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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:48 Di 07.06.2005 | | Autor: | Faenol |
Hi !
Ich hab folgende Funktion:
[mm] f:\IR^2 \to \IR
[/mm]
[mm] f(\alpha)= |\alpha|*g( \bruch{\alpha}{|\alpha|}) [/mm] für [mm] \alpha \not= [/mm] 0
[mm] f(\alpha)=0 [/mm] für [mm] \alpha [/mm] = 0
[mm] \alpha [/mm] natürlich [mm] \in \IR^2 [/mm] und es gilt für g:
(Wenn mich mein Englisch nicht täuscht)
g ist eine stetige auf dem Einheitskreis fortgesetze (definierte) Funktion, so dass g(0,1)=g(1,0)=0 sowie [mm] g(-\alpha)=- g(\alpha).
[/mm]
Ich soll nun folgendes zeigen:
(1) Wenn [mm] h_{\alpha}(t)=f(t*\alpha) [/mm] gilt, so ist [mm] h_{\alpha} [/mm] diffbar
(2) Wenn nicht g=0 gilt, so ist f bei (0,0) nicht total diffbar.
Also mein Problem ist der Einheitskreis:
für [mm] \alpha \not=0 [/mm] gilt ja:
[mm] h_{\alpha}(t)=f(t*\alpha)= |t*\alpha|*g( \bruch{t*\alpha}{|t*\alpha|} [/mm] )
= [mm] |t*\alpha|*g(\pm \bruch{\alpha}{|\alpha|} [/mm] )
[mm] \pm [/mm] hab ich jetzt mal so geschrieben, kommt ja auf das Vorzeichen von t an.
Für t>0 ändert sich nichts:
= [mm] |t*\alpha|*g( \bruch{\alpha}{|\alpha|})
[/mm]
Für t<0 ändert sich nur:
= - [mm] |t*\alpha|*g( \bruch{\alpha}{|\alpha|})
[/mm]
Der Vektor [mm] \alpha [/mm] wird zu dem Vektor z normiert, also ist nun g(z) mit |z|=1, aber das bringt mir auch nichts, nur dass g mit dem Argument was anfangen kann...
Wie geht das jetzt weiter ? Natürlich kann ich ein Vektor mit seinen Basen darstellen, sprich z=s(1,0)+t(0,1), aber ich weiß ja gar nicht, ob g linear ist (wohl eher nicht).
Die (2) verstehe ich eigentlich schon, ich wollte das über die stetige partielle Diffbarbarkeit machen, also zeigen, dass die partiellen Ableitungen in (0,0) nur dann stetig sind, wenn g(..)=0 gilt.
Die eine Seite über die Richtungsableitung hab ich auch schon, was mir nur fehlt sind die partiellen Ableitungen von f(x,y), damit ich damit dann mit ner Folge arbeiten kann ...
Mit [mm] \alpha=(x,y) [/mm] gilt ja:
[mm] \bruch{ \partial f }{ \partial x}= \bruch{x}{ \wurzel{x^2+y^2}}*g(z)+ \wurzel{x^2+y^2}*Dg(z)
[/mm]
Und auch happert es wieder am Einheitskreis !
Die konkreten Fragen:
1) Was kann ich über die partiellen Ableitungen sagen ? Kann die mir jemand erklären, wie die hier aussehen ?
2) Was fang ich mit g an ? Was ist g(z) und was soll der Hinweis mit den Basisvektoren ?
Danke 
Faenôl
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Hallo Faenol,
> g ist eine stetige auf dem Einheitskreis fortgesetze
> (definierte) Funktion, so dass g(0,1)=g(1,0)=0 sowie
> [mm]g(-\alpha)=- g(\alpha).[/mm]
>
> Ich soll nun folgendes zeigen:
> (1) Wenn [mm]h_{\alpha}(t)=f(t*\alpha)[/mm] gilt, so ist [mm]h_{\alpha}[/mm]
> diffbar
Hier zeige ich erstmal folgendes:
[mm]
\begin{gathered}
h_\alpha \left( t \right)\; = \;\left| {t\;\alpha } \right|\;g\left( {\frac{{t\;\alpha }}
{{\left| {t\;\alpha } \right|}}} \right)\; = \;\left| t \right|\;\left| \alpha \right|\;g\left( {\frac{{t\;\alpha }}
{{\left| t \right|\;\left| \alpha \right|}}} \right) \hfill \\
h_\alpha \left( t \right)\; = \;t\;\left| \alpha \right|\;g\left( {\frac{\alpha }
{{\left| \alpha \right|}}} \right)\; = \;t\;f\left( \alpha \right),\;t\; \geqslant \;0 \hfill \\
h_\alpha \left( t \right)\; = \; - t\;\left| \alpha \right|\;g\left( { - \frac{\alpha }
{{\left| \alpha \right|}}} \right)\; = \; - t\;\left| \alpha \right|\; - g\left( {\frac{\alpha }
{{\left| \alpha \right|}}} \right)\; = \;t\;\left| \alpha \right|\;g\left( {\frac{\alpha }
{{\left| \alpha \right|}}} \right)\; = \;t\;f\left( \alpha \right)1,\;t\; \leqslant \;0 \hfill \\
\end{gathered} [/mm]
Da [mm]h_\alpha \left( t \right)[/mm] für alle t dieselbe Funktion ist und die links- und rechtsseitigen Ableitungen an der Stelle t=0 existieren und übereinstimmen ist, ist [mm]h_\alpha \left( t \right)[/mm] deshalb differenzierbar.
> (2) Wenn nicht g=0 gilt, so ist f bei (0,0) nicht total
> diffbar.
Das heisst ja, wenn f bei (0,0) total differenzierbar ist, dann ist g = 0.
Betrachte die Grenzwerte
[mm]
\begin{gathered}
\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } \;\mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{{\delta f}}
{{\delta x}}\left| {\left( {x,\;y} \right)} \right. \hfill \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ - } \;\mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{{\delta f}}
{{\delta x}}\left| {\left( {x,\;y} \right)} \right. \hfill \\
\end{gathered} [/mm]
Das machst Du dann auch so für die andere partielle Ableitung.
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:41 Fr 10.06.2005 | | Autor: | Faenol |
Hi !
Ah, jetzt hat es bissle Klick gemacht !
Jetzt seh ich auch den Sinn hinter der Angabe mit g(1,0)=g(0,1)=0 ...
Aber dennoch: *g*
Hab jetzt
[mm] \limes_{x\rightarrow\ 0^{+}} \limes_{y\rightarrow 0} \bruch{ \partial f }{\partial x} [/mm] = [mm] \limes_{x\rightarrow\ 0^{+}} \limes_{y\rightarrow 0}\bruch{x}{\wurzel{x^2+y^2}}*g(\bruch{(x,y)}{|(x,y)|})+ \wurzel{x^2+y^2}*Dg(\bruch{(x,y)}{|(x,y)|}) [/mm] betrachtet.
y=0 macht ja keine Probleme, daher bleibt:
[mm] \limes_{x\rightarrow\ 0^{+}} \bruch{x}{|x|}* \underbrace{g(\bruch{(x,0)}{|x|}}_{=g(1,0)=0}+|x|*Dg(1,0)
[/mm]
Soo, das heißt ja es bleibt nur noch [mm] \limes_{x\rightarrow\ 0^{+}} [/mm] |x|*Dg(1,0), aber es gilt doch dass die Ableitung einer Konstanten (hier 0) 0 ist...
Da das ganze auch für x [mm] \to 0^{-} [/mm] gilt:
Also wäre [mm] \limes_{x\rightarrow\ 0} \limes_{y\rightarrow 0} \bruch{ \partial f }{\partial x} [/mm] =0
Das selbe gilt auch für die partielle Ableitung nach y ! Nur dann mit g(0,1)=0 angewandt.
Ist es jetzt richtig, wenn ich daraus folgere:
Also ist grad f(0,0)=(0,0)
f(x,y)=f(0,0)+<grad f(0,0),(x,y)>+R(x,y)=R(x,y)
[mm] \limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)} \bruch{R(x,y)}{|x,y|}= \limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)} \bruch{f(x,y)}{|x,y|}=\limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)}g(\bruch{(x,y)}{|x,y|}) [/mm] (Norm kürzt sich ja weg..)
Damit nun f(x,y) diffbar ist, muss der Ausdruck gleich null sein...
Sprich es muss gelten:
[mm] \limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)}g(\bruch{(x,y)}{|x,y|}) [/mm] =0
Da g stetig, muss also gelten:
[mm] g(\limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\bruch{(x,y)}{|x,y|}) [/mm] =0
(Was ich aber jetzt nicht sehen würde, ist, dass das nur geht, wenn g=0 gilt... (bissle schon, aber nicht so richtig)
Oder hab ich jetzt in meinen Gedanken alles falsch verstanden und wieder alles über den Haufen geworfen ?
Danke
Faenôl
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Hallo Faenol,
> Ist es jetzt richtig, wenn ich daraus folgere:
>
> Also ist grad f(0,0)=(0,0)
>
> f(x,y)=f(0,0)+<grad f(0,0),(x,y)>+R(x,y)=R(x,y)
>
> [mm]\limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)} \bruch{R(x,y)}{|x,y|}= \limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)} \bruch{f(x,y)}{|x,y|}=\limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)}g(\bruch{(x,y)}{|x,y|})[/mm]
> (Norm kürzt sich ja weg..)
>
> Damit nun f(x,y) diffbar ist, muss der Ausdruck gleich null
> sein...
> Sprich es muss gelten:
> [mm]\limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)}g(\bruch{(x,y)}{|x,y|})[/mm] =0
>
> Da g stetig, muss also gelten:
>
> [mm]g(\limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\bruch{(x,y)}{|x,y|})[/mm] =0
>
> (Was ich aber jetzt nicht sehen würde, ist, dass das nur
> geht, wenn g=0 gilt... (bissle schon, aber nicht so
> richtig)
Ich dachte daran, daß links- und rechtsseitige Ableitung nur übereinstimmen, wenn g(z)=0 ist. Daraus folgt dann, daß f nur total differenzierbar ist, wenn g(z)=0 ist.
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:23 Fr 10.06.2005 | | Autor: | Faenol |
Hi MathePower !
"Links- und rechtsseitige Ableitung " Gutes Stichwort !
So ganz wußte ich auch net, was du bei der (1) damit gemeint hast !
Eigentlich würd ich ja denken, dass du meinst, dass:
[mm] \limes_{x \rightarrow 0^{-}} \limes_{y \rightarrow 0} \bruch{ \partial f}{ \partial x}= \limes_{x \rightarrow 0^{+}} \limes_{y \rightarrow 0} \bruch{ \partial f}{ \partial x}
[/mm]
gelten muss..... aber das tut es doch auch für g(z)= ???? (Egal was).
denn es gilt doch Dg(z)=0.... (siehe meine Rechung im letzten Beitrag gerade) und daher sind doch dann beide obige Ausdrücke = 0.
Da doch nur noch bleibt:
[mm] \limes_{x \rightarrow 0^{-}} [/mm] x*Dg(1,0)
[mm] \limes_{x \rightarrow 0^{+}} [/mm] x*Dg(1,0)
Oder wie meinst du das ?
Gruß
Faenôl
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Hallo Faenol,
Hallo Faenol
> "Links- und rechtsseitige Ableitung " Gutes Stichwort !
>
> So ganz wußte ich auch net, was du bei der (1) damit
> gemeint hast !
>
> Eigentlich würd ich ja denken, dass du meinst, dass:
>
> [mm]\limes_{x \rightarrow 0^{-}} \limes_{y \rightarrow 0} \bruch{ \partial f}{ \partial x}= \limes_{x \rightarrow 0^{+}} \limes_{y \rightarrow 0} \bruch{ \partial f}{ \partial x}[/mm]
>
> gelten muss..... aber das tut es doch auch für g(z)= ????
> (Egal was).
> denn es gilt doch Dg(z)=0.... (siehe meine Rechung im
> letzten Beitrag gerade) und daher sind doch dann beide
> obige Ausdrücke = 0.
>
> Da doch nur noch bleibt:
> [mm]\limes_{x \rightarrow 0^{-}}[/mm] x*Dg(1,0)
> [mm]\limes_{x \rightarrow 0^{+}}[/mm] x*Dg(1,0)
Ich meinte, dass [mm]f_{x}\;=\;g(z)[/mm] für x >=0 und
[mm]f_{x}\;=\;-g(z)[/mm] für x <=0
Grenzübergang für x = 0 liefert g(z) = -g(z). Somit ist f an der Stelle 0 nur total differenzierbar, wenn g(z) = 0.
Gruß
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:21 Fr 10.06.2005 | | Autor: | Faenol |
Hi !
Ahhhh, jetzt weiß ich was du meinst ! *g*
Danke ! Ist nun klar, war bissle verwirrt... Hab nun [mm] f_X [/mm] einfach mit der Richtungsableitung berechnet und hab [mm] f_x=g(z) [/mm] bzw. [mm] f_x=-g(z) [/mm] raus...
Danke
Faenôl
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| Status: |
(Frage) für Interessierte  | | Datum: | 13:36 Sa 11.06.2005 | | Autor: | Faenol |
Hi MathePower !
-- Edit ---
Ich weiß, dass du Recht hast und hab es mit einer Variante auch selbst raus, aber mit der, die ich dir gleich beschreibe, komme ich nicht auf das gleiche Ergebnis:
Es gilt :
[mm] \bruch{ \partial f}{ \partial x}= \bruch{x}{\wurzel{x^2+y^2}}*g(z)
[/mm]
[mm] \limes_{y \rightarrow 0} \bruch{ \partial f}{ \partial x}=\pm [/mm] g(z) (je nach dem welches Vorzeichen das x hat).
Aber:
Wenn ich die Richtungsableitung in Richtung [mm] e_1=(1,0) [/mm] betrachte, dann gilt:
[mm] D_1 [/mm] f(0,0) = 0
Betrachtet man nun z.B. [mm] \bruch{ \partial f}{ \partial x}( \bruch{1}{n},0) [/mm] so ist dies ebenfalls =0. (da ich dann aus g(z) wieder g(1,0) machen kann)
Demnach wären die partiellen Ableitungen bei (0,0) stetig! Daraus würde dann wiederum differenzierbarkeit folgen...
Kurzum ist das Problem einfach, die Betrachtung von z. Wenn ich zuerst x oder y laufen lasse, dann kann ich den Audruck g(z) immer als g(1,0) oder g(0,1) auffassen, was aber noch Vorrausssetzung 0 ist...
Kannst du mir da nochmal helfen ? Warum kann ich das nicht so machen ?
Faenôl
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:32 Mo 13.06.2005 | | Autor: | Julius |
Hallo Faenol!
Es tut mir leid, dass dir bei deiner Frage keiner in dem von dir vorgesehenen Zeitraum weiterhelfen konnte. Vielleicht hast du ja beim nächsten Mal mehr Glück. ![[kleeblatt]](/images/smileys/kleeblatt.gif "[kleeblatt]")
Viele Grüße
Julius
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