Totale Differenzierbarkeit (an < Differentiation < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:12 Mo 10.11.2008 | | Autor: | depred |
| Aufgabe | Hallo!
Quäle mich schon eine ganze Weile mit der Thematik rum, bekomme es aber irgendwie nicht richtig hin...
Nehmen wir folgende Funktion von R2→R
[mm] f(x,y)=x^2+y^2
[/mm]
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Die partiellen Ableitungen sind doch 2x bzw 2y. Das sehe ich doch richtig, oder?
Aber daraus folgt doch noch keine totale Diff'barkeit, oder? Aus partieller Differenzierbarkeit folgt doch noch nicht mal Stetigkeit, wenn ich das richtig verstanden habe.
Wie sehe ich dann hier, ob die Fkt total diffbar ist oder nicht? Ist es so, dass wenn in allen Punkten der Fkt die partielle Ableitung stetig ist, die Fkt auch total diff'bar ist? Wie gebe ich hier den Gradienten an?
Und wie finde ich an diesem Beispiel die Extremstellen. Die Definition lautet ja das man eine offene Umgebung V finden muss (für den Punkt x), so dass f(x)≥f(y) (und umgeekehrt) für alle y aus V. Klingt zwar prinzipiell logisch, aber das Anwenden fällt mir schwer... Deshalb auch das Beispiel.
Und wenn wir dabei sind: Das Prinzip der Taylor-Entwicklung, z.B. von R2 nach R und an diesem Beispiel in den Punkten (0,0) und (1,1)... Wüürd mir ungeheuer helfen, wenn ich das mal an einem Beispiel sehen würde, dann bekommt auch der ganze Formalismus vielleicht etwas Sinn...
Vielen Dank schon mal...
Ich habe diese Frage auch in folgenden Foren auf anderen Internetseiten gestellt:
[http://www.onlinemathe.de/forum/Totale-Differenzierbarkeit-an-Beispiel]
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Hallo depred und herzlich ![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]") ,
> Hallo!
>
> Quäle mich schon eine ganze Weile mit der Thematik rum,
> bekomme es aber irgendwie nicht richtig hin...
>
> Nehmen wir folgende Funktion von R2→R
> [mm]f(x,y)=x^2+y^2[/mm]
>
>
> Die partiellen Ableitungen sind doch 2x bzw 2y. Das sehe
> ich doch richtig, oder? ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Ja!
> Aber daraus folgt doch noch keine totale Diff'barkeit,
> oder? Aus partieller Differenzierbarkeit folgt doch noch
> nicht mal Stetigkeit, wenn ich das richtig verstanden habe.
Genau!
> Wie sehe ich dann hier, ob die Fkt total diffbar ist oder
> nicht? Ist es so, dass wenn in allen Punkten der Fkt die
> partielle Ableitung stetig ist, die Fkt auch total diff'bar
> ist?
oder "lokaler": wenn die partiellen ABleitungen von f im Punkte [mm] $a=(x_0,y_0)$ [/mm] existieren und in einer Umgebung von $a$ stetig sind, so ist f in $a$ total diffbar
> Wie gebe ich hier den Gradienten an?
Das ist doch der Vektor der partiellen Ableitungen: [mm] $\nabla f(x,y)=\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x,y),\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right)=(2x,2y)$
[/mm]
> Und wie finde ich an diesem Beispiel die Extremstellen.
Bestimme die stationären Punkte, das sind diejenigen, an denen die ersten partiellen Ableitungen 0 sind, das ist also nur der Punkt [mm] $(x_0,y_0)=(0,0)$
[/mm]
Dann stelle die Hessematrix im Punkt $(0,0)$ auf und schaue dir ihre Definitheit an
Hier ist sie leicht ersichtlich positiv definit in $(0,0)$, also hast du ein lokales Minimum.
Davon, dass es auch ein globales ist, kannst du dich durch ein wenig Nachdenken leicht überzeugen, schaue dir einfach mal den Funktionsterm an .. 
> Die Definition lautet ja das man eine offene Umgebung V
> finden muss (für den Punkt x), so dass f(x)≥f(y) (und
> umgeekehrt) für alle y aus V. Klingt zwar prinzipiell
> logisch, aber das Anwenden fällt mir schwer... Deshalb auch
> das Beispiel.
>
> Und wenn wir dabei sind: Das Prinzip der
> Taylor-Entwicklung, z.B. von R2 nach R und an diesem
> Beispiel in den Punkten (0,0) und (1,1)... Wüürd mir
> ungeheuer helfen, wenn ich das mal an einem Beispiel sehen
> würde, dann bekommt auch der ganze Formalismus vielleicht
> etwas Sinn...
Machen wir das mal bis zur dritten Ordnung ...
Die allg. Formel für das Taylorpolynom k-ter Ordnung im Punkt [mm] $(x_0,y_0)$ [/mm] lautet: [mm] $T^k_{(x_0,y_0)}(x,y)=\sum\limits_{|\beta|\le k}\frac{\partial^{\beta}f(x_0,y_0)}{\beta!}((x,y)-(x_0,y_0))^{\beta}$
[/mm]
wobei [mm] $\beta=\vektor{\beta_1\\\beta_2}\in\IN_0^2$ [/mm] ein Multiindex ist und [mm] $\beta!=\beta_1!\cdot{}\beta_2!$ [/mm] und [mm] $((x,y)-(x_0,y_0))^{\beta}=(x-x_0)^{\beta_1}\cdot{}(y-y_0)^{\beta_2}$ [/mm] und [mm] $|\beta|=\beta_1+\beta_2$
[/mm]
Für [mm] $|\beta|=0$, [/mm] also [mm] $\beta_1=\beta_2=0$ [/mm] hast du genau einen Summanden, für [mm] $|\beta|=1$ [/mm] hast du zwei Möglichkeiten: [mm] $\beta=(1,0)$ [/mm] und [mm] $\beta=(0,1)$
[/mm]
Für [mm] $|\beta|=2$ [/mm] gibt's 3 Summanden: je einen für [mm] $\beta=(1,1), \beta=(2,0), \beta=(0,2)$
[/mm]
Für [mm] $|\beta|=3$ [/mm] gibt's noch mehr Möglichkeiten, also Summanden:je einen für [mm] $\beta=(3,0), \beta=(2,1), \beta=(1,2), \beta=(0,3)$
[/mm]
Nun stelle mal das Taylorpolynom auf ...
>
> Vielen Dank schon mal...
>
> Ich habe diese Frage auch in folgenden Foren auf anderen
> Internetseiten gestellt:
>
> [http://www.onlinemathe.de/forum/Totale-Differenzierbarkeit-an-Beispiel]
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:22 Mo 10.11.2008 | | Autor: | depred |
Erst einmal vielen herzlichen Dank! Ich hab es mal probiert, bin mir aber unsicher...
[mm] T^{3}_{(x_{0},y_{0})}(x,y) [/mm] = [mm] f({(x_{0},y_{0})}) [/mm] + [mm] (\partial'f(x_{0},y_{0}))/1)\*((x,y)-(x_{0},y_{0})) [/mm] + [mm] (\partial''f(x_{0},y_{0}))/2)\*((x,y)-(x_{0},y_{0}))^{2} [/mm] +
[mm] (\partial'''f(x_{0},y_{0}))/6)\*((x,y)-(x_{0},y_{0}))^{3}
[/mm]
Also ist
[mm] T^{3}_{(x_{0},y_{0})}(x,y) [/mm] = [mm] f({(x_{0},y_{0})}) [/mm] +
[mm] (\partial'f(x_{0},y_{0}))/1)\*(x-x_{0}) [/mm] + [mm] (\partial'f(x_{0},y_{0}))/1)\*(y-y_{0}) [/mm] +
[mm] (\partial''f(x_{0},y_{0}))/2)\*(x-x_{0})^{2} [/mm] +
[mm] (\partial''f(x_{0},y_{0}))/2)\*(x-x_{0})^{1}\*(y-y_{0})^{1} [/mm] +
[mm] (\partial''f(x_{0},y_{0}))/2)\*(y-y_{0})^{2} [/mm] +
[mm] (\partial'''f(x_{0},y_{0}))/6)\*(x-x_{0})^{3} [/mm] +
[mm] (\partial'''f(x_{0},y_{0}))/6)\*(x-x_{0})^{2}\*(y-y_{0})^{1} [/mm] +
[mm] (\partial'''f(x_{0},y_{0}))/6)\*(x-x_{0})^{1}\*(y-y_{0})^{2} [/mm] +
[mm] (\partial'''f(x_{0},y_{0}))/6)\*(y-y_{0})^{3}
[/mm]
Ist das soweit grundsätzlich richtig?
Und nun? Muss ich die Funktion einsetzen, die Ableitungen bilden und ausrechnen, ja?
Edit: Wenn ich das jetzt berechnen würde. Für den Punkt (0,0):
Kommt da dann nicht einfach überall 0 raus?
Für den Punkt (1,1). Ist dann [mm] (1,1)=(x_{0},y_{0})? [/mm] Was wsetze ich dann für (x,y) ein???
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Hallo nochmal,
> Erst einmal vielen herzlichen Dank! Ich hab es mal
> probiert, bin mir aber unsicher...
>
> [mm]T^{3}_{(x_{0},y_{0})}(x,y)[/mm] = [mm]f({(x_{0},y_{0})})[/mm] +
> [mm](\partial'f(x_{0},y_{0}))/1)\*((x,y)-(x_{0},y_{0}))[/mm] +
> [mm](\partial''f(x_{0},y_{0}))/2)\*((x,y)-(x_{0},y_{0}))^{2}[/mm] +
> [mm](\partial'''f(x_{0},y_{0}))/6)\*((x,y)-(x_{0},y_{0}))^{3}[/mm]
>
> Also ist
> [mm]T^{3}_{(x_{0},y_{0})}(x,y)[/mm] = [mm]f({(x_{0},y_{0})})[/mm] +
> [mm](\partial'f(x_{0},y_{0}))/1)\*(x-x_{0})[/mm] +
> [mm](\partial'f(x_{0},y_{0}))/1)\*(y-y_{0})[/mm] +
> [mm](\partial''f(x_{0},y_{0}))/2)\*(x-x_{0})^{2}[/mm] +
>
> [mm](\partial''f(x_{0},y_{0}))/2)\*(x-x_{0})^{1}\*(y-y_{0})^{1}[/mm]
es muss dort [mm] $\frac{f_{xy}(x_0,y_0)}{\underbrace{(1,1)!}_{=1}}$ [/mm] stehen, siehe obige Formel
> +
> [mm](\partial''f(x_{0},y_{0}))/2)\*(y-y_{0})^{2}[/mm] +
> [mm](\partial'''f(x_{0},y_{0}))/6)\*(x-x_{0})^{3}[/mm] +
>
> [mm](\partial'''f(x_{0},y_{0}))/6)\*(x-x_{0})^{2}\*(y-y_{0})^{1}[/mm]
> +
>
> [mm](\partial'''f(x_{0},y_{0}))/6)\*(x-x_{0})^{1}\*(y-y_{0})^{2}[/mm]
> +
> [mm](\partial'''f(x_{0},y_{0}))/6)\*(y-y_{0})^{3}[/mm]
>
> Ist das soweit grundsätzlich richtig?
Ja, das ist in etwa richtig, du musst dir nur im Klaren sein, was du mit zB. [mm] $\partial'''$ [/mm] bezeichnest.
Das sind ja die verschiedenen Kombinationen, die bei der dritten partiellen Ableitung möglich sind, vllt. bezeichnen wir die partiellen Ableitungen mal der Übersicht halber besser mit [mm] $f_x, f_{yx}$ [/mm] usw.
Dann steht oben:
[mm] $T(x,y)=\underbrace{f(x_0,y_0)}_{\text{für} |\beta|=0}+\underbrace{f_x(x_0,y_0)(x-x_0)+f_y(x_0,y_0)(y-y_0)}_{\text{für} |\beta|=1}$
[/mm]
[mm] $+\underbrace{\frac{f_{xx}(x_0,y_0)}{(2,0)!}(x-x_0)^2+\frac{f_{xy}(x_0,y_0)}{(1,1)!}(x-x_0)(y-y_0)+\frac{f_{yy}(x_0,y_0)}{(0,2)!}(y-y_0)^2}_{\text{für} |\beta|=2$
$+\underbrace{\frac{f_{xxx}(x_0,y_0)}{(3,0)!}(x-x_0)^3+\frac{f_{xxy}(x_0,y_0)}{(2,1)!}(x-x_0)^2(y-y_0)+\frac{f_{yxx}(x_0,y_0)}{(1,2)!}(x-x_0)(y-y_0)^2+\frac{f_{yyy}(x_0,y_0)}{(0,3)!}(y-y_0)^3}_{\text{für} |\beta|=3}$
$=f(x_0,y_0)+f_x(x_0,y_0)(x-x_0)+f_y(x_0,y_0)(y-y_0)+$
$\frac{f_{xx}(x_0,y_0)}{2}(x-x_0)^2+f_{xy}(x_0,y_0)}(x-x_0)(y-y_0)+\frac{f_{yy}(x_0,y_0)}{2}(y-y_0)^2$
[/mm]
[mm] $+\frac{f_{xxx}(x_0,y_0)}{6}(x-x_0)^3+\frac{f_{xxy}(x_0,y_0)}{2}(x-x_0)^2(y-y_0)+\frac{f_{yxx}(x_0,y_0)}{2}(x-x_0)(y-y_0)^2+\frac{f_{yyy}(x_0,y_0)}{6}(y-y_0)^3$
[/mm]
Ich hoffe, ich habe mich bei diesem Wust nirgends vertippt
>
> Und nun? Muss ich die Funktion einsetzen, die Ableitungen
> bilden und ausrechnen, ja?
Ja!
> Edit: Wenn ich das jetzt berechnen würde. Für den Punkt
> (0,0):
> Kommt da dann nicht einfach überall 0 raus?
Hmm, was heißt überall? Bei dieser einfachen Funktion verschwinden alle dritten partiellen Ableitungen, die gemischten zweiten partiellen Ableitungen ebenfalls und $f(0,0)=0$
Es bleibt [mm] $T(x,y)=\frac{f_{xx}(0,0)}{(2,0)!}(x-0)^2+\frac{f_{yy}(0,0)}{(0,2)!}(y-0)^2=\frac{2}{2}x^2+\frac{2}{2}y^2=x^2+y^2=f(x,y)$
[/mm]
>
>
> Für den Punkt (1,1). Ist dann [mm](1,1)=(x_{0},y_{0})?[/mm]
> Was setze ich dann für (x,y) ein???
Das TP geht doch von [mm] $\IR^2\to\IR$, [/mm] das $(x,y)$ ist also dein "Funktionsvariablenvektor" - gibt's dieses Wort? Mir fällt gerade kein anderer Begriff ein
LG
schachuzipus
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 16:44 Mo 10.11.2008 | | Autor: | depred |
Danke nochmals, für diese ausführliche Antwort!
Müsste der Summand [mm] \frac{f_{yxx}(x_0,y_0)}{2}(x-x_0)(y-y_0)^2
[/mm]
so sein [mm] \frac{f_{yyx}(x_0,y_0)}{2}(x-x_0)(y-y_0)^2?
[/mm]
(Bitte nicht korrigierend verstehen, falls der kleine Einwand richtig ist, will es nur richtig verstehen!  )
Ist die Reihenfolge eigentlich egal, dürfte da auch [mm] \frac{f_{yxy}(x_0,y_0)}{2}(x-x_0)(y-y_0)^2
[/mm]
stehen?
Ich habs jetzt auch mal für (1,1) probiert auszurechnen, ich hoffe es stimmt:
T(1,1):
Dritte Ableitungen fallen wieder weg und das gemischte zweite natürlich auch, ist ja noch dieselbe Funktion.
Also
f(1,1) = 2
[mm] f_{x}=2 [/mm]
[mm] f_{y}=2
[/mm]
[mm] f_{xx}=2
[/mm]
[mm] f_{yy}=2
[/mm]
Es kommt wieder [mm] x^2 [/mm] + [mm] y^2 [/mm] raus. Ich gehe mal davon aus, dass das passt.
Noch eine kleine Frage:
In der Taylorformel ist ja noch ein Restglied (Also diese Fehlerabschätzung) mit drin.
Wann wird das benötigt? Wenn z.B eine Funktion nicht wie hier komplett "wegfällt", sondern noch nach mehreren (oder sogar nur einer gewissen partiellen Ableitung) Ableitungen stehen bleibt?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:37 Do 13.11.2008 | | Autor: | matux |
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