Partielle Ableitung < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:32 Fr 23.05.2014 | | Autor: | rollroll |
| Aufgabe | Zeige, dass [mm] f:IR^2 [/mm] --> IR ,
[mm] (x,y)-->\bruch{xy^3}{x^2+y^2}, [/mm] falls (x,y) [mm] \not= [/mm] (0,0) und 0, falls (x,y)=(0,0)
stetig und zweimal partiell diffbar ist. Berechne grad f und folgere:
[mm] \bruch{\partial^2 f}{\partial x \partial y)} [/mm] (0,0) [mm] \not= \bruch{\partial^2 f}{\partial y \partial x)} [/mm] (0,0) |
Hallo!
Zur Stetigkeit:
Es ist [mm] \bruch{|xy^3|}{x^2+y^2} \le [/mm] 0,5 [mm] *|y^2| [/mm] * [mm] \bruch{|x^2+y^2|}{x^2+y^2} [/mm] = [mm] 0,5|y^2| [/mm] --> 0 für (x,y)-->0. Also ist f stetig.
Zur Partiellen Diffbarkeit:
Auf [mm] IR^2\{(0,0)} [/mm] ist die part. Diffbarkeit klar.
Und es ist:
[mm] \bruch{ \partial f}{ \partial x} [/mm] (x,y) = [mm] \bruch{y^5-x^2y^3}{||x||^2}
[/mm]
[mm] \bruch{ \partial f}{ \partial y} [/mm] (x,y) = [mm] \bruch{3x^3 * y^2+xy^4}{||x||^2}.
[/mm]
Außerdem:
[mm] \limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{f(h,0)-f(0,0)}{h}=0= \limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{f(0,h)-f(0,0)}{h}
[/mm]
--> f ist auf [mm] IR^2 [/mm] partiell diffbar.
gradf(x,y) = [mm] (\bruch{y^5-x^2y^3}{||x||^2}, {3x^3 * y^2+xy^4}{||x||^2}).
[/mm]
Wie jetzt allerdings [mm] \bruch{\partial^2 f}{\partial x \partial y)} [/mm] (0,0) [mm] \not= \bruch{\partial^2 f}{\partial y \partial x)} [/mm] (0,0) daraus folgt, weiß ich nicht.
(Den Satz von Schwarz hatten wir noch nicht)
Ich hab halt beides mal ausgerechnet:
[mm] \bruch{\partial^2 f}{\partial x \partial y)} [/mm] = [mm] \bruch{-3x^4y^2+5x^2y^4+x^3+xy^2}{(x^2+y^2)^3}
[/mm]
Also
[mm] \limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{f(h,0)-f(0,0)}{h}= \infty
[/mm]
[mm] \bruch{\partial^2 f}{\partial y \partial x)} [/mm] = [mm] \bruch{2x^2y^4+y^6-3y^2x^4+4y^4x^2}{(x^2+y^2)^3}
[/mm]
Also
[mm] \limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{f(0,h)-f(0,0)}{h}= [/mm] 1
Und deshalb:
[mm] \bruch{\partial^2 f}{\partial x \partial y)} [/mm] (0,0) [mm] \not= \bruch{\partial^2 f}{\partial y \partial x)} [/mm] (0,0)
Danke im Voraus!
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:51 Sa 24.05.2014 | | Autor: | fred97 |
> Zeige, dass [mm]f:IR^2[/mm] --> IR ,
>
> [mm](x,y)-->\bruch{xy^3}{x^2+y^2},[/mm] falls (x,y) [mm]\not=[/mm] (0,0) und
> 0, falls (x,y)=(0,0)
>
> stetig und zweimal partiell diffbar ist. Berechne grad f
> und folgere:
> [mm]\bruch{\partial^2 f}{\partial x \partial y)}[/mm] (0,0) [mm]\not= \bruch{\partial^2 f}{\partial y \partial x)}[/mm]
> (0,0)
> Hallo!
>
> Zur Stetigkeit:
> Es ist [mm]\bruch{|xy^3|}{x^2+y^2} \le[/mm] 0,5 [mm]*|y^2|[/mm] *
> [mm]\bruch{|x^2+y^2|}{x^2+y^2}[/mm] = [mm]0,5|y^2|[/mm] --> 0 für (x,y)-->0.
> Also ist f stetig.
>
> Zur Partiellen Diffbarkeit:
> Auf [mm]IR^2\{(0,0)}[/mm] ist die part. Diffbarkeit klar.
>
> Und es ist:
> [mm]\bruch{ \partial f}{ \partial x}[/mm] (x,y) =
> [mm]\bruch{y^5-x^2y^3}{||x||^2}[/mm]
> [mm]\bruch{ \partial f}{ \partial y}[/mm] (x,y) = [mm]\bruch{3x^3 * y^2+xy^4}{||x||^2}.[/mm]
>
> Außerdem:
> [mm]\limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{f(h,0)-f(0,0)}{h}=0= \limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{f(0,h)-f(0,0)}{h}[/mm]
>
> --> f ist auf [mm]IR^2[/mm] partiell diffbar.
Bisher ist alles O.K.
>
> gradf(x,y) = [mm](\bruch{y^5-x^2y^3}{||x||^2}, {3x^3 * y^2+xy^4}{||x||^2}).[/mm]
?? In der 2. Koordinate hast Du Dich wohl verschrieben !
>
> Wie jetzt allerdings [mm]\bruch{\partial^2 f}{\partial x \partial y)}[/mm]
> (0,0) [mm]\not= \bruch{\partial^2 f}{\partial y \partial x)}[/mm]
> (0,0) daraus folgt, weiß ich nicht.
Berechne [mm] \limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{f_x(0,h)-f_x(0,0)}{h}
[/mm]
(das liefert Dir [mm] f_{yx}(0,0))
[/mm]
und [mm] \limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{f_y(h,0)-f_y(0,0)}{h}
[/mm]
(das liefert Dir [mm] f_{xy}(0,0))
[/mm]
FRED
> (Den Satz von Schwarz hatten wir noch nicht)
>
> Ich hab halt beides mal ausgerechnet:
> [mm]\bruch{\partial^2 f}{\partial x \partial y)}[/mm] =
> [mm]\bruch{-3x^4y^2+5x^2y^4+x^3+xy^2}{(x^2+y^2)^3}[/mm]
>
> Also
> [mm]\limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{f(h,0)-f(0,0)}{h}= \infty[/mm]
>
> [mm]\bruch{\partial^2 f}{\partial y \partial x)}[/mm] =
> [mm]\bruch{2x^2y^4+y^6-3y^2x^4+4y^4x^2}{(x^2+y^2)^3}[/mm]
>
> Also
> [mm]\limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{f(0,h)-f(0,0)}{h}=[/mm] 1
>
> Und deshalb:
> [mm]\bruch{\partial^2 f}{\partial x \partial y)}[/mm] (0,0) [mm]\not= \bruch{\partial^2 f}{\partial y \partial x)}[/mm]
> (0,0)
>
>
> Danke im Voraus!
>
>
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:04 Sa 24.05.2014 | | Autor: | rollroll |
> Berechne [mm]\limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{f_x(0,h)-f_x(0,0)}{h}[/mm]
> Das ergibt den Limes y/h, also [mm] \infty [/mm] für h-->0.
>
> und [mm]\limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{f_y(h,0)-f_y(0,0)}{h}[/mm]
>
> Hier erhalte ich 0.
>
Stimmt das so?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:33 Sa 24.05.2014 | | Autor: | fred97 |
>
> > Berechne [mm]\limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{f_x(0,h)-f_x(0,0)}{h}[/mm]
>
> > Das ergibt den Limes y/h, also [mm]\infty[/mm] für h-->0.
> >
> > und [mm]\limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{f_y(h,0)-f_y(0,0)}{h}[/mm]
>
> >
> > Hier erhalte ich 0.
> >
> Stimmt das so?
Nein.
FRED
>
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:36 Sa 24.05.2014 | | Autor: | rollroll |
Warum nicht? Wo ist der Fehler?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:26 Sa 24.05.2014 | | Autor: | fred97 |
Wir haben
[mm] $f_x(x,y) =\bruch{y^5-x^2y^3}{||x||^2} [/mm] $ und [mm] f_x(0,0)=0.
[/mm]
Dann ist [mm] $\bruch{f_x(0,h)-f_x(0,0)}{h}= \bruch{h^5}{h^5}=1 \to [/mm] 1$ (h [mm] \to [/mm] 0)
FRED
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:53 Sa 24.05.2014 | | Autor: | Calculu |
Hallo.
Bis jetzt wurde doch nur gezeitg, dass die Funktion einmal partiell differenzierbar ist. Muss ich um dies zu zeigen auch die zweite partielle Ableitung bilden? Wie funktioniert dass dann für den Punkt (0,0) ?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:37 Sa 24.05.2014 | | Autor: | fred97 |
> Hallo.
> Bis jetzt wurde doch nur gezeitg, dass die Funktion einmal
> partiell differenzierbar ist. Muss ich um dies zu zeigen
> auch die zweite partielle Ableitung bilden? Wie
> funktioniert dass dann für den Punkt (0,0) ?
Hab ich doch oben gesagt:
Berechne $ [mm] \limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{f_x(0,h)-f_x(0,0)}{h} [/mm] $
(das liefert Dir $ [mm] f_{yx}(0,0)) [/mm] $
und $ [mm] \limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{f_y(h,0)-f_y(0,0)}{h} [/mm] $
(das liefert Dir $ [mm] f_{xy}(0,0)) [/mm] $
FREd
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:30 So 25.05.2014 | | Autor: | Calculu |
Ja, das war mir klar, aber muss auch noch [mm] f_{xx} [/mm] und [mm] f_{yy} [/mm] betrachtet werden?
Edit:
Ich habe noch eine weitere, allgemeine Frage zu diesem Aufgabentyp:
Wenn ich zeigen will, dass die Funktion im Punkt (0,0) nicht stetig ist, genügt es ja Nullfolgen für x und y zu finden, sodass der Grenzwert der Funktion nicht gegen (0,0) konvergiert. Dies ist geht aber nur in eine Richtung, oder? Also wenn ich zwei Nullfolgen hab, so dass die Funktion gegen (0,0) konvergiert, sagt das nichts über die Stetigkeit aus!? Um diese zu bweisen arbeite ich mit eine Abschätzung. Richtig?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:24 So 25.05.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
zu beiden Fragen ja, Unstetigkeit beweist man meist am einfachsten mit 2 Folgen mit verschiedenem GW, Stetigkeit nur wenn ALLE Folgen denselben GW haben, deshalb besser mit [mm] \epsilon \delta [/mm] zu zeigen.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:06 Mo 26.05.2014 | | Autor: | Calculu |
Alles klar. Vielen Dank!
|
|
|
|
