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| Aufgabe | Gegeben sei die folgende Funktion:
[mm] f:\{(x,y)\in\mathbb{R}^{2}:x^{2}y<\frac{\pi^{2}}{4}\}\to\mathbb{R}
[/mm]
mit
[mm] f(x,y)=\begin{cases}
\sqrt{y}\tan(x\sqrt{y}), & y\geq0\\
-\sqrt{-y}\tanh(x\sqrt{-y} & ,y<0.
\end{cases}
[/mm]
Berechnen Sie [mm] \partial_{y}f(x,0). [/mm] |
Hallo,
ich habe herausgefunden, dass die Fkt. f
Lösung der DGL [mm] z'=z^{2}+y,f(0)=0
[/mm]
ist.
Jetzt wollte ich [mm] \partial_{y}f(x,0)
[/mm]
einfach über die Variationsgleichung berechnen. Dazu betrachte ich [mm] z'=z^{2},f(0)=0,
[/mm]
was als Lsg. z=0
hat.
Die Variationsglg. dann mit [mm] v:=\partial_{y}f(x,y):
[/mm]
v'=2zv+1,
also entlang z=0:
v'=1
und der Anfangswert bleibt v(0)=0.
Gelöst ergibt sich dann v=x,
also [mm] \partial_{y}f(x,0)=x.
[/mm]
Jetzt kommt man bei direktem Hinschauen auf die Aufgabenstellung ja eher darauf, das gegebene f
direkt nach y
abzuleiten. Dann erhält man für [mm] y\geq0
[/mm]
ja [mm] \partial_{y}f=\frac{\tan(x\sqrt{y})}{2\sqrt{y}}+\frac{1}{2}(1+\tan(x\sqrt{y})^{2})x.
[/mm]
Da kann ich nun nicht direkt y=0
einsetzen. Mit der Reihenentwicklung des Tangens sieht man aber, dass das auch gegen x
geht für y
gegen 0. Darf man das denn so sagen, wenn ich analog noch den Fall y
gegen 0, aber y<0
betrachte?
Ist denn das mit der Variationsgleichung dann so richtig, also mein Ergebnis vor allem?
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:27 Do 28.06.2012 | | Autor: | fred97 |
Berechne doch einfach
[mm] \limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(x,h)-f(x,0)}{h}
[/mm]
FRED
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> Berechne doch einfach
>
> [mm]\limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(x,h)-f(x,0)}{h}[/mm]
>
> FRED
Jo, das habe ich auch eigentlich gemacht, wobei ich eben unsinnigerweise L'hospital dafür benutzt habe, deshalb die Ableitung nach y, aber über die Tangensreihe geht es natürlich schneller. Es kommt x raus.
Aber die Argumentation über die Variationsglg. geht doch auch, oder.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:20 Sa 30.06.2012 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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