total differenzierbar < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:16 So 04.07.2010 | | Autor: | notinX |
| Aufgabe | Sei
[mm] $f(x,y)=\begin{cases}
\frac{x^{2}y^{4}}{x^{2}+y^{4}} & (x,y)\neq(0,0)\\
0 & (x,y)=(0,0)\end{cases}$
[/mm]
Überprüfgen Sie, ob f an der Stelle (0,0) total diffferenzierbar ist. |
Hallo,
ich zeige erstmal, dass die partiellen Ableitungen im Nullpunkt existieren und dass f in (0,0) stetig ist.
[mm] $\lim\limits_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=\lim\limits _{h\to0}\frac{0-0}{h}=0
[/mm]
[mm] \lim\limits_{h\to0}\frac{f(0,h)-f(0,0)}{h}=\lim\limits _{h\to0}\frac{0-0}{h}=0$
[/mm]
Nun wähle ich eine Folge [mm] $(a_n)_n=(1/n^2,1/n)$ [/mm] mit [mm] $a_n\to0$
[/mm]
wegen:
[mm] $\lim\limits _{n\to\infty}f(a_{n})=\lim\limits _{n\to\infty}=\frac{\frac{1}{n^{8}}}{\frac{2}{n^{4}}}=\lim\limits _{n\to\infty}\frac{1}{n^{4}}=0$
[/mm]
ist f im Ursprung stetig und somit sind alle Vorraussetzungen für totale Differenzierbarkeit erfüllt.
Jetzt bleibt zu zeigen, dass eine Matrix A exisitert mit:
[mm] $\lim\limits_{\xi\to0}=\frac{f(a+\xi)-f(a)-A\cdot\xi}{\|\xi\|}=0$
[/mm]
Wie finde ich diese Matrix?
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Hallo,
> Sei
> [mm]$f(x,y)=\begin{cases}
\frac{x^{2}y^{4}}{x^{2}+y^{4}} & (x,y)\neq(0,0)\\
0 & (x,y)=(0,0)\end{cases}$[/mm]
>
> Überprüfgen Sie, ob f an der Stelle (0,0) total
> diffferenzierbar ist.
> Hallo,
>
> ich zeige erstmal, dass die partiellen Ableitungen im
> Nullpunkt existieren und dass f in (0,0) stetig ist.
Partielle Ableitungen: OK, die sind wichtig.
Stetigkeit in (0,0): brauchst du nicht zu zeigen, weil du daraus nichts folgern kannst! Du meinst wahrscheinlich: Du überprüfst, ob f in (0,0) stetig ist (wäre es das nicht, könnte f nicht total differenzierbar sein).
> [mm]$\lim\limits_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=\lim\limits _{h\to0}\frac{0-0}{h}=0[/mm]
>
> [mm]\lim\limits_{h\to0}\frac{f(0,h)-f(0,0)}{h}=\lim\limits _{h\to0}\frac{0-0}{h}=0$[/mm]
OK.
> Nun wähle ich eine Folge [mm](a_n)_n=(1/n^2,1/n)[/mm] mit [mm]a_n\to0[/mm]
> wegen:
> [mm]\lim\limits _{n\to\infty}f(a_{n})=\lim\limits _{n\to\infty}=\frac{\frac{1}{n^{8}}}{\frac{2}{n^{4}}}=\lim\limits _{n\to\infty}\frac{1}{n^{4}}=0[/mm]
>
> ist f im Ursprung stetig und somit sind alle
> Vorraussetzungen für totale Differenzierbarkeit erfüllt.
Ok, aber:
Du weist Stetigkeit nicht nach, indem du es für eine spezielle Folge zeigst!
> Jetzt bleibt zu zeigen, dass eine Matrix A exisitert mit:
>
> [mm]\lim\limits_{\xi\to0}=\frac{f(a+\xi)-f(a)-A\cdot\xi}{\|\xi\|}=0[/mm]
>
> Wie finde ich diese Matrix?
Zunächst: Die Definition von totaler Differenzierbarkeit lautet (im Wesentlichen), dass obiger Limes existiert. Du brauchst keine weiteren Voraussetzungen! Was du oben gemacht hast, machst du also nur, um eventuell schon vorher totale Differenzierbarkeit auszuschließen. (Weil Stetigkeit von f, Existenz der partiellen Ableitungen Folgerungen aus totaler Differenzierbarkeit sind).
Wenn du zeigen kannst, dass die partiellen Ableitungen in einer Umgebung von (0,0) stetig sind, also f stetig partielle differenzierbar in einer Umgebung von (0,0), folgt daraus auch die totale Differenzierbarkeit von f in (0,0).
Nun aber zu deiner Frage: In deinem Fall ist A ein Vektor. Ein Satz besagt: Sollte [mm] f:\IR^{n}\to\IR [/mm] in a total differenzierbar sein, so muss A = (gradient f)(a) sein.
Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:32 So 04.07.2010 | | Autor: | notinX |
> Partielle Ableitungen: OK, die sind wichtig.
> Stetigkeit in (0,0): brauchst du nicht zu zeigen, weil du
> daraus nichts folgern kannst! Du meinst wahrscheinlich: Du
> überprüfst, ob f in (0,0) stetig ist (wäre es das nicht,
> könnte f nicht total differenzierbar sein).
genau.
>
> > Nun wähle ich eine Folge [mm](a_n)_n=(1/n^2,1/n)[/mm] mit [mm]a_n\to0[/mm]
> > wegen:
> > [mm]\lim\limits _{n\to\infty}f(a_{n})=\lim\limits _{n\to\infty}=\frac{\frac{1}{n^{8}}}{\frac{2}{n^{4}}}=\lim\limits _{n\to\infty}\frac{1}{n^{4}}=0[/mm]
>
> >
> > ist f im Ursprung stetig und somit sind alle
> > Vorraussetzungen für totale Differenzierbarkeit erfüllt.
>
> Ok, aber:
> Du weist Stetigkeit nicht nach, indem du es für eine
> spezielle Folge zeigst!
Ja stimmt, ich war in Gedanken irgendwie dabei die Unstetigkeit zu zeigen.
Unabhängig davon ob das für diese Aufgabe nötig ist, wie zeige ich die Stetigkeit am besten?
>
> > Jetzt bleibt zu zeigen, dass eine Matrix A exisitert mit:
> >
> >
> [mm]\lim\limits_{\xi\to0}=\frac{f(a+\xi)-f(a)-A\cdot\xi}{\|\xi\|}=0[/mm]
> >
> > Wie finde ich diese Matrix?
>
> Zunächst: Die Definition von totaler Differenzierbarkeit
> lautet (im Wesentlichen), dass obiger Limes existiert. Du
> brauchst keine weiteren Voraussetzungen! Was du oben
> gemacht hast, machst du also nur, um eventuell schon vorher
> totale Differenzierbarkeit auszuschließen. (Weil
> Stetigkeit von f, Existenz der partiellen Ableitungen
> Folgerungen aus totaler Differenzierbarkeit sind).
>
> Wenn du zeigen kannst, dass die partiellen Ableitungen in
> einer Umgebung von (0,0) stetig sind, also f stetig
> partielle differenzierbar in einer Umgebung von (0,0),
> folgt daraus auch die totale Differenzierbarkeit von f in
> (0,0).
>
>
> Nun aber zu deiner Frage: In deinem Fall ist A ein Vektor.
> Ein Satz besagt: Sollte [mm]f:\IR^{n}\to\IR[/mm] in a total
> differenzierbar sein, so muss A = (gradient f)(a) sein.
>
> Grüße,
> Stefan
Heißt das dann, dass f nicht total diffbar ist?
Der Gradient ist:
[mm] $\mathrm{grad}f(a)=\left(\frac{2xy^{8}}{(x^{2}+y^{4})^{2}},\frac{4x^{4}y^{3}}{(x^{2}+y^{4})^{2}}\right)$
[/mm]
und da kann ich ja schlecht a=(0,0) einsetzen
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Hallo,
> > > Nun wähle ich eine Folge [mm](a_n)_n=(1/n^2,1/n)[/mm] mit [mm]a_n\to0[/mm]
> > > wegen:
> > > [mm]\lim\limits _{n\to\infty}f(a_{n})=\lim\limits _{n\to\infty}=\frac{\frac{1}{n^{8}}}{\frac{2}{n^{4}}}=\lim\limits _{n\to\infty}\frac{1}{n^{4}}=0[/mm]
>
> >
> > >
> > > ist f im Ursprung stetig und somit sind alle
> > > Vorraussetzungen für totale Differenzierbarkeit erfüllt.
> >
> > Ok, aber:
> > Du weist Stetigkeit nicht nach, indem du es für eine
> > spezielle Folge zeigst!
>
> Ja stimmt, ich war in Gedanken irgendwie dabei die
> Unstetigkeit zu zeigen.
> Unabhängig davon ob das für diese Aufgabe nötig ist, wie
> zeige ich die Stetigkeit am besten?
Du kannst es durch Übergang in Polarkoordinaten wahrscheinlich am besten zeigen.
Setze $x = [mm] r*\cos(\phi), [/mm] y = [mm] r*\sin(\phi)$, [/mm] dann wird der Grenzübergang [mm] (x,y)\to(0,0) [/mm] zu [mm] $r\to [/mm] 0$ mit [mm] \phi [/mm] beliebig (insbesondere darf [mm] \phi [/mm] seinen Wert wärend des Grenzprozesses beliebig ändern).
Ansonsten "sieht" man ja die Stetigkeit schon (das wird durch den Übergang in Polarkoordinaten nur verdeutlicht), denn im Zähler steht eine 6. Potenz (wenn man sozusagen x und y als gleich betrachtet, weil sie gegen denselben Limes gehen), im Zähler nur eine 4. Potenz. Der Zähler geht also schneller gegen 0 als der Nenner, damit geht der Bruch gegen 0.
Und nun noch ein exakter und schneller Beweis zum Schluss: Für [mm] x\to [/mm] 0, [mm] y\to [/mm] 0; [mm] (x,y\not= [/mm] 0) gilt:
[mm] $\left|\frac{x^{2}*y^{4}}{x^{2}+y^{4}} - 0\right| [/mm] = [mm] \frac{x^{2}*y^{4}}{x^{2}+y^{4}} \le \frac{x^{2}*y^{4}}{y^{4}} [/mm] = [mm] x^{2}\to [/mm] 0$.
Im vorletzten Schritt wird der Nenner kleiner gemacht, also der Term größer.
> [mm]\lim\limits_{\xi\to0}=\frac{f(a+\xi)-f(a)-A\cdot\xi}{\|\xi\|}=0[/mm]
> > >
> > > Wie finde ich diese Matrix?
> >
> > Zunächst: Die Definition von totaler Differenzierbarkeit
> > lautet (im Wesentlichen), dass obiger Limes existiert. Du
> > brauchst keine weiteren Voraussetzungen! Was du oben
> > gemacht hast, machst du also nur, um eventuell schon vorher
> > totale Differenzierbarkeit auszuschließen. (Weil
> > Stetigkeit von f, Existenz der partiellen Ableitungen
> > Folgerungen aus totaler Differenzierbarkeit sind).
> >
> > Wenn du zeigen kannst, dass die partiellen Ableitungen in
> > einer Umgebung von (0,0) stetig sind, also f stetig
> > partielle differenzierbar in einer Umgebung von (0,0),
> > folgt daraus auch die totale Differenzierbarkeit von f in
> > (0,0).
> >
> >
> > Nun aber zu deiner Frage: In deinem Fall ist A ein Vektor.
> > Ein Satz besagt: Sollte [mm]f:\IR^{n}\to\IR[/mm] in a total
> > differenzierbar sein, so muss A = (gradient f)(a) sein.
> >
> > Grüße,
> > Stefan
>
> Heißt das dann, dass f nicht total diffbar ist?
> Der Gradient ist:
>
> [mm]\mathrm{grad}f(a)=\left(\frac{2xy^{8}}{(x^{2}+y^{4})^{2}},\frac{4x^{4}y^{3}}{(x^{2}+y^{4})^{2}}\right)[/mm]
> und da kann ich ja schlecht a=(0,0) einsetzen
Der Gradient im Punkt (0,0) ist aber gerade (0,0), das hast du oben selbst ausgerechnet (in dem du die partiellen Ableitungen im Punkt (0,0) ausgerechnet hast)!
Der oben von dir ausgerechnete Gradient gilt doch nur für [mm] x,y\not [/mm] = 0, weil du nur in diesem Fall "normal" ableiten konntest.
Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:02 So 04.07.2010 | | Autor: | notinX |
> Du kannst es durch Übergang in Polarkoordinaten
> wahrscheinlich am besten zeigen.
> Setze [mm]x = r*\cos(\phi), y = r*\sin(\phi)[/mm], dann wird der
> Grenzübergang [mm](x,y)\to(0,0)[/mm] zu [mm]r\to 0[/mm] mit [mm]\phi[/mm] beliebig
> (insbesondere darf [mm]\phi[/mm] seinen Wert wärend des
> Grenzprozesses beliebig ändern).
>
> Ansonsten "sieht" man ja die Stetigkeit schon (das wird
> durch den Übergang in Polarkoordinaten nur verdeutlicht),
> denn im Zähler steht eine 6. Potenz (wenn man sozusagen x
> und y als gleich betrachtet, weil sie gegen denselben Limes
> gehen), im Zähler nur eine 4. Potenz. Der Zähler geht
> also schneller gegen 0 als der Nenner, damit geht der Bruch
> gegen 0.
>
> Und nun noch ein exakter und schneller Beweis zum Schluss:
> Für [mm]x\to[/mm] 0, [mm]y\to[/mm] 0; [mm](x,y\not=[/mm] 0) gilt:
>
> [mm]\left|\frac{x^{2}*y^{4}}{x^{2}+y^{4}} - 0\right| = \frac{x^{2}*y^{4}}{x^{2}+y^{4}} \le \frac{x^{2}*y^{4}}{y^{4}} = x^{2}\to 0[/mm].
>
> Im vorletzten Schritt wird der Nenner kleiner gemacht, also
> der Term größer.
Ok, danke.
> Der Gradient im Punkt (0,0) ist aber gerade (0,0), das hast
> du oben selbst ausgerechnet (in dem du die partiellen
> Ableitungen im Punkt (0,0) ausgerechnet hast)!
> Der oben von dir ausgerechnete Gradient gilt doch nur für
> [mm]x,y\not[/mm] = 0, weil du nur in diesem Fall "normal" ableiten
> konntest.
>
> Grüße,
> Stefan
Ok, also:
Sei [mm] $\xi=(\xi_1,\xi_2)$, [/mm] dann ist:
[mm] $\lim\limits_{\xi\to0}=\frac{f(a+\xi)-f(a)-A\cdot\xi}{\|\xi\|}=\lim\limits _{\xi\to0}\frac{f(0+\xi_{1},0+\xi_{2})-f(0,0)-A\cdot\xi}{\sqrt{\xi_{1}^{2}+\xi_{2}^{2}}}=\lim\limits _{\xi\to0}\frac{f(\xi_{1},\xi_{2})-0-0}{\sqrt{\xi_{1}^{2}+\xi_{2}^{2}}}=\lim\limits _{\xi\to0}\frac{\frac{\xi_{1}^{2}\cdot\xi_{2}^{4}}{\xi_{1}^{2}+\xi_{2}^{4}}}{\sqrt{\xi_{1}^{2}+\xi_{2}^{2}}}$
[/mm]
Wie gehts jetzt weiter? ich bin verwirrt, weil ich zwei Grenzwerte auf einmal betrachten muss...
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Hallo,
> Sei [mm]\xi=(\xi_1,\xi_2)[/mm], dann ist:
>
> [mm]\lim\limits_{\xi\to0}=\frac{f(a+\xi)-f(a)-A\cdot\xi}{\|\xi\|}=\lim\limits _{\xi\to0}\frac{f(0+\xi_{1},0+\xi_{2})-f(0,0)-A\cdot\xi}{\sqrt{\xi_{1}^{2}+\xi_{2}^{2}}}=\lim\limits _{\xi\to0}\frac{f(\xi_{1},\xi_{2})-0-0}{\sqrt{\xi_{1}^{2}+\xi_{2}^{2}}}=\lim\limits _{\xi\to0}\frac{\frac{\xi_{1}^{2}\cdot\xi_{2}^{4}}{\xi_{1}^{2}+\xi_{2}^{4}}}{\sqrt{\xi_{1}^{2}+\xi_{2}^{2}}}[/mm]
>
> Wie gehts jetzt weiter? ich bin verwirrt, weil ich zwei
> Grenzwerte auf einmal betrachten muss...
Zunächst: Dir ist bei der Definition der totalen Differenzierbarkeit freigestellt, welche Norm du nimmst! Oft eignet sich die 1-Norm, also [mm] $||\xi|| [/mm] = [mm] |\xi_1| +|\xi_2|$ [/mm] besser (zumindest bei den Funktionen, wo ich bisher totale Differenzierbarkeit beweisen musste).
Wir wollen zeigen, dass der Limes gegen 0 geht. Also schreiben wir:
[mm] $\left|\frac{\frac{\xi_{1}^{2}\cdot\xi_{2}^{4}}{\xi_{1}^{2}+\xi_{2}^{4}}}{|\xi_1| + |\xi_2|} - 0\right| [/mm] = [mm] \frac{\xi_{1}^{2}\cdot\xi_{2}^{4}}{\xi_{1}^{2}*\Big(|\xi_1| + |\xi_2|\Big) +\xi_{2}^{4}*|\xi_1| + \xi_2^{4}*|\xi_2|}$
[/mm]
(Im Betrag ist sowieso alles positiv, also können wir ihn auch weglassen).
Im nächsten Schritt solltest du den ersten Summanden im Nenner vollständig weglassen (damit machst du den Nenner kleiner, also den Bruch insgesamt größer).
Danach kürzt du am Besten wieder mit [mm] \xi_2^{4}.
[/mm]
Schätze dann den Bruch nochmal nach oben ab, indem du [mm] |\xi_2| [/mm] aus dem Nenner entfernst.
Für [mm] \xi_1 \to [/mm] 0 ist....
Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:40 So 04.07.2010 | | Autor: | notinX |
> Zunächst: Dir ist bei der Definition der totalen
> Differenzierbarkeit freigestellt, welche Norm du nimmst!
> Oft eignet sich die 1-Norm, also [mm]||\xi|| = |\xi_1| +|\xi_2|[/mm]
> besser (zumindest bei den Funktionen, wo ich bisher totale
> Differenzierbarkeit beweisen musste).
>
> Wir wollen zeigen, dass der Limes gegen 0 geht. Also
> schreiben wir:
>
> [mm]\left|\frac{\frac{\xi_{1}^{2}\cdot\xi_{2}^{4}}{\xi_{1}^{2}+\xi_{2}^{4}}}{|\xi_1| + |\xi_2|} - 0\right| = \frac{\xi_{1}^{2}\cdot\xi_{2}^{4}}{\xi_{1}^{2}*\Big(|\xi_1| + |\xi_2|\Big) +\xi_{2}^{4}*|\xi_1| + \xi_2^{4}*|\xi_2|}[/mm]
>
> (Im Betrag ist sowieso alles positiv, also können wir ihn
> auch weglassen).
> Im nächsten Schritt solltest du den ersten Summanden im
> Nenner vollständig weglassen (damit machst du den Nenner
> kleiner, also den Bruch insgesamt größer).
> Danach kürzt du am Besten wieder mit [mm]\xi_2^{4}.[/mm]
> Schätze dann den Bruch nochmal nach oben ab, indem du
> [mm]|\xi_2|[/mm] aus dem Nenner entfernst.
> Für [mm]\xi_1 \to[/mm] 0 ist....
>
>
> Grüße,
> Stefan
Also:
[mm] $\left|\frac{\frac{\xi_{1}^{2}\cdot\xi_{2}^{4}}{\xi_{1}^{2}+\xi_{2}^{4}}}{|\xi_{1}|+|\xi_{2}|}-0\right|=\frac{\xi_{1}^{2}\cdot\xi_{2}^{4}}{\xi_{1}^{2}\cdot\left(|\xi_{1}|+|\xi_{2}|\right)+\xi_{2}^{4}\cdot|\xi_{1}|+\xi_{2}^{4}\cdot|\xi_{2}|}<\frac{\xi_{1}^{2}\cdot\xi_{2}^{4}}{\xi_{2}^{4}\cdot|\xi_{1}|+\xi_{2}^{4}\cdot|\xi_{2}|}=\frac{\xi_{1}^{2}}{|\xi_{1}|+|\xi_{2}|}<\frac{\xi_{1}^{2}}{|\xi_{1}|}=|\xi_{1}|\to0$
[/mm]
?
Dann hätte ich mir die Mühe doch gar nicht machen müssen. Wenn ich [mm] $\xi_2$ [/mm] als konstant betrachte ist ja klar, dass der GW=0 ist.
Bzw. wenn ich [mm] $\xi_2$ [/mm] nicht als konstant betrachte, wieso darf ich dann solange umformen bis es im Term nicht mehr vorkommt?
Edit: Nochmal zur anderen Möglichkeit zu zeigen, dass f total diffbar ist (also zu zeigen, dass die partiellen Ableitungen stetig sind): Müssen die partiellen Ableitungen bezüglich ihrer Ableitungsvariable oder bezüglich aller Variablen (in diesem Fall zwei) stetig sein?
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Hallo,
> Also:
> [mm]\left|\frac{\frac{\xi_{1}^{2}\cdot\xi_{2}^{4}}{\xi_{1}^{2}+\xi_{2}^{4}}}{|\xi_{1}|+|\xi_{2}|}-0\right|=\frac{\xi_{1}^{2}\cdot\xi_{2}^{4}}{\xi_{1}^{2}\cdot\left(|\xi_{1}|+|\xi_{2}|\right)+\xi_{2}^{4}\cdot|\xi_{1}|+\xi_{2}^{4}\cdot|\xi_{2}|}<\frac{\xi_{1}^{2}\cdot\xi_{2}^{4}}{\xi_{2}^{4}\cdot|\xi_{1}|+\xi_{2}^{4}\cdot|\xi_{2}|}=\frac{\xi_{1}^{2}}{|\xi_{1}|+|\xi_{2}|}<\frac{\xi_{1}^{2}}{|\xi_{1}|}=|\xi_{1}|\to0[/mm]
> ?
Genau.
Schreibe statt "<" lieber " [mm] \le [/mm] ". Eigtl. darf ja [mm] \xi_1= [/mm] 0 oder [mm] \xi_2 [/mm] = 0 schon nach Voraussetzung nicht auftreten, aber man muss sich für ein "<" immer besonders gut rechtfertigen können, und hier brauchen wir diese scharfe Abschätzung nicht.
> Dann hätte ich mir die Mühe doch gar nicht machen
> müssen. Wenn ich [mm]\xi_2[/mm] als konstant betrachte ist ja klar,
> dass der GW=0 ist.
Genau.
> Bzw. wenn ich [mm]\xi_2[/mm] nicht als konstant betrachte, wieso
> darf ich dann solange umformen bis es im Term nicht mehr
> vorkommt?
Wir betrachten nirgends [mm] \xi_2 [/mm] als konstant!
Wir gehen bloß einem Grenzwert aus dem Weg, bei dem wir zwei Variablen gleichzeitig gegen 0 laufen lassen.
All unsere getätigten Abschätzungen funktionieren für alle [mm] \xi_1 [/mm] und [mm] \xi_2.
[/mm]
Nur nochmal zur Verdeutlichung:
1. Wir zeigen die obige Ungleichung.
2. Es gilt also $0 [mm] \le \left|\frac{\frac{\xi_{1}^{2}\cdot\xi_{2}^{4}}{\xi_{1}^{2}+\xi_{2}^{4}}}{|\xi_{1}|+|\xi_{2}|}-0\right| \le |\xi_1|$.
[/mm]
3. Wenn wir nun überall den Grenzprozesse [mm] \xi_1\to [/mm] 0, [mm] \xi_2\to [/mm] 0 untersuchen, erhalten wir das gewünschte Resultat.
Ich musste nirgendswo annehmen, dass [mm] \xi_1 [/mm] oder [mm] \xi_2 [/mm] "konstant" sind. Was meinst du damit?
> Edit: Nochmal zur anderen Möglichkeit zu zeigen, dass f
> total diffbar ist (also zu zeigen, dass die partiellen
> Ableitungen stetig sind): Müssen die partiellen
> Ableitungen bezüglich ihrer Ableitungsvariable oder
> bezüglich aller Variablen (in diesem Fall zwei) stetig
> sein?
Existieren die partiellen Ableitungen von f in einer Umgebung von x, und sind die partiellen Ableitungen in x stetig (in allen Variablen!), dann ist f in x total differenzierbar.
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:34 So 04.07.2010 | | Autor: | notinX |
> Genau.
> Schreibe statt "<" lieber " [mm]\le[/mm] ". Eigtl. darf ja [mm]\xi_1=[/mm] 0
> oder [mm]\xi_2[/mm] = 0 schon nach Voraussetzung nicht auftreten,
> aber man muss sich für ein "<" immer besonders gut
> rechtfertigen können, und hier brauchen wir diese scharfe
> Abschätzung nicht.
Das ist wohl war, danke für den Tipp.
>
> > Dann hätte ich mir die Mühe doch gar nicht machen
> > müssen. Wenn ich [mm]\xi_2[/mm] als konstant betrachte ist ja klar,
> > dass der GW=0 ist.
>
> Genau.
>
> > Bzw. wenn ich [mm]\xi_2[/mm] nicht als konstant betrachte, wieso
> > darf ich dann solange umformen bis es im Term nicht mehr
> > vorkommt?
>
> Wir betrachten nirgends [mm]\xi_2[/mm] als konstant!
> Wir gehen bloß einem Grenzwert aus dem Weg, bei dem wir
> zwei Variablen gleichzeitig gegen 0 laufen lassen.
> All unsere getätigten Abschätzungen funktionieren für
> alle [mm]\xi_1[/mm] und [mm]\xi_2.[/mm]
>
> Nur nochmal zur Verdeutlichung:
> 1. Wir zeigen die obige Ungleichung.
> 2. Es gilt also [mm]0 \le \left|\frac{\frac{\xi_{1}^{2}\cdot\xi_{2}^{4}}{\xi_{1}^{2}+\xi_{2}^{4}}}{|\xi_{1}|+|\xi_{2}|}-0\right| \le |\xi_1|[/mm].
>
> 3. Wenn wir nun überall den Grenzprozesse [mm]\xi_1\to[/mm] 0,
> [mm]\xi_2\to[/mm] 0 untersuchen, erhalten wir das gewünschte
> Resultat.
>
> Ich musste nirgendswo annehmen, dass [mm]\xi_1[/mm] oder [mm]\xi_2[/mm]
> "konstant" sind. Was meinst du damit?
Ja das weiß ich auch nicht so genau. Irgendwie überzeugt mich das Ganze noch nicht ganz. Vielleicht ist auch einfach nur Zeit Schluss zu machen für heute...
Es bereitet mir noch Probleme Grenzwerte in mehreren Veränderlichen zu betrachten.
Wenn ich diesen Term nehme:
[mm] $\frac{\frac{\xi_{1}^{2}\cdot\xi_{2}^{4}}{\xi_{1}^{2}+\xi_{2}^{4}}}{|\xi_{1}|+|\xi_{2}|}$
[/mm]
ist für [mm] $\xi_2=const$ [/mm] (und [mm] $\xi_2\neq0$) [/mm] und [mm] $\xi_1\to0$ [/mm] klar, dass er gegen 0 strebt analog für [mm] $\xi_1=const$ [/mm] etc.
Wenn aber beide nicht konstant sind und beide gegen 0 gehen verwirrt mich das.
> Existieren die partiellen Ableitungen von f in einer
> Umgebung von x, und sind die partiellen Ableitungen in x
> stetig (in allen Variablen!), dann ist f in x total
> differenzierbar.
Dann ist die totale Differenzierbarkeit doch schon gezeigt oder?
Die partiellen Ableitungen existieren (da f eine Komposition diffbarer Fkten ist) und sind auch stetig (als komposition stetiger Funktionen)
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Hallo,
> > Nur nochmal zur Verdeutlichung:
> > 1. Wir zeigen die obige Ungleichung.
> > 2. Es gilt also [mm]0 \le \left|\frac{\frac{\xi_{1}^{2}\cdot\xi_{2}^{4}}{\xi_{1}^{2}+\xi_{2}^{4}}}{|\xi_{1}|+|\xi_{2}|}-0\right| \le |\xi_1|[/mm].
>
> >
> > 3. Wenn wir nun überall den Grenzprozesse [mm]\xi_1\to[/mm] 0,
> > [mm]\xi_2\to[/mm] 0 untersuchen, erhalten wir das gewünschte
> > Resultat.
> >
> > Ich musste nirgendswo annehmen, dass [mm]\xi_1[/mm] oder [mm]\xi_2[/mm]
> > "konstant" sind. Was meinst du damit?
>
> Ja das weiß ich auch nicht so genau. Irgendwie überzeugt
> mich das Ganze noch nicht ganz. Vielleicht ist auch einfach
> nur Zeit Schluss zu machen für heute...
> Es bereitet mir noch Probleme Grenzwerte in mehreren
> Veränderlichen zu betrachten.
>
> Wenn ich diesen Term nehme:
>
> [mm]\frac{\frac{\xi_{1}^{2}\cdot\xi_{2}^{4}}{\xi_{1}^{2}+\xi_{2}^{4}}}{|\xi_{1}|+|\xi_{2}|}[/mm]
> ist für [mm]\xi_2=const[/mm] (und [mm]\xi_2\neq0[/mm]) und [mm]\xi_1\to0[/mm] klar,
> dass er gegen 0 strebt analog für [mm]\xi_1=const[/mm] etc.
> Wenn aber beide nicht konstant sind und beide gegen 0 gehen
> verwirrt mich das.
Genau. Simultane Grenzwerte zu berechnen geht auch überhaupt nicht einfach.
Aber wie gesagt: Wir zeigen erst die Ungleichung
$0 [mm] \le \left|\frac{\frac{\xi_{1}^{2}\cdot\xi_{2}^{4}}{\xi_{1}^{2}+\xi_{2}^{4}}}{|\xi_{1}|+|\xi_{2}|}-0\right| \le |\xi_1|$
[/mm]
für alle [mm] $\xi_1\not= [/mm] 0$ und [mm] $\xi_2\not= [/mm] 0$. Die Ungleichung nimmst du mir doch ab?
Und wenn wir jetzt den doppelten Grenzwert darauf anwenden, ist völlig egal, in welcher Reihenfolge die [mm] x_i [/mm] gegen 0 gehen usw.
Hauptsache, sie gehen gegen 0, denn dann liefert uns der Grenzübergang unserer Ungleichung das gewünschte.
> > Existieren die partiellen Ableitungen von f in einer
> > Umgebung von x, und sind die partiellen Ableitungen in x
> > stetig (in allen Variablen!), dann ist f in x total
> > differenzierbar.
>
> Dann ist die totale Differenzierbarkeit doch schon gezeigt
> oder?
> Die partiellen Ableitungen existieren (da f eine
> Komposition diffbarer Fkten ist) und sind auch stetig (als
> komposition stetiger Funktionen)
Achtung! Es geht hier um den Punkt (0,0).
Es ist klar, dass die partiellen Ableitung in einer Umgebung dieses Punktes existieren, denn außerhalb von (0,0) existieren sie offensichtlich und für (0,0) hast du sie ja durch Limesbildung erhalten.
Nun müssen noch die partiellen Ableitungen in (0,0) stetig sein. Da kannst du nicht mit "Komposition stetiger Funktionen" argumentieren, sondern du musst zeigen, dass der Gradient (den du oben ja schonmal berechnet hast) für [mm] (x,y)\to(0,0) [/mm] auch gegen [mm] $(\partial_x [/mm] f(0,0), [mm] \partial_y [/mm] f(0,0)) = (0,0)$ geht.
Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:13 So 04.07.2010 | | Autor: | notinX |
> Genau. Simultane Grenzwerte zu berechnen geht auch
> überhaupt nicht einfach.
> Aber wie gesagt: Wir zeigen erst die Ungleichung
>
> [mm]0 \le \left|\frac{\frac{\xi_{1}^{2}\cdot\xi_{2}^{4}}{\xi_{1}^{2}+\xi_{2}^{4}}}{|\xi_{1}|+|\xi_{2}|}-0\right| \le |\xi_1|[/mm]
>
> für alle [mm]\xi_1\not= 0[/mm] und [mm]\xi_2\not= 0[/mm]. Die Ungleichung
> nimmst du mir doch ab?
ja, nehm ich Dir ab. Aber ich glaube das mit der Stetigkeit der partiellen Ableitungen leuchtet mir zumindest jetzt noch mehr ein.
> Und wenn wir jetzt den doppelten Grenzwert darauf
> anwenden, ist völlig egal, in welcher Reihenfolge die [mm]x_i[/mm]
> gegen 0 gehen usw.
> Hauptsache, sie gehen gegen 0, denn dann liefert uns der
> Grenzübergang unserer Ungleichung das gewünschte.
>
> > > Existieren die partiellen Ableitungen von f in einer
> > > Umgebung von x, und sind die partiellen Ableitungen in x
> > > stetig (in allen Variablen!), dann ist f in x total
> > > differenzierbar.
> >
> > Dann ist die totale Differenzierbarkeit doch schon gezeigt
> > oder?
> > Die partiellen Ableitungen existieren (da f eine
> > Komposition diffbarer Fkten ist) und sind auch stetig (als
> > komposition stetiger Funktionen)
>
> Achtung! Es geht hier um den Punkt (0,0).
> Es ist klar, dass die partiellen Ableitung in einer
> Umgebung dieses Punktes existieren, denn außerhalb von
> (0,0) existieren sie offensichtlich und für (0,0) hast du
> sie ja durch Limesbildung erhalten.
>
> Nun müssen noch die partiellen Ableitungen in (0,0) stetig
> sein. Da kannst du nicht mit "Komposition stetiger
> Funktionen" argumentieren, sondern du musst zeigen, dass
> der Gradient (den du oben ja schonmal berechnet hast) für
> [mm](x,y)\to(0,0)[/mm] auch gegen [mm](\partial_x f(0,0), \partial_y f(0,0)) = (0,0)[/mm]
> geht.
>
> Grüße,
> Stefan
Ich greife auf Deinen Tipp von vorhin zurück und transformiere in Polarkoordinaten. Der Vorteil dabei liegt doch darin, dass ich mit [mm] $r\to0$ [/mm] quasi x und y gleichzeitig gegen 0 streben lassen kann, oder?
Also: Sei [mm] $x:=r\cos\phi\qquad y:=r\sin\phi$
[/mm]
Damit ist:
[mm] $\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{2r^{9}\cos\phi\sin^{8}\phi}{r^{4}\cos^{4}\phi+2r^{6}\sin^{4}\phi\cos^{2}\phi+r^{8}\sin^{8}\phi}=\frac{2r^{5}\cos\phi\sin^{8}\phi}{\cos^{4}\phi+2r^{2}\sin^{4}\phi\cos^{2}\phi+r^{4}\sin^{8}\phi}$
[/mm]
also [mm] $\frac{\partial f}{\partial x}\to0$ [/mm] für [mm] $r\to [/mm] 0$
und
[mm] $\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{4r^{7}\cos^{4}\phi\sin^{3}\phi}{r^{4}\cos^{4}\phi+2r^{6}\sin^{4}\phi\cos^{2}\phi+r^{8}\sin^{8}\phi}=\frac{4r^{3}\cos^{4}\phi\sin^{3}\phi}{\cos^{4}\phi+2r^{2}\sin^{4}\phi\cos^{2}\phi+r^{4}\sin^{8}\phi}$
[/mm]
was ebenfalls gegen 0 strebt.
Muss ich dabei noch irgendwas beachten, oder was zu r oder [mm] $\phi$ [/mm] sagen, oder kann man das so stehen lassen?
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Hallo,
> Ich greife auf Deinen Tipp von vorhin zurück und
> transformiere in Polarkoordinaten. Der Vorteil dabei liegt
> doch darin, dass ich mit [mm]r\to0[/mm] quasi x und y gleichzeitig
> gegen 0 streben lassen kann, oder?
> Also: Sei [mm]x:=r\cos\phi\qquad y:=r\sin\phi[/mm]
> Damit ist:
> [mm]\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{2r^{9}\cos\phi\sin^{8}\phi}{r^{4}\cos^{4}\phi+2r^{6}\sin^{4}\phi\cos^{2}\phi+r^{8}\sin^{8}\phi}=\frac{2r^{5}\cos\phi\sin^{8}\phi}{\cos^{4}\phi+2r^{2}\sin^{4}\phi\cos^{2}\phi+r^{4}\sin^{8}\phi}[/mm]
>
> also [mm]\frac{\partial f}{\partial x}\to0[/mm] für [mm]r\to 0[/mm]
> und
> [mm]\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{4r^{7}\cos^{4}\phi\sin^{3}\phi}{r^{4}\cos^{4}\phi+2r^{6}\sin^{4}\phi\cos^{2}\phi+r^{8}\sin^{8}\phi}=\frac{4r^{3}\cos^{4}\phi\sin^{3}\phi}{\cos^{4}\phi+2r^{2}\sin^{4}\phi\cos^{2}\phi+r^{4}\sin^{8}\phi}[/mm]
>
> was ebenfalls gegen 0 strebt.
Achtung!
Der zweite Term geht nicht gegen 0, beachte [mm] r^{3} [/mm] im Zähler und [mm] r^{4} [/mm] im Nenner!
Die Funktion ist also nicht stetig partiell differenzierbar.
Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:32 So 04.07.2010 | | Autor: | notinX |
> Hallo,
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> > Ich greife auf Deinen Tipp von vorhin zurück und
> > transformiere in Polarkoordinaten. Der Vorteil dabei liegt
> > doch darin, dass ich mit [mm]r\to0[/mm] quasi x und y gleichzeitig
> > gegen 0 streben lassen kann, oder?
> > Also: Sei [mm]x:=r\cos\phi\qquad y:=r\sin\phi[/mm]
> > Damit
> ist:
> > [mm]\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{2r^{9}\cos\phi\sin^{8}\phi}{r^{4}\cos^{4}\phi+2r^{6}\sin^{4}\phi\cos^{2}\phi+r^{8}\sin^{8}\phi}=\frac{2r^{5}\cos\phi\sin^{8}\phi}{\cos^{4}\phi+2r^{2}\sin^{4}\phi\cos^{2}\phi+r^{4}\sin^{8}\phi}[/mm]
>
> >
> > also [mm]\frac{\partial f}{\partial x}\to0[/mm] für [mm]r\to 0[/mm]
> >
> und
> > [mm]\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{4r^{7}\cos^{4}\phi\sin^{3}\phi}{r^{4}\cos^{4}\phi+2r^{6}\sin^{4}\phi\cos^{2}\phi+r^{8}\sin^{8}\phi}=\frac{4r^{3}\cos^{4}\phi\sin^{3}\phi}{\cos^{4}\phi+2r^{2}\sin^{4}\phi\cos^{2}\phi+r^{4}\sin^{8}\phi}[/mm]
>
> >
> > was ebenfalls gegen 0 strebt.
>
> Achtung!
> Der zweite Term geht nicht gegen 0, beachte [mm]r^{3}[/mm] im
> Zähler und [mm]r^{4}[/mm] im Nenner!
>
> Die Funktion ist also nicht stetig partiell
> differenzierbar.
>
> Grüße,
> Stefan
Hm... steh ich jetzt aufm Schlauch?
Wenn bei [mm] $\partial_f_y$ [/mm] r gegen 0 geht, dann bleibt doch übrig:
[mm] $\lim_{r\to0}\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{0}{\cos^{4}\phi+0+0}$
[/mm]
und wenn mich zu später Stunde nicht alle guten Mathe-Geister verlassen haben ist das =0
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Hallo,
> > Hallo,
> Hm... steh ich jetzt aufm Schlauch?
> Wenn bei [mm]\partial_f_y[/mm] r gegen 0 geht, dann bleibt doch
> übrig:
> [mm]\lim_{r\to0}\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{0}{\cos^{4}\phi+0+0}[/mm]
>
> und wenn mich zu später Stunde nicht alle guten
> Mathe-Geister verlassen haben ist das =0
Keine Angst, mich haben sie verlassen - du hast recht.
Grüße,
Stefan
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 09:11 Mo 05.07.2010 | | Autor: | notinX |
Dann hab ich ja nochmal Glück gehabt...
Damit ist dann die totale Differenzierbarkeit gezeigt, oder?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:20 Di 13.07.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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