Implizite Funktion < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:35 So 15.01.2012 | | Autor: | WWatson |
| Aufgabe | Beweisen Sie, dass durch die Gleichung
ln(x + y + g(x,y) - [mm] 2)*e^{x+y} [/mm] - 2x + y + g (x,y) = 0 und g(1,1) = 1
eine Funktion zweier Variablen g(x,y) erklärt wird, die in einer Umgebung von (1,1) [mm] \in \IR^{2} [/mm] definiert und dort glatt ist. Berechnen Sie die partiellen Ableitungen dieser Funktion g(x,y) an der Stelle (1,1). |
Hallo zusammen,
ich habe Probleme beim letzten Teil dieser Aufgabe. Ich habe bereits gezeigt, dass die Voraussetzungen des Satzes über die implizite Funktion erfüllt sind und somit die Existenz der Funktion g(x,y) gewährleistet ist.
Ich habe jetzt überlegt, dass die partiellen Ableitungen ja sicherlich in irgendeiner Art über die Kettenregel berechnet werden können.
Bei deren Anwendung bin ich allerdings auf ein Problem gestoßen. Die Kettenregel besagt ja:
Seien f: [mm] \IR^{n} \to \IR^{l} [/mm] und g: [mm] \IR^{l} \to \IR^{m} [/mm] differenzierbare Abbildungen. So ist auch deren Komposition g [mm] \circ [/mm] f differenzierbar und es gilt (für deren partielle Ableitungen):
[mm] \bruch{\partial g \circ f}{\partial x} [/mm] (p) = [mm] \bruch{\partial g}{\partial x} [/mm] (f(p)) [mm] \circ \bruch{\partial f}{\partial x} [/mm] (p)
Jetzt habe ich aber doch das Problem, dass f von [mm] \IR^{3} \to \IR [/mm] und g von [mm] \IR^{2} \to \IR [/mm] abbildet, und man somit gar keine Komposition der beiden Funktionen angegeben werden kann.
Hat eventuell jemand eine Idee, wo ich da einen Fehler mache?
Gruß,
WWatson
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Hallo WWatson,
> Beweisen Sie, dass durch die Gleichung
>
> ln(x + y + g(x,y) - [mm]2)*e^{x+y}[/mm] - 2x + y + g (x,y) = 0 und
> g(1,1) = 1
>
> eine Funktion zweier Variablen g(x,y) erklärt wird, die in
> einer Umgebung von (1,1) [mm]\in \IR^{2}[/mm] definiert und dort
> glatt ist. Berechnen Sie die partiellen Ableitungen dieser
> Funktion g(x,y) an der Stelle (1,1).
> Hallo zusammen,
>
> ich habe Probleme beim letzten Teil dieser Aufgabe. Ich
> habe bereits gezeigt, dass die Voraussetzungen des Satzes
> über die implizite Funktion erfüllt sind und somit die
> Existenz der Funktion g(x,y) gewährleistet ist.
> Ich habe jetzt überlegt, dass die partiellen Ableitungen
> ja sicherlich in irgendeiner Art über die Kettenregel
> berechnet werden können.
> Bei deren Anwendung bin ich allerdings auf ein Problem
> gestoßen. Die Kettenregel besagt ja:
>
> Seien f: [mm]\IR^{n} \to \IR^{l}[/mm] und g: [mm]\IR^{l} \to \IR^{m}[/mm]
> differenzierbare Abbildungen. So ist auch deren Komposition
> g [mm]\circ[/mm] f differenzierbar und es gilt (für deren partielle
> Ableitungen):
>
> [mm]\bruch{\partial g \circ f}{\partial x}[/mm] (p) =
> [mm]\bruch{\partial g}{\partial x}[/mm] (f(p)) [mm]\circ \bruch{\partial f}{\partial x}[/mm]
> (p)
>
> Jetzt habe ich aber doch das Problem, dass f von [mm]\IR^{3} \to \IR[/mm]
> und g von [mm]\IR^{2} \to \IR[/mm] abbildet, und man somit gar keine
> Komposition der beiden Funktionen angegeben werden kann.
>
Der Satz ist hier nicht anwendar.
> Hat eventuell jemand eine Idee, wo ich da einen Fehler
> mache?
>
> Gruß,
>
> WWatson
>
Gruss
MathePower
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:01 Mo 16.01.2012 | | Autor: | fred97 |
Du hast die Gleichung:
$ln(x + y + g(x,y) - [mm] 2)\cdot{}e^{x+y} [/mm] - 2x + y + g (x,y) = 0$
Differenziere einmal nach x (mit der eindimensionalen Ketten- und Produktregel)
Dasselbe mache bei der Differentiation nach y.
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:16 Mo 16.01.2012 | | Autor: | WWatson |
Also, erstmal vielen Dank.
Ich habe jetzt jeweils partiell nach x und y differenziert und erhalte dabei:
[mm] \bruch{\partial g}{\partial x} [/mm] = - [mm] \bruch{ln(x+y+g(x,y)-2)e^{x+y} +2}{e^{x+y} \bruch{1}{x+y+g(x,y)-2} +1}
[/mm]
[mm] \bruch{\partial g}{\partial y} [/mm] = - [mm] \bruch{ln(x+y+g(x,y)-2)e^{x+y} -1}{e^{x+y} \bruch{1}{x+y+g(x,y)-2} +1}
[/mm]
Ich dachte ursprünglich, dass die implizite Funktion dann beim partiellen Differenzieren irgendwie wegfallen sollte. Stimmen denn meine Ableitungen?
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Hallo WWatson,
> Also, erstmal vielen Dank.
>
> Ich habe jetzt jeweils partiell nach x und y differenziert
> und erhalte dabei:
>
> [mm]\bruch{\partial g}{\partial x}[/mm] = -
> [mm]\bruch{ln(x+y+g(x,y)-2)e^{x+y} +2}{e^{x+y} \bruch{1}{x+y+g(x,y)-2} +1}[/mm]
>
> [mm]\bruch{\partial g}{\partial y}[/mm] = -
> [mm]\bruch{ln(x+y+g(x,y)-2)e^{x+y} -1}{e^{x+y} \bruch{1}{x+y+g(x,y)-2} +1}[/mm]
>
> Ich dachte ursprünglich, dass die implizite Funktion dann
> beim partiellen Differenzieren irgendwie wegfallen sollte.
> Stimmen denn meine Ableitungen?
Die Ableitungen musst Du nochmal nachrechnen.
Poste dazu die bisherigen Rechenschrittte.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:27 Mo 16.01.2012 | | Autor: | WWatson |
Ich denke, ich hab' meinen Fehler jetzt gefunden:
g(x,y) = [mm] -ln(x+y+g(x,y)-2)*e^{x+y}+2x-y
[/mm]
[mm] \bruch{\partial g}{\partial x} [/mm] = - [mm] \bruch{1}{x+y+g(x,y)-2}*(1 [/mm] + [mm] \bruch{\partial g}{\partial x})*e^{x+y} [/mm] - [mm] ln(x+y+g(x,y)-2)*e^{x+y} [/mm] + 2
[mm] \gdw
[/mm]
[mm] \bruch{\partial g}{\partial x}(1+\bruch{e^{x+y}}{x+y+g(x,y)-2}) [/mm] = - [mm] \bruch{e^{x+y}}{x+y+g(x,y)-2}-ln(x+y+g(x,y)-2)*e^{x+y}+2
[/mm]
[mm] \gdw
[/mm]
[mm] \bruch{\partial g}{\partial x} [/mm] = [mm] \bruch{-\bruch{e^{x+y}}{x+y+g(x,y)-2}-ln(x+y+g(x,y)-2)*e^{x+y}+2}{1+\bruch{e^{x+y}}
{x+y+g(x,y)-2}}
[/mm]
Und nach y geht analog, da steht nur an der letzten Stelle im Zähler dann -1 statt der +2.
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Hallo WWatson,
> Ich denke, ich hab' meinen Fehler jetzt gefunden:
>
> g(x,y) = [mm]-ln(x+y+g(x,y)-2)*e^{x+y}+2x-y[/mm]
>
> [mm]\bruch{\partial g}{\partial x}[/mm] = -
> [mm]\bruch{1}{x+y+g(x,y)-2}*(1[/mm] + [mm]\bruch{\partial g}{\partial x})*e^{x+y}[/mm]
> - [mm]ln(x+y+g(x,y)-2)*e^{x+y}[/mm] + 2
>
> [mm]\gdw[/mm]
>
> [mm]\bruch{\partial g}{\partial x}(1+\bruch{e^{x+y}}{x+y+g(x,y)-2})[/mm]
> = -
> [mm]\bruch{e^{x+y}}{x+y+g(x,y)-2}-ln(x+y+g(x,y)-2)*e^{x+y}+2[/mm]
>
> [mm]\gdw[/mm]
>
> [mm]\bruch{\partial g}{\partial x}[/mm] =
> [mm]\bruch{-\bruch{e^{x+y}}{x+y+g(x,y)-2}-ln(x+y+g(x,y)-2)*e^{x+y}+2}{1+\bruch{e^{x+y}}
{x+y+g(x,y)-2}}[/mm]
>
Jetzt stimmt's. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Und nach y geht analog, da steht nur an der letzten Stelle
> im Zähler dann -1 statt der +2.
Gruss
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:48 Mo 16.01.2012 | | Autor: | WWatson |
Alles klar, vielen Dank!
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