Noch ein Verständnisproblem: Definition "differenzierbar"

28.07.2010, 17:36

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Tarnfara

Noch ein Verständnisproblem: Definition "differenzierbar"

Seien X, Y normierte Räume, $[latex] x_0 \in X, U \subseteq X[/latex]$ Umgebung von $[latex] x_0, f: U \to Y [/latex]$

f heißt differenzierbar in $[latex] x_0 \Leftrightarrow[/latex]$

Es existieren eine Nullumgebung V mit $[latex] x_0 + V \subseteq U[/latex]$ sowie

$[latex] A, r: V \to Y [/latex]$ mit

1. für alle $[latex] h \in V[/latex]$

2. A linear und stetig,

3. $[latex] \lim_{h \to 0} \frac{||r(h)||}{||h||} = 0 [/latex]$ .

heißt Ableitung von f in .

Ich verstehe das linear hier einfach nicht, irgendwie hab ich da einen Denkknick:

Denn $[latex] f(x):= \frac{1}{3}x^3 [/latex]$ . Dann ist [latex] f'(x) = x^2 [/latex]

[latex] f'(x) = x^2 [/latex]

.

[latex] x^2 [/latex]

ist aber keine lineare Funktion. Etwa: $[latex] (x+y)^2 = x^2 + 2xy + y^2 \ne x^2 + y^2 [/latex]$ für x = y = 1 ?.

Was genau soll hier denn eigentlich linear sein ?

Vielen Dank !

28.07.2010, 18:02

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system-agent

Das Differential muss linear an jeder Stelle sein. [latex]f'(x)[/latex]

[latex]f'(x)[/latex]

ist hier die Zuordnung, die jedem Punkt seine lineare Abbildung zuordnet.

In deinem Beispiel wäre die [Matrix für die] lineare Abbildung für den Punkt [latex]p=1[/latex]

[latex]p=1[/latex]

gerade

[latex]f'(1)=(1^2)=(1)[/latex]

, also eine lineare Funktion $[latex]\mathbb R\to\mathbb R[/latex]$ . Anders gesagt, das Differential an der Stelle [latex]p=1[/latex]

[latex]p=1[/latex]

ist die lineare Abbildung $[latex]h\mapsto f'(1)h=h[/latex]$ .

28.07.2010, 18:21

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Tarnfara

Danke.

Also zurück zu meiner Funktion, heißt das dann eigentlich nur, dass

[latex] f'(x) (2h) = 2 f'(x) h = f'(x) h + f'(x) h [/latex]

[latex] f'(x) (2h) = 2 f'(x) h = f'(x) h + f'(x) h [/latex]

Also, muss ich mir da quasi eine 1x1 Matrix vorstellen, die als Eintrag [latex] x^2 [/latex]

[latex] x^2 [/latex]

hat ?

A ist ja die Darstellungsmatrix einer Abbildung von $[latex] V \to Y[/latex]$ , bedeutet das nicht auch, dass falls dim(X), dim (Y) < $[latex] \infty[/latex]$ Linearität schon ausreicht, weil da schon Stetigkeit folgt ?

28.07.2010, 18:29

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system-agent

Zitat:

Original von Tarnfara
[latex] f'(x) (2h) = 2 f'(x) h = f'(x) h + f'(x) h [/latex]

[latex] f'(x) (2h) = 2 f'(x) h = f'(x) h + f'(x) h [/latex]

Ja.
Du kannst [latex]f'(x)[/latex]

[latex]f'(x)[/latex]

als die 1x1-Jacobimatrix ansehen. Es ist dasselbe. Die Jacobimatrix ist beschreibt die lineare Abbildung die in der Definition gefordert wird. Wählt man einen Punkt [latex]x[/latex]

[latex]x[/latex]

aus und wertet die Jacobimatrix an diesem Punkt aus, dann kriegt man eine konstante Matrix, eben eine lineare Abbildung, wie gewünscht.

Ja, falls die Räume endlichdimensional sind, dann folgt aus Linearität die stetigkeit [sogar differenzierbarkeit].
Nur in deiner Definition steht nirgends, dass die Vektorräume endlichdimensional sein sollen, also muss man das fordern.
So wie ich das kenne fordert man auch noch die Stetigkeit von [latex]r[/latex]

[latex]r[/latex]

in der Null.

Hier habe ich mich auch über das Differential ausgelassen.

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28.07.2010, 20:43

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Tarnfara

Zitat:

Original von system-agent
Hier habe ich mich auch über das Differential ausgelassen.

Erstmal herzlichen Dank für deine Arbeit. Wirklich super ! Das hat bei mir nochmal einige Zusammenhänge aufgedeckt, die mir so jetzt nicht klar waren.

Allerdings kann ich nicht sehen, an welcher Stelle du die geforderte Stetigkeit deiner Funktion Rest benutzt hast.

Soweit ich weiß, sind Differentialformen Abbildungen vom R^n in den Raum der alternierenden Multilinearformen. Das ist - wenn ich mich jetzt nicht irre- nur eine Teilmenge des Dualraums.

Liebe Grüße

Und danke nochmal, jetzt hab ich auch endlich die 10298391283 verschiedenen Schreibweisen für die Ableitung verstanden, glaube ich. Mit Zunge

Mit Zunge

28.07.2010, 23:12

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system-agent

Die Stetigkeit vom Rest habe ich benutzt um zu zeigen, dass das Differential eindeutig ist.

Ja, Differentialformen kann man hier so sehen. Aber das mit dem Dualraum stimmt so bloss für 1-Formen.
Nunja, der Witz ist einfach dass die 1-Form [latex]df[/latex]

[latex]df[/latex]

"Differential" jedem Punkt seine lineare Abbildung "Differential" zuordnet. Falls man eine reellwertige Funktion hat, dann ist das wirklich eine Abbildung $[latex]U \to(\mathbb R^n)^*[/latex]$ , sofern die Funktion [latex]f[/latex]

[latex]f[/latex]

auf $[latex]U\subset\mathbb R^n[/latex]$ definiert war.
Kurz gesagt: Pro Punkt eine lineare Abbildung.

29.07.2010, 21:08

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Tarnfara

Zitat:

Original von system-agent
Die Stetigkeit vom Rest habe ich benutzt um zu zeigen, dass das Differential eindeutig ist.

Also ich habe mir das jetzt noch zweimal durchgelesen, verstehe aber leider immer noch nicht, wo die Stetigkeit des Rests zum Einsatz kommt. Ich sehe nur, dass du den Grenzwert verwendest, der ja unabhängig davon, ob Rest nun stetig ist oder nicht, gefordert wird.

Oder ist das jetzt möglicherweise einer dieser Fälle, wo die zwei unterschiedlichen Schulen des Grenzwerts einer Funktion zum Einsatz kommen, die wir diskutiert haben ? Für mich (und unsere VL) bedeutet stetig, dass der Grenzwert in p und das Bild von Rest in p übereinstimmen, für den Grenzwert ist aber egal, was das Bild ist.

Dann ist mir noch eine Kleinigkeit aufgefallen: Das Skalarprodukt ist - meines Wissens nach- eine Sesquilinearform. Du hast geschrieben:

$[latex] \langle \cdot, \cdot \rangle : \mathbb R^n \to \mathbb R^n [/latex]$ . Imo müsste es $[latex] \langle \cdot, \cdot \rangle: \mathbb K^n \times \mathbb K^n \to \mathbb K [/latex]$ heißen.

30.07.2010, 09:19

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system-agent

Als ich es geschrieben habe war ich davon überzeugt die Stetigkeit zu nutzen, aber ich glaube du hast Recht. Ich lasse die Forderung trotzdem einmal stehen, aber ich glaube man kann sie überlesen.

Ja, beim Skalarprodukt ist ein Schreibfehler, danke Augenzwinkern

Augenzwinkern

. Übrigens meinst du eine Bilinearform.

Edit: OK, die Stetigkeit ist überflüssig. Ich ändere es.

30.07.2010, 10:00

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Felix

Zitat:

Ja, beim Skalarprodukt ist ein Schreibfehler, danke Augenzwinkern . Übrigens meinst du eine Bilinearform.

Ein Skalarprodukt kann doch auch eine Sesqulinearform sein. Oder beziehst du dich jetzt auf reele Vektorräume?

Zitat:

Edit: OK, die Stetigkeit ist überflüssig. Ich ändere es.

Der Rest ist doch offensichtlich stetig bei 0 (ohne, dass man das gesondert fordert). Diese Tatsache nutzt man dann ja z.B. auch beim Beweis der Kettenregel.

30.07.2010, 10:36

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Tarnfara

Zitat:

Original von Felix
Der Rest ist doch offensichtlich stetig bei 0 (ohne, dass man das gesondert fordert). Diese Tatsache nutzt man dann ja z.B. auch beim Beweis der Kettenregel.

$[latex]f(x)=\begin{cases} \ln x, & x \in \mathbb R_+\\<br /> 0 , & x \in \mathbb R \setminus \mathbb R_+ <br /> \end{cases}[/latex]$

Gilt dann nicht $[latex] \lim_{h \to 0} \frac {||f(h)||}{||h||} = 0[/latex]$ , ohne dass f stetig in 0 wäre ?

Bin mir jetzt nicht ganz sicher, ob das wirklich ein Gegenbeispiel ist, aber es sollte sich eins finden lassen.

Bzw, erläutere doch mal, wie hier Stetigkeit ohne direkte Forderung folgt ?

In unserem Beweis der Kettenregel haben wir das nicht verwendet, aber ich schaue gleich nochmal ganz genau nach.

bzgl. Sesquilinearform habe ich gelernt, dass ein Skalarprodukt immer eine hermitesche also eine positiv definite Sesquilinearform ist. Im Spezialfall K = R, ist die Sesquilinearform auch eine Bilinearform, da das konjungiert komplexe (vmtl auch durch Körperautomorphismus ersetzbar) mit der Zahl selbst übereinstimmt.
Aber das war ja eh nur ein kleiner Schreibfehler und ich denke, wir wissen alle, was gemeint ist.

Ich glaube, mir ist dann noch ein Licht aufgegangen.

Wir haben insgesamt dreimal Sätze über die Ableitung der Umkehrfunktion bewiesen.

$[latex] (f^{-1})'(f(x)) = \frac{1}{f'(x)}[/latex]$

und $[latex](f^{-1})' (f(v)) = (f')^{-1}(v)[/latex]$

Ersteres ist für den Fall, dass V = R^1.

Also im Grunde genommen ist der Satz für die Umkehrfunktion im R ein Spezialfall und ergibt sich daraus, dass für $[latex] det (A^{-1}) = \frac{1}{det (A)}[/latex]$ gilt ? Wobei eben die Determinante gerade die "Ableitung" ist (1x1 Matrix).

Den dritten Satz konnte ich noch nicht ganz einordnen, weil mir der Unterschied zum zweiten nicht richtig klar wird, aber ich arbeite dran.

Auf jeden Fall vielen Dank für das geduldige Erklären und weiterhelfen !! :]

30.07.2010, 11:00

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Felix

Zitat:

$[latex]f(x)=\begin{cases} \ln x, & x \in \mathbb R_+\\<br /> 0 , & x \in \mathbb R \setminus \mathbb R_+ <br /> \end{cases}[/latex]$ Gilt dann nicht $[latex] \lim_{h \to 0} \frac {||f(h)||}{||h||} = 0[/latex]$ , ohne dass f stetig in 0 wäre ? Bin mir jetzt nicht ganz sicher, ob das wirklich ein Gegenbeispiel ist, aber es sollte sich eins finden lassen. Bzw, erläutere doch mal, wie hier Stetigkeit ohne direkte Forderung folgt ?

Aber der Rest erfüllt ja nicht nur diese GW-Gleichung die du verwendet hast sondern auch [latex] f(x_0 + h ) = f(x_0) + Ah + r(h) [/latex]

[latex] f(x_0 + h ) = f(x_0) + Ah + r(h) [/latex]

für alle $[latex] h \in V[/latex]$ . Setzt doch in dieser Gleichung mal h=0 Augenzwinkern

Augenzwinkern

Zitat:

Ich glaube, mir ist dann noch ein Licht aufgegangen. Wir haben insgesamt dreimal Sätze über die Ableitung der Umkehrfunktion bewiesen.

Wie kommst du jetzt so plötzlich auf dieses Thema verwirrt

verwirrt

Zitat:

$[latex] (f^{-1})'(f(x)) = \frac{1}{f'(x)}[/latex]$ und $[latex](f^{-1})' (f(v)) = (f')^{-1}(v)[/latex]$ Ersteres ist für den Fall, dass V = R^1.

Bezeichnet ihr die Ableitung einer Funktion F in mehreren Variablen auch mit F' ? Normalerweise verwendet man doch immer dF ?

Zitat:

Also im Grunde genommen ist der Satz für die Umkehrfunktion im R ein Spezialfall und ergibt sich daraus, dass für $[latex] det (A^{-1}) = \frac{1}{det (A)}[/latex]$ gilt ?

Natürlich ist es ein Spezialfall des Umkehrsatzes im Mehrdimensionalen, aber ich kann nicht ganz sehen was das mit $[latex] det (A^{-1}) = \frac{1}{det (A)}[/latex]$ zutun haben soll ?

Die Ableitung einer Funktion in einem Punkt ist immer eine lineare Abbildung. Im Fall $[latex]V = \mathbb R[/latex]$ ist das eben eine 1x1-Matrix.

Zitat:

Den dritten Satz konnte ich noch nicht ganz einordnen, weil mir der Unterschied zum zweiten nicht richtig klar wird, aber ich arbeite dran.

Welcher 3. Satz ?

30.07.2010, 11:52

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Tarnfara

Zitat:

Original von Felix
Aber der Rest erfüllt ja nicht nur diese GW-Gleichung die du verwendet hast sondern auch [latex] f(x_0 + h ) = f(x_0) + Ah + r(h) [/latex]

[latex] f(x_0 + h ) = f(x_0) + Ah + r(h) [/latex]

für alle $[latex] h \in V[/latex]$ . Setzt doch in dieser Gleichung mal h=0 Augenzwinkern

Augenzwinkern

Also zum Einen muss $[latex] h \ne 0 [/latex]$ gelten und zum Zweiten ist $[latex] \frac{||r(h)||}{||0||}[/latex]$ einfach nicht definiert, von daher verstehe ich nicht, was du mir damit sagen willst.

Da du aber h = 0 angesprochen hast, glaube ich fast, dass man in der Definition vielleicht doch eher eine punktierte Umgebung angeben sollte ?

Meinst du vielleicht:
Für $[latex] h \to 0 [/latex]$ =>(??) [latex]f(x_0 + h) = f(x_0)[/latex]

[latex]f(x_0 + h) = f(x_0)[/latex]

? Dass f stetig ist, ist klar, sonst wäre f nicht differenzierbar, wir diskutieren aber gerade über r. Oder habe ich dich jetzt komplett missverstanden ?

Zitat:

Wie kommst du jetzt so plötzlich auf dieses Thema verwirrt

verwirrt

Ich habe nächste Woche eine Prüfung und bereite mich darauf vor, dabei versuche ich mir, über möglichst viele Zusammenhänge klar zu werden. Und ein Problem war, dass ich nicht verstanden hatte, wie Satz über Umkehrfunktion für R und für allg. V ineinander übergehen, da es doch was anderes ist, ob ich die Inverse einer Matrix bilde oder durch eine Ableitung teile. Dies hat mit diesem Thema hier zu tun, als dass ich am Anfang erfragt hatte, was genau eigentlich hier linear ist.

Zitat:

Bezeichnet ihr die Ableitung einer Funktion F in mehreren Variablen auch mit F' ? Normalerweise verwendet man doch immer dF ?

Das ist doch alles dasgleiche nur unter einem anderen Aspekt betrachtet. Nach unserer Definition ist die Ableitung die lineare Abbildung aus der Definition, im Zweifel also der Homomorphismus, dessen Darstellungsmatrix bzgl. Standardbasis die Jacobimatrix ist.

$[latex] f' = \nabla f = J_f = Df = ... [/latex]$

Und ja, wir verwenden alle diese Bezeichnungen (+ Einsteinsche Summenkonvention) völlig kreuz und quer, wobei ich aber denke, dass mein Prof. da durchaus eine Absicht mit verbindet, wenn er die Bezeichnungen (für mich) willkürlich wechselt, nur durchschaue ich eben nicht unbedingt den tieferen Grund. Um diesen Grund zu erhellen, habe ich unter anderem diesen Thread hier eröffnet, wobei mir auch sehr gut geholfen wurde.

Zitat:

Natürlich ist es ein Spezialfall des Umkehrsatzes im Mehrdimensionalen, aber ich kann nicht ganz sehen was das mit $[latex] det (A^{-1}) = \frac{1}{det (A)}[/latex]$ zutun haben soll ?

$[latex] V = \mathbb R^1 \Rightarrow f' = A \cong \left( \frac{\partial f}{\partial x} \equiv \frac{df}{dx} \right)[/latex]$

$[latex]\Rightarrow (f^{-1})' = A^{-1} \cong \left( \frac{1}{\frac{df}{dx}} \equiv \frac{1}{f'} \right)[/latex]$

Ist $[latex] A \in K^{n \times n}, n > 1[/latex]$ stimmt diese Beziehung $[latex] (f^{-1})' = \frac{1}{f'}[/latex]$ nicht mehr.

30.07.2010, 12:11

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Felix

Zitat:

Zitat: Original von Felix Aber der Rest erfüllt ja nicht nur diese GW-Gleichung die du verwendet hast sondern auch [latex] f(x_0 + h ) = f(x_0) + Ah + r(h) [/latex]

[latex] f(x_0 + h ) = f(x_0) + Ah + r(h) [/latex]

für alle $[latex] h \in V[/latex]$ . Setzt doch in dieser Gleichung mal h=0 Augenzwinkern Also zum Einen muss $[latex] h \ne 0 [/latex]$ gelten und zum Zweiten ist $[latex] \frac{||r(h)||}{||0||}[/latex]$ einfach nicht definiert, von daher verstehe ich nicht, was du mir damit sagen willst. Da du aber h = 0 angesprochen hast, glaube ich fast, dass man in der Definition vielleicht doch eher eine punktierte Umgebung angeben sollte ? Meinst du vielleicht: Für $[latex] h \to 0 [/latex]$ =>(??) [latex]f(x_0 + h) = f(x_0)[/latex]

[latex]f(x_0 + h) = f(x_0)[/latex]

? Dass f stetig ist, ist klar, sonst wäre f nicht differenzierbar, wir diskutieren aber gerade über r. Oder habe ich dich jetzt komplett missverstanden ?

Du hast selbst geschrieben, dass die Gleichung [latex] f(x_0 + h ) = f(x_0) + Ah + r(h) [/latex]

[latex] f(x_0 + h ) = f(x_0) + Ah + r(h) [/latex]

für alle h gelten muss. Wenn du nun für h den Nullvektor einsetzt, dann erhältst du [latex]f(x_0) = f(x_0) + r(0)[/latex]

[latex]f(x_0) = f(x_0) + r(0)[/latex]

also

[latex]r(0) = 0[/latex]

(mit 0 bezeichne ich hierbei den Nullvektor). Außerdem gilt $[latex] \lim_{h \to 0} \frac{||r(h)||}{||h||} = 0 [/latex]$ also erst Recht $[latex] \lim_{h \to 0} r(h) = 0 [/latex]$ . r ist also stetig in 0.

Zitat:

$[latex] V = \mathbb R^1 \Rightarrow f' = A \cong \left( \frac{\partial f}{\partial x} \equiv \frac{df}{dx} \right)[/latex]$ $[latex]\Rightarrow (f^{-1})' = A^{-1} \cong \left( \frac{1}{\frac{df}{dx}} \equiv \frac{1}{f'} \right)[/latex]$ Ist $[latex] A \in K^{n \times n}, n > 1[/latex]$ stimmt diese Beziehung $[latex] (f^{-1})' = \frac{1}{f'}[/latex]$ nicht mehr.

Die Beziehung stimmt aber auch für $[latex]V = \mathbb R[/latex]$ nicht. Es gilt nämlich $[latex](f^{-1})'(f(x)) = (f'(x))^{-1}[/latex]$ wie du ja auch vorhin schon richtig geschrieben hast.

30.07.2010, 12:44

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system-agent

Naja,

[latex]h=0[/latex]

in der Definition ist tatsächlich ein bischen unglücklich. Aber man braucht [latex]h=0[/latex]

[latex]h=0[/latex]

garnicht.

$[latex]\lim_{h\to0}\frac{r(h)}{\|h\|}=0[/latex]$ bedeutet insbesondere, dass $[latex]\lim_{h\to0}\frac{\|r(h)\|}{\|h\|}=0[/latex]$ und das heisst:
Für jedes $[latex]\epsilon>0[/latex]$ gibt es ein $[latex]\delta>0[/latex]$ derart, dass
$[latex]\frac{\|r(h)\|}{\|h\|}<\epsilon[/latex]$ für $[latex]\|h\|<\delta[/latex]$ , oder
$[latex]\|r(h)\|<\epsilon\|h\|[/latex]$ für $[latex]\|h\|<\delta[/latex]$ .

Das bedeutet man kriegt $[latex]\|r(h)\|[/latex]$ beliebig klein wenn man [latex]h[/latex]

[latex]h[/latex]

klein genug nimmt, also $[latex]\lim_{h\to0}r(h)=0[/latex]$ und das ist genug für die Kettenregel.

30.07.2010, 13:43

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Felix

Zitat:

Naja,

[latex]h=0[/latex]

in der Definition ist tatsächlich ein bischen unglücklich. Aber man braucht [latex]h=0[/latex]

[latex]h=0[/latex]

garnicht. $[latex]\lim_{h\to0}\frac{r(h)}{\|h\|}=0[/latex]$ bedeutet insbesondere, dass $[latex]\lim_{h\to0}\frac{\|r(h)\|}{\|h\|}=0[/latex]$ und das heisst: Für jedes $[latex]\epsilon>0[/latex]$ gibt es ein $[latex]\delta>0[/latex]$ derart, dass $[latex]\frac{\|r(h)\|}{\|h\|}<\epsilon[/latex]$ für $[latex]\|h\|<\delta[/latex]$ , oder $[latex]\|r(h)\|<\epsilon\|h\|[/latex]$ für $[latex]\|h\|<\delta[/latex]$ . Das bedeutet man kriegt $[latex]\|r(h)\|[/latex]$ beliebig klein wenn man [latex]h[/latex]

[latex]h[/latex]

klein genug nimmt, also $[latex]\lim_{h\to0}r(h)=0[/latex]$ und das ist genug für die Kettenregel.

Du hast Recht. Aber es ist zumindest praktisch mit der Stetigkeit bzw. einer stetigen Fortsetzung in 0 zu arbeiten:
Beim Beweis der Kettenregel wird man nämlich an einer Stelle den GW $[latex] \lim_{h \to 0} r(g(x+h) - g(x)) [/latex]$ betrachten. Hier müsste man sonst den Fall der konstanten Abbildung ausschließen. Außerdem muss |h| hinreichend klein gewählt werden, so dass $[latex]g(x +y) \neq g(x)[/latex]$ für alle $[latex]|y| \leq |h|[/latex]$ .
Ist letztendlich natürlich nicht zwingend nötig, aber so oder so ist r entweder stetig bei O oder dort nicht definiert und stetig fortsetztbar.

30.07.2010, 14:04

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system-agent

Der Rest ist stetig in Null, denn er hat eine Darstellung [latex]r(h)=f(p+h)-f(p)-(Df)_p(h)[/latex]

[latex]r(h)=f(p+h)-f(p)-(Df)_p(h)[/latex]

und alles auf der rechten Seite ist stetig in Null [sofern man einmal mithilfe von $[latex]\lim_{h\to0}r(h)=0[/latex]$ gezeigt hat, dass aus der Differenzierbarkeit von [latex]f[/latex]

[latex]f[/latex]

in

[latex]p[/latex]

auch die Stetigkeit von [latex]f[/latex]

[latex]f[/latex]

in

[latex]p[/latex]

folgt].

Was die Kettenregel angeht:
$[latex]f(g(p+h))=f(g(p)+(Dg)_p(h)+r(h))=f(g(p))+(Df)_{g(p)}((Dg)_p(h)+r(h)))+R((Dg)_p(h)+r(h)))[/latex]$
$[latex]=f(g(p))+(Df)_{g(p)}((Dg)_p(h))+(Df)_{g(p)}(r(h))+R((Dg)_p(h)+r(h))[/latex]$

Man sieht sofort, dass $[latex]\lim_{h\to0}\frac{(Df)_{g(p)}(r(h))}{\|h\|}=0[/latex]$ , da das Differential linear und stetig und [latex]g[/latex]

[latex]g[/latex]

differenzierbar ist.

Man muss also noch den letzten Summanden betrachten. Für $[latex]\epsilon>0[/latex]$ gibt es ein $[latex]\delta>0[/latex]$ derart, dass $[latex]\|R((Dg)_p(h)+r(h))\|<\epsilon[/latex]$ sobald
$[latex]\|(Dg)_p(h)+r(h)\|<\delta\qquad(*)[/latex]$ .
Wegen $[latex]\lim_{h\to0}r(h)=0[/latex]$ kann man (*) immer erreichen und die Komposition $[latex]f\circ g[/latex]$ ist in [latex]p[/latex]

[latex]p[/latex]

differenzierbar mit $[latex]D(f\circ g)_p=(Df)_{g(p)}\circ(Dg)_p[/latex]$ .

08.08.2010, 15:42

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Tarnfara

Wegen der Umfrage im Off-topic habe ich mich entschlossen, hier noch ein Feedback zu schreiben.

Habe die Zwischenprüfung mit sehr gutem Ergebnis bestanden, diese Definition (und Stetigkeit) haben dabei eine größere Rolle gespielt und ich denke, dass ich durch das Dank eurer Hilfe erworbene Verständnis ordentlich punkten konnte.

Besten Dank ! Wink

Wink

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