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Forum "Reelle Analysis mehrerer Veränderlichen" - Differenzierbarkeit zeigen
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Differenzierbarkeit zeigen: Erklärung
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 17:34 Fr 05.02.2016
Autor: maggie123

Hallo liebes Forum,

ich bin gerade in der Klausurvorbereitung für Ana1 und merke, dass ich einige Schwierigkeiten dabei habe, eine Funktion auf Differenzierbarkeit zu untersuchen. Dabei geht es hauptsächlich um Funktionen der Form:

[mm]f:\IR^2 \to \IR; (x,y) \to \begin{cases} f_1(x,y), & \mbox{für ...} \\ f_2(x,y), & \mbox{für..... } \end{cases} [/mm]


Differenzierbarkeit heißt bei uns, dass sich f in einem Punkt durch eine lineare Abbildung approximieren lässt.
Ich habe bereits hier im Forum und auch auf anderen Seiten nach Vorgehensweißen für obigen Fall gesucht und (fast) immer lief es darauf hinaus, dass die Stetigkeit der partiellen Ableitungen gezeigt wurde und daraus dann die Differenzierbarkeit der Funktion folgt. Mein Professor hat diese Implikation leider noch nicht bewiesen, so dass ich die Differenzierbarkeit auf anderem Wege zeigen muss/soll/darf/(will!).

Als Beispiel habe ich nun die Funktion
[mm]f:\IR^2 \to \IR; (x,y) \to \bruch{x*y^2}{x^2+y^2} [/mm]
für [mm] (x,y) \not= (0,0)[/mm]
und [mm]f(x,y) = (0,0)[/mm] für [mm](x,y)=(0,0)[/mm]

Würde es sich nicht um eine stückweise definierte Funktion handeln, könnte ich ganz normal die Existenz der partiellen Ableitungen zeigen, die Jacobi-Matrix aufstellen und eben direkt zeigen, dass das der Fehler der bei linearen Approximation gegen 0 geht. Wie muss ich hier nun vorgehen, stehe da total auf dem Schlauch...

VG

maggie

        
Bezug
Differenzierbarkeit zeigen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 18:01 Fr 05.02.2016
Autor: Thomas_Aut

Hallo,
>  
> Als Beispiel habe ich nun die Funktion
>  [mm]f:\IR^2 \to \IR; (x,y) \to \bruch{x*y^2}{x^2+y^2}[/mm]
>  für
> [mm](x,y) \not= (0,0)[/mm]
>  und [mm]f(x,y) = (0,0)[/mm] für [mm](x,y)=(0,0)[/mm]
>  
> Würde es sich nicht um eine stückweise definierte
> Funktion handeln, könnte ich ganz normal die Existenz der
> partiellen Ableitungen zeigen, die Jacobi-Matrix aufstellen

> und eben direkt zeigen, dass das der Fehler der bei
> linearen Approximation gegen 0 geht. Wie muss ich hier nun
> vorgehen, stehe da total auf dem Schlauch...
>  
> VG
>  
> maggie

Wir sind uns einig, dass für $(x,y) [mm] \neq [/mm] (0,0)$ diese Funktion (als Zusammensetzung beliebig oft diffbarer Fkt) beliebig oft diffbar ist.


betrachte nun

$ [mm] \frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$ [/mm]
$ [mm] \frac{\partial f}{\partial y}(0,0)$ [/mm]

LG


Bezug
                
Bezug
Differenzierbarkeit zeigen: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 19:26 Fr 05.02.2016
Autor: maggie123

Vielen Dank für die schnelle Antwort!

Die partiellen Ableitungen habe ich berechnet. Diese sind:
[mm] \bruch{\partial f}{\partial x}(x,y) = \bruch{-y^2(x^2-y^2)}{(x^2+y^2)^2} [/mm]
[mm] \bruch{\partial f}{\partial y}(x,y) = \bruch{2x^3y}{(x^2+y^2)^2} [/mm]

Den Punkt (0,0) kann ich jetzt wohl nicht einfach einsetzten...
Aber es gilt:
[mm] \limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\bruch{\partial f}{\partial x}(x,0) = \limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\bruch{0}{x^4} = 0[/mm]
und
[mm] \limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\bruch{\partial f}{\partial y}(0,y) = \limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\bruch{0}{y^4} = 0[/mm]

Die Jacobi-Matrix wäre in diesem Fall: [mm]J_{(0,0)}f= \pmat{ 0 & 0 }[/mm]
Wenn f also in (0,0) differenzierbar sein sollte, dann bleibt für die Approximation durch eine lineare Abbildung nur:
[mm] \IR^2 \to \IR; (x,y) \to 0[/mm]
und diese müsste dann
[mm] f(x,y) - f(0,0) - 0*\vektor{x \\ y} = o(\vektor{x \\ y})[/mm] erfüllen
wobei o hier das Landau-Symbol ist.
=>[mm] f(x,y)=o(\vektor{x \\ y}) [/mm]
dh. müsste es eine Funktion [mm]H(x,y)[/mm] geben, so dass [mm]H(x,y)[/mm] stetig in 0 und [mm]H(0,0)=0[/mm] mit [mm]f(x,y) = \parallel\vektor{x \\ y}\parallel *H(x,y)[/mm], was äquivalent zu
[mm] \limes_{(x,y)\rightarrow (0,0) &(x,y)\not=(0,0)}\bruch{f(x,y)}{\parallel\vektor{x \\ y}\parallel} =\left( \limes_{(x,y)\rightarrow (0,0) &(x,y)\not=(0,0)}\bruch{x*y^2}{(x^2+y^2)^{\bruch{3}{2}}\right) \overset{!}{=} 0 [/mm] ist.

Stimmt das bis hierhin? Bin mir da total unsicher..Ich wüsste auch nicht wie ich jetzt weiter machen soll...

VG

Bezug
                        
Bezug
Differenzierbarkeit zeigen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 09:40 So 07.02.2016
Autor: fred97


> Vielen Dank für die schnelle Antwort!
>  
> Die partiellen Ableitungen habe ich berechnet. Diese sind:
>  [mm]\bruch{\partial f}{\partial x}(x,y) = \bruch{-y^2(x^2-y^2)}{(x^2+y^2)^2}[/mm]
>  
> [mm]\bruch{\partial f}{\partial y}(x,y) = \bruch{2x^3y}{(x^2+y^2)^2}[/mm]
>  
> Den Punkt (0,0) kann ich jetzt wohl nicht einfach
> einsetzten...
>  Aber es gilt:
>  [mm]\limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\bruch{\partial f}{\partial x}(x,0) = \limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\bruch{0}{x^4} = 0[/mm]
>  
> und
> [mm]\limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\bruch{\partial f}{\partial y}(0,y) = \limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\bruch{0}{y^4} = 0[/mm]

Du hast es schon vermutet: so geht das nicht.

Die partiellen Ableitungen [mm] f_x [/mm] und [mm] f_y [/mm] haben für (x,y) [mm] \to [/mm] (0,0) keinen Grenzwert.

Z.B. ist


$ [mm] \bruch{\partial f}{\partial x}(0,y) [/mm] = [mm] \bruch{y^4}{y^4} \to [/mm] 1 $  für y [mm] \to [/mm] 0

und

$ [mm] \bruch{\partial f}{\partial x}(x,0) \to [/mm] 0 $  für x [mm] \to [/mm] 0


>  
> Die Jacobi-Matrix wäre in diesem Fall: [mm]J_{(0,0)}f= \pmat{ 0 & 0 }[/mm]


Das stimmt zwar, aber gezeigt hast Du das nicht.

Berechne

  [mm] f_x(0,0)=\limes_{h \rightarrow}\bruch{f(h,0)-f(0,0)}{h} [/mm]

und

[mm] f_y(0,0)=\limes_{h \rightarrow}\bruch{f(0,h)-f(0,0)}{h} [/mm]

Dann siehst Du:


[mm]J_{(0,0)}f= \pmat{ 0 & 0 }[/mm].



>  
> Wenn f also in (0,0) differenzierbar sein sollte, dann
> bleibt für die Approximation durch eine lineare Abbildung
> nur:
>  [mm]\IR^2 \to \IR; (x,y) \to 0[/mm]
>  und diese müsste dann
> [mm]f(x,y) - f(0,0) - 0*\vektor{x \\ y} = o(\vektor{x \\ y})[/mm]
> erfüllen
>  wobei o hier das Landau-Symbol ist.
>  =>[mm] f(x,y)=o(\vektor{x \\ y})[/mm]
>  dh. müsste es eine Funktion
> [mm]H(x,y)[/mm] geben, so dass [mm]H(x,y)[/mm] stetig in 0 und [mm]H(0,0)=0[/mm] mit
> [mm]f(x,y) = \parallel\vektor{x \\ y}\parallel *H(x,y)[/mm], was
> äquivalent zu
>  [mm]\limes_{(x,y)\rightarrow (0,0) &(x,y)\not=(0,0)}\bruch{f(x,y)}{\parallel\vektor{x \\ y}\parallel} =\left( \limes_{(x,y)\rightarrow (0,0) &(x,y)\not=(0,0)}\bruch{x*y^2}{(x^2+y^2)^{\bruch{3}{2}}\right) \overset{!}{=} 0[/mm]
> ist.
>  

Ja, f ist genau dann in (0,0) differenzierbar, wenn

[mm] \limes_{(x,y) \rightarrow (0,0)}\bruch{f(x,y)}{\wurzel{x^2+y^2}}=0 [/mm]


ist.


> Stimmt das bis hierhin? Bin mir da total unsicher..Ich
> wüsste auch nicht wie ich jetzt weiter machen soll...

Schau Dir für y=x>0 den Quotienten

   [mm] \bruch{f(x,y)}{\wurzel{x^2+y^2}} [/mm]

an........

FRED

>  
> VG


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Differenzierbarkeit zeigen: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 11:15 So 07.02.2016
Autor: maggie123

Vielen Dank für deine Antwort.

Die partiellen Ableitungen wären dann

[mm] f_x(0,0) = \limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(h,0)-f(0,0)}{h} = \limes_{h\rightarrow 0}\bruch{(\bruch{0}{x^4}-0)}{h} = \limes_{h\rightarrow 0}\bruch{0}{h} = \limes_{h\rightarrow 0}0 = 0 [/mm]
und eben analog für [mm] f_y(0,0)[/mm].  

Nur fürs Verständnis: Würde es hier auch als Begründung reichen, dass sowohl [mm]f(x,0) = 0[/mm], als auch [mm]f(0,y) = 0 \forall x,y [/mm] gilt, daher die  Funktion f entlang der Koordinatenachsen konstant 0 ist und daher die Jacobi-Matrix  [mm]J_{(0,0)}f= \pmat{ 0 & 0 }[/mm] muss?
----------------------

Für y=x>0 gilt dann:
[mm]\limes_{x \rightarrow 0}\left(\bruch{x\cdot{}x^2}{(x^2+x^2)^{\bruch{3}{2}}\right) = \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{x^3}{2x^3} = \limes_{x \rightarrow 0}\bruch{1}{2} = \bruch{1}{2} [/mm] Woraus dann folgt, dass f in (0,0) nicht differenzierbar ist.
Wenn ich also zeigen will, dass eine Funktion nicht differenzierbar ist kann ich bei [mm]\limes_{(x,y) \rightarrow (0,0)}\bruch{f(x,y)}{\wurzel{x^2+y^2}}=0[/mm] einfach den Grenzwert für eine der Geraden [mm]y=cx[/mm] betrachten und zeigen, dass der Grenzwert nicht 0 ist? Wenn ich aber nun umgekehrt zeigen will, dass sie differenzierbar ist, würde es dann ebenfalls reichen die Fälle
- [mm]y=cx[/mm] mit [mm] x,c \not= 0 [/mm]
- [mm]y=0 & x \not= 0[/mm]
- [mm]y \not= 0 & x=0[/mm]
zu betrachten oder gibt es da elegantere/bessere Methoden?


VG

maggie

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Differenzierbarkeit zeigen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 11:35 So 07.02.2016
Autor: hippias


> Vielen Dank für deine Antwort.
>  
> Die partiellen Ableitungen wären dann
>  
> [mm]f_x(0,0) = \limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(h,0)-f(0,0)}{h} = \limes_{h\rightarrow 0}\bruch{(\bruch{0}{x^4}-0)}{h} = \limes_{h\rightarrow 0}\bruch{0}{h} = \limes_{h\rightarrow 0}0 = 0[/mm]
>  
> und eben analog für [mm]f_y(0,0)[/mm].  
>
> Nur fürs Verständnis: Würde es hier auch als Begründung
> reichen, dass sowohl [mm]f(x,0) = 0[/mm], als auch [mm]f(0,y) = 0 \forall x,y[/mm]
> gilt, daher die  Funktion f entlang der Koordinatenachsen
> konstant 0 ist und daher die Jacobi-Matrix  [mm]J_{(0,0)}f= \pmat{ 0 & 0 }[/mm]
> muss?

Ja.

>  ----------------------
>  
> Für y=x>0 gilt dann:
>  [mm]\limes_{x \rightarrow 0}\left(\bruch{x\cdot{}x^2}{(x^2+x^2)^{\bruch{3}{2}}\right) = \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{x^3}{2x^3} = \limes_{x \rightarrow 0}\bruch{1}{2} = \bruch{1}{2}[/mm]
> Woraus dann folgt, dass f in (0,0) nicht differenzierbar
> ist.
> Wenn ich also zeigen will, dass eine Funktion nicht
> differenzierbar ist kann ich bei [mm]\limes_{(x,y) \rightarrow (0,0)}\bruch{f(x,y)}{\wurzel{x^2+y^2}}=0[/mm]
> einfach den Grenzwert für eine der Geraden [mm]y=cx[/mm] betrachten
> und zeigen, dass der Grenzwert nicht 0 ist?

Nein, Du versuchst zu zeigen, dass bei unterschiedlichen Geraden unterschiedliche Werte herauskommen; und dies müssen keineswegs nur Geraden sein, aber häufig genügt es sich solche zu beschränken, um zu zeigen, dass der Grenzwert nicht existiert.  

> Wenn ich aber
> nun umgekehrt zeigen will, dass sie differenzierbar ist,
> würde es dann ebenfalls reichen die Fälle
>  - [mm]y=cx[/mm] mit [mm]x,c \not= 0[/mm]
>  - [mm]y=0 & x \not= 0[/mm]
>  - [mm]y \not= 0 & x=0[/mm]
>  
> zu betrachten oder gibt es da elegantere/bessere Methoden?

Nein, nur Geraden zu betrachten genügt nicht! Du schon die tatsächliche Definition des Grenzwertes benutzen. Nimm etwa folgendes Beispiel: $f(x,y)= [mm] \begin{cases} 1 & y=x^{2}>0\\ 0 & \text{sonst}\end{cases}$ [/mm]
Auf jeder Geraden ist $f=0$ in einer gewissen Umgebung von $(0,0)$. Aber auf der Parabel [mm] $y=x^{2}$ [/mm] ist $f$ nicht einmal stetig.

>  
>
> VG
>  
> maggie


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Differenzierbarkeit zeigen: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 15:25 So 07.02.2016
Autor: maggie123

Ach Mensch, da habe ich mir das wohl zu einfach gemacht... Aber ich verstehe nun die Problematik. Ich kann mich ja nicht nur über Geraden annähern..
Ich versuche das ganze einfach nochmal an einer ähnlichen Funktion:

[mm]f:\IR^2 \to \IR, (x,y) \to \begin{cases} \bruch{x^2*y^2}{x^2+y^2}, & \mbox{für} (x,y) \not= (0,0) \\ 0, & \mbox{für} (x,y) = (0,0) \end{cases}[/mm]
Diese ist wieder auf ganz [mm]\IR^2[/mm] stetig (sollte ich das in der Klausur nochmal zeigen/begründen?) und als Zusammensetzung von diffbaren Funktionen für [mm](x,y)\not=(0,0)[/mm] diffbar. Also brauch ich auch hier wieder nur den Punkt (0,0) untersuchen.

Für die partiellen Ableitungen gilt:

[mm]f_x(0,0) = \limes_{h\rightarrow\0}\bruch{f(h,0)-f(0,0)}{h}= 0 [/mm]
[mm]f_y(0,0) = \limes_{h\rightarrow\0}\bruch{f(0,h)-f(0,0)}{h}= 0 [/mm]

Also bleibt als potenzielle Ableitung [mm]J_{(0,0)}f = \pmat{ 0 & 0}[/mm]
Demnach muss wieder gelten:
[mm] \limes_{(x,y)\rightarrow\(0,0)}\bruch{f(x,y)}{\parallel(x,y)\parallel} [/mm] = 0
Hier habe ich es erst wieder mit Geraden versucht, um zu schauen ob der Grenzwert eventuell nicht 0 wird, hat aber nicht geklappt. Also bin ich erstmal davon ausgegangen, dass f diffbar in 0 ist.

Durch die Abschätzung [mm]x^2*y^2 =(xy)^2 \le (x^2+y^2)^2 = \parallel(x,y)\parallel^4[/mm] bin ich dann hierauf gekommen:
[mm]\bruch{f(x,y)}{\parallel(x,y)\parallel} = \bruch{\bruch{x^2*y^2}{\parallel(x,y)\parallel^2}}{\parallel(x,y)\parallel} \le \bruch{\bruch{\parallel(x,y)\parallel^4}{\parallel(x,y)\parallel^2}}{\parallel(x,y)\parallel} = \parallel(x,y)\parallel \to 0 \mbox{ für } (x,y) \to (0,0) \mbox{ da die eukldische Norm stetig ist }[/mm]

Also ist f diffbar in [mm](0,0) \mbox{ und somit auf ganz } \IR^2[/mm]

Stimmt das so oder habe ich wieder einen Denkfehler gemacht?

VG

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Differenzierbarkeit zeigen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 17:47 So 07.02.2016
Autor: hippias


> Ach Mensch, da habe ich mir das wohl zu einfach gemacht...
> Aber ich verstehe nun die Problematik. Ich kann mich ja
> nicht nur über Geraden annähern..
>  Ich versuche das ganze einfach nochmal an einer ähnlichen
> Funktion:
>  
> [mm]f:\IR^2 \to \IR, (x,y) \to \begin{cases} \bruch{x^2*y^2}{x^2+y^2}, & \mbox{für} (x,y) \not= (0,0) \\ 0, & \mbox{für} (x,y) = (0,0) \end{cases}[/mm]
>  
> Diese ist wieder auf ganz [mm]\IR^2[/mm] stetig (sollte ich das in
> der Klausur nochmal zeigen/begründen?)

Das ist schwierig zu sagen. Wenn Du auf Differenzierbarkeit untersuchen sollst, sollte dies auch ausreichen.

> und als
> Zusammensetzung von diffbaren Funktionen für
> [mm](x,y)\not=(0,0)[/mm] diffbar. Also brauch ich auch hier wieder
> nur den Punkt (0,0) untersuchen.
>  
> Für die partiellen Ableitungen gilt:
>  
> [mm]f_x(0,0) = \limes_{h\rightarrow\0}\bruch{f(h,0)-f(0,0)}{h}= 0[/mm]
>  
> [mm]f_y(0,0) = \limes_{h\rightarrow\0}\bruch{f(0,h)-f(0,0)}{h}= 0[/mm]
>  
> Also bleibt als potenzielle Ableitung [mm]J_{(0,0)}f = \pmat{ 0 & 0}[/mm]
>  
> Demnach muss wieder gelten:
>  
> [mm]\limes_{(x,y)\rightarrow\(0,0)}\bruch{f(x,y)}{\parallel(x,y)\parallel}[/mm]
> = 0
>  Hier habe ich es erst wieder mit Geraden versucht, um zu
> schauen ob der Grenzwert eventuell nicht 0 wird, hat aber
> nicht geklappt. Also bin ich erstmal davon ausgegangen,
> dass f diffbar in 0 ist.
>
> Durch die Abschätzung [mm]x^2*y^2 =(xy)^2 \le (x^2+y^2)^2 = \parallel(x,y)\parallel^4[/mm]
> bin ich dann hierauf gekommen:
>  [mm]\bruch{f(x,y)}{\parallel(x,y)\parallel} = \bruch{\bruch{x^2*y^2}{\parallel(x,y)\parallel^2}}{\parallel(x,y)\parallel} \le \bruch{\bruch{\parallel(x,y)\parallel^4}{\parallel(x,y)\parallel^2}}{\parallel(x,y)\parallel} = \parallel(x,y)\parallel \to 0 \mbox{ für } (x,y) \to (0,0) \mbox{ da die eukldische Norm stetig ist }[/mm]
>  
> Also ist f diffbar in [mm](0,0) \mbox{ und somit auf ganz } \IR^2[/mm]
>  
> Stimmt das so oder habe ich wieder einen Denkfehler
> gemacht?

Genauso kannst Du für solche Funktionen Differenzierbarkeit untersuchen. Bis auf fehlende Betragsstriche im Zähler habe ich keinen Fehler entdeckt. Daher gibt es von mir die volle Punktzahl!

>  
> VG


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