stetigkeit/diffbar in umgebung < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Sei $f(x,y) := [mm] xyln(-ln(x^2+y^2))$ [/mm] falls $ 0 < [mm] x^2+y^2 [/mm] < 1$ und $f(0,0) := 0$.
Zeigen sie, dass f in einer Umgebung der Null stetig ist, sowie
(a) [mm] $\partial_xf, \partial_yf, \partial{^2}_xf, \partial{^2}_yf$ [/mm] in einer Umgebung der Null existieren und stetig sind und
(b) [mm] $(\partial_x\partial_yf)(0,0)$ [/mm] nicht existiert. |
Hi
erstmal zur Stetigkeit der Funktion in einer Umgebung der Null:
Was genau ist damit gemeint, kann ich das Epsilon-Delta Kriterium dafür verwenden um zu zeigen, dass f in (0,0) stetig ist, oder geht das auch so:
[mm] $\lim\limits_{x \rightarrow 0}{f(x,0) = 0 = f(0,0)}$
[/mm]
und
[mm] $\lim\limits_{y \rightarrow 0}{f(0,y) = 0 = f(0,0)}$
[/mm]
Und hätte doch somit gezeigt dass f in einer Umgebung stetig ist?
zu (a)
Dort könnte ich es ja so ähnlich machen, also ich weiss ja dass $f(x,0) = 0 = f(0,y)$
[mm] $\Rightarrow \partial_xf(0,0) [/mm] = 0$ und [mm] $\partial_yf(0,0) [/mm] = 0$
[mm] $\Rightarrow \partial{^2}_xf(0,0) [/mm] = 0$ und [mm] $\partial{^2}_yf(0,0) [/mm] = 0$
Aber das kann ja nicht ganz stimmen, denn
(b) soll ja nicht existieren. Wäre aber ja auch 0 wenn ich so vorgehe wie bei (a)
Wäre sehr dankbar für Tipps.
lg
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:32 So 10.05.2015 | | Autor: | Ladon |
> Sei [mm]f(x,y) := xyln(-ln(x^2+y^2))[/mm] falls [mm]0 < x^2+y^2 < 1[/mm] und
> [mm]f(0,0) := 0[/mm].
> Zeigen sie, dass f in einer Umgebung der Null
> stetig ist, sowie
> (a) [mm]\partial_xf, \partial_yf, \partial{^2}_xf, \partial{^2}_yf[/mm]
> in einer Umgebung der Null existieren und stetig sind und
> (b) [mm](\partial_x\partial_yf)(0,0)[/mm] nicht existiert.
> Hi
> erstmal zur Stetigkeit der Funktion in einer Umgebung der
> Null:
> Was genau ist damit gemeint, kann ich das Epsilon-Delta
> Kriterium dafür verwenden um zu zeigen, dass f in (0,0)
> stetig ist, oder geht das auch so:
>
> [mm]\lim\limits_{x \rightarrow 0}{f(x,0) = 0 = f(0,0)}[/mm]
> und
> [mm]\lim\limits_{y \rightarrow 0}{f(0,y) = 0 = f(0,0)}[/mm]
> Und
> hätte doch somit gezeigt dass f in einer Umgebung stetig
> ist?
So kannst du zeigen, dass die Funktion unstetig ist, wenn die Limites nicht übereinstimmen.
Du zeigst damit nur die Stetigkeit auf der x-Achse bzw. y-Achse.
Erst mal ist festzustellen, dass die Funktion für $(x, [mm] y)\neq [/mm] (0,0)$ als Zusammensetzung stetiger Funktionen stetig ist. Betrachten wir also die Stetigkeit der Funktion um (0,0). Nutze Polarkoordinaten und schreibe um:
$$ f (x, y)=(r cos [mm] \varphi)(r sin\varphi) [/mm] ln [mm] (-ln(r^2(cos^2 \varphi+sin^2\varphi)))= r^2(cos\varphi)(sin \varphi) [/mm] ln [mm] (-ln(r^2)) =\frac{r^2}{2}sin (2\varphi) [/mm] ln (-ln [mm] (r^2))$$ [/mm] Es gilt nämlich [mm] sin(2\varphi)=2sin(\varphi) cos(\varphi).
[/mm]
Nun ist [mm] $0\le|f [/mm] (x, y)-f [mm] (0,0)|=|\frac{r^2}{2}sin (2\varphi) [/mm] ln (-ln [mm] (r^2))|\le|\frac{r^2}{2}ln [/mm] (-ln [mm] (r^2))|$, [/mm] da $| [mm] sin2\varphi|\le1$. [/mm] Also ist
[mm] $$\lim_{(x, y)\to(0,0)} [/mm] f (x, [mm] y)=\lim_{r\to 0}\frac {r^2}{2}sin (2\varphi) [/mm] ln (-ln [mm] (r^2))=0.$$
[/mm]
Eigentlich erübrigt sich hiermit die Kommentierung deiner anderen Lösungsansätze, es sei jedoch noch gesagt, dass du die partiellen Ableitungen berechnen solltest.
MfG
Ladon
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also das mit den Polarkoordinaten haben wir so noch nicht gemacht, also werd ich mich mal am epislon-delta kriterium versuchen.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:06 So 10.05.2015 | | Autor: | Ladon |
Mit Polarkoordinaten wirst du dich irgendwann eh auseinandersetzen müssen. Die hier verwendeten ebenen Polarkoordinaten sind einfach über den Einheitskreis zu verstehen. Wir können jede Koordinate (x,y) eindeutig durch
$ x=r [mm] cos\varphi [/mm] $ und $y=r [mm] sin\varphi [/mm] $
darstellen. Dabei gibt [mm] \varphi [/mm] die Richtung vor, während $r$ die Länge darstellt. (Vgl.: ![[]](/images/popup.gif) Wikipedia)
Insbesondere, wenn du etwas der Form [mm] $x^2+y^2$ [/mm] hast, schreit das ganze förmlich nach Polarkoordinaten, da $cos^2x+sin^2x=1$.
Am Ende hast du zudem einen Limes, den du leicht bestimmen kannst, da er nur von einer Variable $r $ abhängt.
Wenn du es über das [mm] \epsilon-\delta-Kriterium [/mm] versuchen möchtest, dann versuch es ruhig. Es wird allerdings gewiss schwieriger werden, als der obige Weg.
MfG
Ladon
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Ja das ist schon richtig, aber ich darf es leider trotzdem nicht verwenden um die Aufgabe zu lösen. Und ja eps-delta ist nicht so einfach, bin immer noch zu keiner lösung gekommen :(
lg
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:23 So 10.05.2015 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Ladon!
Ich habe diesen Thread nicht genau studiert. Aber beim Überfliegen sieht es mir so aus, als würdest du einem Irrtum unterliegen.
Gilt für ein [mm] $f\colon\IR^2\to\IR$ [/mm] für jedes [mm] $\varphi\in\IR$
[/mm]
[mm] $\lim_{r\to 0}f(r*\cos \varphi,r*\sin\varphi)=f(0,0)$,
[/mm]
so muss f noch lange nicht in (0,0) stetig sein!
Viele Grüße
Tobias
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:14 So 10.05.2015 | | Autor: | Ladon |
Ich glaube nicht, dass es sich um einen Irrtum handelt. Wenn wir bei [mm] r\to0 [/mm] einen Grenzwert erhalten, der unabhängig vom Winkel ist (vgl. Abschätzung oben), dann ist $f $ in $(0,0) $ stetig. Der Limes oben ist offensichtlich unabhängig von [mm] \varphi. [/mm] Du solltest dir evtl. die Abschätzung (s.o.) näher ansehen.
Nehmen wir demgegenüber die Funktion [mm] g:\IR^2\to\IR, [/mm]
$g [mm] (x,y)=\begin{cases} \frac {xy}{x^2+y^2}, & \mbox{für } (x,y)\neq (0,0) \\ 0, & \mbox{für } (x,y)=(0,0)\end{cases}$
[/mm]
und setzen Polarkoordinaten ein, erhalten wir
[mm] $\lim_{r\to0}g (rcos\varphi, rsin\varphi)=\lim_{r\to0}\frac{1}{2}sin (2\varphi),
[/mm]
was abhängig von [mm] \varphi [/mm] ist. Daher existiert der Limes für [mm] $(x,y)\to(0,0) [/mm] $ nicht.
Oder bin ich auf dem Holzweg?
Liebe Grüße
Ladon
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:18 Mo 11.05.2015 | | Autor: | tobit09 |
> Ich glaube nicht, dass es sich um einen Irrtum handelt.
> Wenn wir bei [mm]r\to0[/mm] einen Grenzwert erhalten, der
> unabhängig vom Winkel ist (vgl. Abschätzung oben), dann
> ist [mm]f[/mm] in [mm](0,0)[/mm] stetig.
Nein, das stimmt für beliebiges [mm] $f\colon\IR^2\to\IR$ [/mm] nicht.
Betrachte etwa
[mm] $f\colon\IR^2\to\IR,\quad f(x,y)=\begin{cases}\frac{x^2}{y}&y\not=0\\0&y=0\end{cases}$.
[/mm]
Mithilfe der Folge [mm] $(\frac{1}{n},\frac{1}{n^2})_{n\in\IN}$ [/mm] kann man sich die Unstetigkeit von f in (0,0) klarmachen.
Es gilt jedoch durchaus
[mm] $\lim_{r\to 0}f(r*\cos(\varphi),r*\sin(\varphi))=0=f(0,0)$
[/mm]
für alle [mm] $\varphi\in\IR$.
[/mm]
> Nehmen wir demgegenüber die Funktion [mm]g:\IR^2\to\IR,[/mm]
> [mm]g (x,y)=\begin{cases} \frac {xy}{x^2+y^2}, & \mbox{für } (x,y)\neq (0,0) \\ 0, & \mbox{für } (x,y)=(0,0)\end{cases}[/mm]
>
> und setzen Polarkoordinaten ein, erhalten wir
> [mm]$\lim_{r\to0}g (rcos\varphi, rsin\varphi)=\lim_{r\to0}\frac{1}{2}sin (2\varphi),[/mm]
>
> was abhängig von [mm]\varphi[/mm] ist. Daher existiert der Limes
> für [mm](x,y)\to(0,0)[/mm] nicht.
Diese Argumentation ist auch korrekt.
Die Bedingung [mm] $\lim_{r\to0}f(r*\cos(\varphi),r*\sin(\varphi))=f(0,0)$ [/mm] für alle [mm] $\varphi\in\IR$ [/mm] ist notwendig, aber nicht hinreichend für die Stetigkeit von f in $(0,0)$.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:49 Mo 11.05.2015 | | Autor: | Ladon |
Hallo Tobias,
ich denke dein Beispiel ist nicht wirklich zutreffend.
[mm] $$\frac{r^2cos^2\varphi}{rsin\varphi}=r\frac{cos^2\varphi}{sin\varphi}=r\frac{1-sin^2\varphi}{sin\varphi}=r(\frac{1}{sin\varphi}-sin\varphi)$$ [/mm] ist nicht unbedingt beschränkt (daher nicht stetig), während wir hier:
$$$ [mm] 0\le|f [/mm] (x, y)-f [mm] (0,0)|=|\frac{r^2}{2}sin (2\varphi) [/mm] ln (-ln [mm] (r^2))|\le|\frac{r^2}{2}ln [/mm] (-ln [mm] (r^2))| [/mm] $$ eine Abschätzung haben, wodurch wir zunächst einen Term [mm] sin(2\varphi) [/mm] mit [mm] $0\le sin(2\varphi)\le1$ [/mm] erhalten, der offensichtlich beschränkt ist.
Ich hoffe, es ist klar, was ich meine.
Liebe Grüße
Ladon
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PS: Ich habe noch mal recherchiert, was im Forum zu diesem Thema zu finden ist: SEcki (letzter Kommentar) hat hier auch noch mal etwas zu Polarkoordinaten und Stetigkeit geschrieben. Auch bei diesem Beweis ist der Term bestehend aus dem Produkt von sin und cos beschränkt und sin bzw. cos stehen nach Anwendung des trigonometrischen Pythagoras nicht mehr im Nenner des Terms.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:50 Mo 11.05.2015 | | Autor: | tobit09 |
> ich denke dein Beispiel ist nicht wirklich zutreffend.
>
> [mm]\frac{r^2cos^2\varphi}{rsin\varphi}=r\frac{cos^2\varphi}{sin\varphi}=r\frac{1-sin^2\varphi}{sin\varphi}=r(\frac{1}{sin\varphi}-sin\varphi)[/mm]
> ist nicht unbedingt beschränkt (daher nicht stetig),
Was meinst du mit [mm] "$r(\frac{1}{\sin\varphi}-\sin\varphi)$ [/mm] nicht unbedingt beschränkt" genau?
(Wenn du statt der von mir angegebenen Funktion f die Funktion
[mm] $g:=\max(\min(f,1),-1)\colon\IR^2\to\IR$
[/mm]
betrachtest (wobei [mm] $f\colon\IR^2\to\IR$ [/mm] die von mir eingeführte Funktion bezeichne), gilt
[mm] $|g(r*\cos\varphi,r*\sin\varphi)|\le [/mm] 1$
für alle [mm] $r,\varphi\in\IR$.
[/mm]
Stetig in (0,0) ist g genauso wenig wie f.)
> während wir hier:
> [mm]$ 0\le|f (x, y)-f (0,0)|=|\frac{r^2}{2}sin (2\varphi) ln (-ln (r^2))|\le|\frac{r^2}{2}ln (-ln (r^2))|[/mm]
> eine Abschätzung haben, wodurch wir zunächst einen Term
> [mm]sin(2\varphi)[/mm] mit [mm]$0\le sin(2\varphi)\le1$[/mm] erhalten, der
> offensichtlich beschränkt ist.
> Ich hoffe, es ist klar, was ich meine.
Aus dieser Abschätzung könnte ich in der Tat einen Beweis basteln (wenn es mir gelänge, [mm] $\lim_{r\to 0}\frac{r^2}{2}ln [/mm] (-ln [mm] (r^2))=0$ [/mm] zu zeigen).
Der wäre aber auch nötig, solange man kein allgemeines Kriterium formuliert und bewiesen hat, auf das man sich berufen könnte.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:54 Mo 11.05.2015 | | Autor: | Ladon |
> > ich denke dein Beispiel ist nicht wirklich zutreffend.
> >
> >
> [mm]\frac{r^2cos^2\varphi}{rsin\varphi}=r\frac{cos^2\varphi}{sin\varphi}=r\frac{1-sin^2\varphi}{sin\varphi}=r(\frac{1}{sin\varphi}-sin\varphi)[/mm]
> > ist nicht unbedingt beschränkt (daher nicht stetig),
> Was meinst du mit "[mm]r(\frac{1}{\sin\varphi}-\sin\varphi)[/mm]
> nicht unbedingt beschränkt" genau?
Es kommt auf den Definitionsbereich an.
> (Wenn du statt der von mir angegebenen Funktion f die
> Funktion
>
> [mm]g:=\max(\min(f,1),-1)\colon\IR^2\to\IR[/mm]
>
> betrachtest (wobei [mm]f\colon\IR^2\to\IR[/mm] die von mir
> eingeführte Funktion bezeichne), gilt
>
> [mm]|g(r*\cos\varphi,r*\sin\varphi)|\le 1[/mm]
>
> für alle [mm]r,\varphi\in\IR[/mm].
> Stetig in (0,0) ist g genauso wenig wie f.)
Das Beispiel finde ich schon sehr viel überzeugender. 
> > während wir hier:
> > [mm]$ 0\le|f (x, y)-f (0,0)|=|\frac{r^2}{2}sin (2\varphi) ln (-ln (r^2))|\le|\frac{r^2}{2}ln (-ln (r^2))|[/mm]
> > eine Abschätzung haben, wodurch wir zunächst einen Term
> > [mm]sin(2\varphi)[/mm] mit [mm]$0\le sin(2\varphi)\le1$[/mm] erhalten, der
> > offensichtlich beschränkt ist.
> > Ich hoffe, es ist klar, was ich meine.
> Aus dieser Abschätzung könnte ich in der Tat einen
> Beweis basteln (wenn es mir gelänge, [mm]\lim_{r\to 0}\frac{r^2}{2}ln (-ln (r^2))=0[/mm]
> zu zeigen).
>
> Der wäre aber auch nötig, solange man kein allgemeines
> Kriterium formuliert und bewiesen hat, auf das man sich
> berufen könnte.
Dann finden wir letztlich doch noch einen Konsens. Ohne die Abschätzung sagt
$$ [mm] \lim_{r\to 0}\frac {r^2}{2}\sin (2\varphi) \ln (-\ln (r^2))=0$$ [/mm] erst mal nichts über Stetigkeit aus! Vielleicht habe ich das Ganze auch etwas unglücklich formuliert, was ich wirklich genutzt habe ist
$$ [mm] \lim_{r\to 0}\frac{r^2}{2}\ln (-\ln (r^2))=0. [/mm] $$ Ich dachte es sei klar, was ich meine. Natürlich ist auch [mm] $\lim_{r\to 0}\frac{r^2}{2}\ln (-\ln (r^2))=0$ [/mm] nicht gerade trivial zu zeigen.
LG
Ladon
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:00 Mo 11.05.2015 | | Autor: | tobit09 |
![[prost]](/images/smileys/prost.gif "[prost]")
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