]
>
> Beachte, dass [mm]\sin[/mm] und [mm]\cos[/mm] beschränkt sind ...
Ok. Aber kannst du mir noch mal erklären, wieso ich jetzt n [mm] \to \infty [/mm] laufen lassen muss?
Und würde das, was ich über die Polarkoordinaten geschrieben habe, an einer Prüfung ausreichen? Oder muss ich noch etwas anderes zeigen?
> > [mm]\bruch{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x*sin(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})-(x^2+y^2)*cos(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})*\bruch{x}{(x^2+y^2)^{3/2}}=2*r*cos(\phi)*sin(\bruch{1}{r})-\bruch{r^3*cos(\phi)}{r^3}*cos(\bruch{1}{r})[/mm]
>
> >
> > Nun den Limes für r [mm]\to[/mm] 0
> > [mm]\limes_{r \rightarrow\ 0 } 2*r*cos(\phi)*sin(\bruch{1}{r})-cos(\phi)*cos(\bruch{1}{r})[/mm]
>
> > = [mm]\limes_{r \rightarrow\ 0 } 2*r*cos(\phi)*sin(\bruch{1}{r})- \limes_{r \rightarrow\ 0 } cos(\phi)*cos(\bruch{1}{r})[/mm]
>
> > = 0 - [mm]\limes_{r \rightarrow\ 0 } cos(\phi)*cos(\bruch{1}{r})[/mm]
>
> >
> > Da der Grenzwert abhängig ist von [mm]\phi[/mm] ist die
> parielle
> > Ableitung nach x nicht stetig.
>
Und wenn ich jetzt eine Funktion hätte, die im Nullpunkt stetig ist, dann kann ich ja nicht alle beliebigen Folgen durch probieren.
Ich könnte es ja wieder mit Polarkoordinaten machen, und wenn der Grenzwert = 0 ist (nicht von [mm] \phi [/mm] abhängt), wäre es stetig.
Aber gibt es auch noch einen anderen Weg dies zu zeigen?
Liebe Grüsse
Babybel
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Hallo nochmal,
> Hallo schachuzipus
>
> > Hallo,
> >
> > [mm]\bruch{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x*sin(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})-(x^2+y^2)*cos(\bruch{1}{\wurzel{x^2+y^2}})*\bruch{x}{(x^2+y^2)^{3/2}}[/mm]
>
> >
> > >
> > > Hallo FRED
> > >
> > > Also ich nehme in dem Fall mal [mm]x_n=\bruch{1}{n}[/mm]
> > >
> > > [mm]\limes_{n\rightarrow\ 0 } \bruch{\partial f}{\partial x}(\bruch{1}{n},0)=\limes_{n\rightarrow\ 0 } \bruch{2}{n}[/mm]
> > * [mm]sin(\bruch{n}{2})-\bruch{4}{8}*cos(\bruch{n}{2})[/mm] = ...
> >
> > Wie kommt das denn zustande?
>
> Sorry habe mich wohl in der Eile etwas verschrieben.
>
>
> >
> > Da muss doch gem. der ganz oben stehenden partiellen
> > Ableitung nach x dies stehen:
> >
> > [mm]\lim\limits_{n\to\infty} \ \left[ \ 2\cdot{}\frac{1}{n}\cdot{}\sin\left(\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{n^2}}}\right)-\frac{1}{n^2}\cdot{}\cos\left(\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{n^2}}}\right)\cdot{}\frac{\frac{1}{n}}{\left(\frac{1}{n^2}\right)^{3/2}}} \ \right][/mm]
>
> >
> > Und das ist doch schnell vereinfacht zu
> >
> >
> [mm]\lim\limits_{n\to\infty}\left[\frac{2}{n}\cdot{}\sin(n)-\frac{1}{n^2}\cdot{}\cos(n)\cdot{}n^2\right][/mm]
> >
> > Beachte, dass [mm]\sin[/mm] und [mm]\cos[/mm] beschränkt sind ...
>
> Ok. Aber kannst du mir noch mal erklären, wieso ich jetzt
> n [mm]\to \infty[/mm] laufen lassen muss?
Na, das Folgenkriterium der Stetigkeit kennst du doch?
Nennen wir die Funktion der partiellen Ableitung nach x der kürzeren Form halber mal [mm]g(x,y)[/mm]
Dann wäre [mm]g[/mm] stetig in [mm](0,0)[/mm], wenn für jede Folge [mm](x_n,y_n)_{n\in\IN}[/mm] mit [mm]\lim\limits_{n\to\infty}(x_n,y_n)=(0,0)[/mm] auch gilt [mm]g(x_n,y_n)\longrightarrow g(0,0)[/mm] für [mm]n\to\infty[/mm]
Und hier hast du mit [mm](x_n,y_n)_{n\in\IN}=\left(1/n,0\right)_{n\in\IN}[/mm] eine Folge gefunden, die zwar für [mm]n\to\infty[/mm] gegen [mm](0,0)[/mm] konvergiert, wo aber [mm]g(1/n,0)[/mm] nicht konvergiert ...
Damit kann g in (0,0) nicht stetig sein.
Den zweiten Teil deiner Frage möge jemand anderes beantworten ...
>
> Liebe Grüsse
> Babybel
>
Gruß
schachuzipus
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Hallo
Leider versteh ich es immer noch nicht wirklich.
Ich habe im Internet nach Beispielen zur Stetigkeit gesucht und auch in Büchern.
Manchmal steht eben:
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty} f(x_n,y_n) \not= [/mm] 0
Und manchmal zeigen sie es auch einfach, dass
[mm] \limes_{(x,0)\rightarrow\(0,0)} [/mm] f(x,0) [mm] \not= [/mm] 0
oder
[mm] \limes_{(0,y)\rightarrow\(0,0)} [/mm] f(0,y) [mm] \not= [/mm] 0
oder
[mm] \limes_{(x,x)\rightarrow\(0,0)} [/mm] f(x,x) [mm] \not= [/mm] 0
Wieso ist es nun einmal [mm] \to [/mm] 0 & einmal [mm] \to \infty? [/mm]
Sorry für die blöde Frage, aber ich sehs grad wirklich nicht... :/
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:56 Do 28.08.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
du lässt x,y gegen 0 gehen, oder du nimmst eine Nullfolge für [mm] x_n.y_n [/mm] die für n gegen unendlich gegen 0 geht, zB die Folge [mm] (x:n,y_n)=(1/n, 1/n^2) [/mm] dann muss n gegen unendlich.
bis dann, lula
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:20 Fr 29.08.2014 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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