Stetig, partiell oder total differenzierbar?

13.05.2018, 22:24

Croomer

Stetig, partiell oder total differenzierbar?

Meine Frage:
Ich soll überprüfen, ob folgende Funktionen $\begin{eqnarray*} f:\mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ stetig, partiell oder total differenzierbar sind in (0,0):

a) $\begin{eqnarray*} f(x,y)=(x^2+y^2)^{\frac{1}{4}} \end{eqnarray*}$

b) $\begin{eqnarray*} f(x,y)=\left\{\begin{array}{cl} (x^2+y^2)sin(\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}) & \mbox{falls }(x,y)\neq (0,0)\\ 0 & \mbox{sonst} \end{array}\right. \end{eqnarray*}$

c) $\begin{eqnarray*} f(x,y)=\left\{\begin{array}{cl} \frac{y(x^2+y^2)^{\frac{3}{2} }}{(x^2+y^2)+y^2} & \mbox{falls }(x,y)\neq (0,0)\\ 0 & \mbox{sonst} \end{array}\right. \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Ich habe immer den Limes:
$\begin{eqnarray*} \lim_{t \to 0} \frac{f((0,0)+t\vec{e}_i)-f((0,0)) }{t}= \lim_{t \to 0} \frac{f(t\vec{e}_i)) }{t} \end{eqnarray*}$ gebildet.

Für a) kam da unendlich raus. Wenn man $\begin{eqnarray*} r = \sqrt{x^2+y^2} \end{eqnarray*}$ setzt, hat man $\begin{eqnarray*} f(r) = \sqrt{|r|} \end{eqnarray*}$ . Dann ist diese Funktion ja ein Trichter und in der "Spitze" nicht differenzierbar. Also ist a) weder stetig, partiell oder total differenzierbar.

Bei b) und c) habe ich für die Grenzwerte immer 0 raus. Damit sind sie partiell differenzierbar.
Aber wie zeige ich, dass sie total oder stetgg differenzierbar sind?

13.05.2018, 23:02

sibelius84

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Hi Croomer,

eine Abbildung $\begin{eqnarray*} \mathbb R^n \longrightarrow \mathbb R^m \end{eqnarray*}$ heißt ja differenzierbar in x_0, wenn es eine lineare Abbildung (bzw. Matrix) L so gibt, dass

$\begin{eqnarray*} f(x)=f(x_0)+L(x-x_0)+r(x-x_0) \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} \frac{r(x-x_0)}{\lVert x-x_0 \rVert}\stackrel{x\to x_0}\longrightarrow 0 \end{eqnarray*}$ .

(Also: Der Restterm dahin zieht mit $\begin{eqnarray*} x\to x_0 \end{eqnarray*}$ so stark gegen Null, dass er das sogar dann noch tut, wenn man noch mal durch (x-x_0) teilt.)

Die Definition ist so etwas unhandlich, man kann nun aber einfach nach $\begin{eqnarray*} \frac{r(x-x_0)}{\lVert x-x_0 \rVert} \end{eqnarray*}$ umstellen: f ist differenzierbar in x_0, wenn

$\begin{eqnarray*} \frac{f(x)-f(x_0)-L(x-x_0)}{\lVert x-x_0 \rVert}\stackrel{x\to x_0}\longrightarrow 0 \end{eqnarray*}$ mit einer geeigneten Matrix L=L(x_0).
Praktisch ist: Für diese Matrix L kommt einzig und allein die Jacobimatrix infrage. Du kannst also einfach die Jacobimatrix ausrechnen und dort einsetzen. In deinem Fall vereinfacht sich alles beträchtlich, weil x_0=0 und gemäß deiner Rechnung auch die partiellen Ableitungen gleich Null sind. Also alles da einsetzen und dann zeigen, dass beim Limes Null rauskommt. Norm darfst du dir eine geeignete auswählen. Ich nehme bei solchen Aufgaben häufig die Maximumsnorm.

Übrigens, hast du dich bei c) eventuell vertippt? Kann man nicht den Nenner einfacher schreiben als x²+2y²?

LG
sibelius84

13.05.2018, 23:51

Croomer

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Zitat:

Original von sibelius84

Übrigens, hast du dich bei c) eventuell vertippt? Kann man nicht den Nenner einfacher schreiben als x²+2y²?

Ja, da fehlt noch das Quadrat:

c) $\begin{eqnarray*} f(x,y)=\left\{\begin{array}{cl} \frac{y(x^2+y^2)^{\frac{3}{2} }}{(x^2+y^2)^2+y^2} & \mbox{falls }(x,y)\neq (0,0)\\ 0 & \mbox{sonst} \end{array}\right. \end{eqnarray*}$

Die Jacobi-Matrix besteht aus meinen partiellen Ableitungen, die 0 sind. Dann ist das einfach die Nullmatrix, oder?

Dann erhalte ich:
$\begin{eqnarray*} \frac{f(x)-f(x_0)-L(x-x_0)}{\lVert x-x_0 \rVert}=\frac{f(x)-f(x_0)}{||x-x_0||}=\frac{f(x)}{||x||} \end{eqnarray*}$

(Morgen versuche ich dann zu zeigen, dass das gegen 0 konvergiert)

14.05.2018, 00:06

sibelius84

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14.05.2018, 21:15

Croomer

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b) $\begin{eqnarray*} \frac{f(x)}{||x||} = \frac{(x^2+y^2)sin(\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}) }{||x||} = \frac{(x^2+y^2)sin(\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}) }{\sqrt{(x^2+y^2)}}=\sqrt{(x^2+y^2)}sin(\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}) \end{eqnarray*}$
Da der Sinus beschränkt ist und die Wurzel gegen 0 konvergiert, konvergiert der ganze Ausdruck gegen 0. Damit ist b) total differenzierbar und damit auch stetig.

(Ich dachte man soll überprüfen ob die Funktion stetig differenzierbar ist, aber anscheinend ist die Stetigkeit der Funktion gemeint. Finde ich etwas zweideutig.)

c) Hier habe ich so meine Probleme. Allerdings hab ich die Differenzierbarkeit jetzt - bzw. dass es eben nich differenzierbar ist:
$\begin{eqnarray*} \frac{f(x)}{||x||} = \frac{1}{||x||} * \frac{y(x^2+y^2)^{\frac{3}{2}}}{(x^2+y^2)^2+y^2}= \frac{1}{(x^2+y^2)^{\frac{1}{2} }} \frac{y((x^2+y^2)^{\frac{1}{2})^3}}{(x^2+y^2)^2+y^2}= \frac{y((x^2+y^2)^{\frac{1}{2})^2}}{(x^2+y^2)^2+y^2}=\frac{y(x^2+y^2)}{(x^2+y^2)^2+y^2}=\frac{y}{(x^2+y^2)+\frac{y^2}{(x^2+y^2)} }=\frac{1}{\frac{(x^2+y^2)}{y}+\frac{y}{(x^2+y^2)} }:=H \end{eqnarray*}$

Ich habe jetzt einfach mal auf "gut Glück" mit ein paar Nullfolgen rumprobiert, und für die Folge $\begin{eqnarray*} (\frac{1}{n},\frac{1}{n^2}) \end{eqnarray*}$ gilt:
$\begin{eqnarray*} \frac{x^2+y^2}{y}=\frac{\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^4} }{\frac{1}{n^2} } = \frac{\frac{n^2+1}{n^4} }{\frac{1}{n^2} }=1+\frac{1}{n^2} \rightarrow 1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{y}{x^2+y^2} = \frac{\frac{1}{n^2} }{\frac{n^2+1}{n^4} } =\frac{n^2}{n^2+1}=\frac{1}{1+\frac{1}{n^2} } \rightarrow 1 \end{eqnarray*}$

Somit wäre $\begin{eqnarray*} \lim_{(\frac{1}{n},\frac{1}{n^2}) \to (0,0)} H = \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$
Und c) nicht total differenzierbar.
Damit fehlt mir allerdings noch, dass c) stetig ist. Wie kann ich das am besten zeigen? Ich habe keine Idee, wie ich da mit Folgenstetigkeit weiterkomme.

15.05.2018, 17:56

Croomer

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Bei der a) felht mir auch noch die Stetigkeit.

Hält das Argument, dass für $\begin{eqnarray*} r := (x,y), ||r||=\sqrt{x^2+y^2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(r)=(x^2+y^2)^{\frac{1}{4}}=\sqrt{||r||} \end{eqnarray*}$
Und da $\begin{eqnarray*} ||r|| \in \mathbb{R_+}\cup \left\{ 0\right\} \end{eqnarray*}$ lässt sich die Funktion f auch, unabhängig von der Richtung des Vektors, schreiben als:
$\begin{eqnarray*} f^{\sim}: \mathbb{R_+}\cup \left\{ 0\right\} \rightarrow \mathbb{R}; f^{\sim}(r)=\sqrt{r} \end{eqnarray*}$
Und die Wurzelfunktion ist stetig.

Ich versuche immernoch die Stetigkeit von c) zu zeigen (der Graph davon sieht zumindest so aus, als wäre die Funktion stetig), aber irgendwie komme ich da nicht so recht weiter Hammer

15.05.2018, 23:12

sibelius84

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Zu a): Ja, oder man müsste eigentlich schon fast sagen können, dass die als Verkettung stetiger Funktionen stetig ist.

Zu c): Wenn ich mal mit der 'Faustregel' draufschaue und Zählergrad und Nennergrad vergleiche, dann erhalte ich für beide Grade 4. Solche Funktionen sind meistens unstetig. Sei (xn,yn) eine Nullfolge, wobei oBdA jeder Punkt ungleich (0,0) sei. Dann können wir (xn,yn) in Polarkoordinaten schreiben als $\begin{eqnarray*} (r_n\cos(\varphi_n),r_n\sin(\varphi_n)) \end{eqnarray*}$ mit einer Nullfolge $\begin{eqnarray*} (r_n)_{n\in\mathbb N}\subseteq\mathbb R^+ \end{eqnarray*}$ . Wenn man das einsetzt, erhält man oben $\begin{eqnarray*} r_n^4\cdot\cos(\varphi_n) \end{eqnarray*}$ und unten $\begin{eqnarray*} r_n^4+r_n^2\cos^2(\varphi_n) \end{eqnarray*}$ . Gekürzt also

$\begin{eqnarray*} \frac{r_n^2\cdot\cos(\varphi_n)}{r_n^2+\cos(\varphi_n)} \end{eqnarray*}$ .

Huch, ich denke, es ist möglicherweise doch stetig! Kann man das mit dieser Schreibweise evtl zeigen? Ich habe mal verschiedene Konstellationen durchgespielt und bei kam immer 0 als Grenzwert heraus. (Vielleicht habe ich ja nur noch nicht die richtige Folge probiert.)

17.05.2018, 14:47

Croomer

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$\begin{eqnarray*} \frac{r_n^2*cos(\phi_n)}{r_n^2+cos(\phi_n)} \rightarrow \frac{r_n^2}{r_n^2+1} = \frac{1}{1+\frac{1}{r_n^2} } \rightarrow \frac{1}{1+\infty} \rightarrow \frac{1}{\infty} \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$

Damit wäre die Funktion dann stetig smile

17.05.2018, 19:34

sibelius84

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Zunächst mal vorneweg ist mir aufgefallen, dass ich hier 'vertauschte Polarkoordinaten' verwendet habe, also unüblicherweise zuerst den Sinus und dann den Cosinus. Ist aber unterm Strich nicht weiter schlimm.

Der erste Schritt ist so leider falsch. Ich habe mich gerade noch mal mit hinreichend viel Stift und Papier gerüstet damit auseinandergesetzt und schlage dir vor, für eine völlig beliebige Nullfolge r_n (denn dann konvergiert die Folge ja sicher gegen Null) einfach mal $\begin{eqnarray*} \varphi_n:=\arccos\left(\frac{r_n^2}{r_n^2-1}\right) \end{eqnarray*}$ zu setzen und zu schauen, was dann passiert. (Mit r_n -> 0 ist das ab einem gewissen Index N sicher definiert.)

Wenn man Lust hat, kann man dies noch mit einer konkreten Setzung für r_n verbinden, etwa naheliegenderweise r_n=1/n, damit wird $\begin{eqnarray*} \varphi_n=\arccos\left(\frac{1}{1-n^2}\right) \end{eqnarray*}$ und man hat ein konkretes Gegenbeispiel. Wenn man dann immer noch Lust hat, kann man dies sogar noch in cartesische Koordinaten zurückübersetzen: Damit wird (mit meinen vertauschten Koordinaten)

$\begin{eqnarray*} (x_n,y_n)=(r_n\sin(\varphi_n),r_n\cos(\varphi_n)) = \left(\frac{1}{n^2}\cdot\sqrt{1-\left(\frac{1}{1-n^2}\right)^2}, \frac{1}{n^2-n^4}\right) = \left(\frac{\sqrt{n^2-2}}{n-n^3} , \frac{1}{n^2-n^4}\right) \end{eqnarray*}$ .

Auf diese Folge wäre man ohne das Hilfsmittel der Polarkoordinaten sicherlich nicht gekommen. Kannst ja mal einsetzen und durchrechnen. smile

edit:
Verdammt, mit dieser Folge eingesetzt geht es nun doch auch gegen Null. Ich habe auch eine Sache vergessen: Wir haben $\begin{eqnarray*} \frac{r_n^2\cos(\varphi_n)}{r_n^2+\cos^2(\varphi_n))} \end{eqnarray*}$ . Vorher hatte das Quadrat im Nenner gefehlt.
Das ist echt eine merkwürdige, krasse Funktion. Zählergrad = Nennergrad, daher nach Faustregel unstetig; und wir haben bis jetzt Stetigkeit weder zeigen noch widerlegen können.

17.05.2018, 23:56

Croomer

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Ich habe mal versucht das Problem aus einer anderen Richtung anzugehen: Epsilon-Delta-Kriterium.

Da ist mir dann nach etwas rumprobieren folgendes aufgefallen:
Wähle $\begin{eqnarray*} \sqrt{y^2+x^2}=|(x,y)| < \epsilon \end{eqnarray*}$ . Dann gilt folgende Abschätzung:
$\begin{eqnarray*} |f(0,0)-0|=\frac{|y|(x^2+y^2)}{(x^2+y^2)^2+y^2}*\sqrt{x^2+y^2}\leq \frac{1}{2} \frac{|y|(x^2+y^2)}{(x^2+y^2)|y|}*|(x,y)|\leq \epsilon \end{eqnarray*}$

Denn sei $\begin{eqnarray*} a:=(x^2+y^2)^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b:=|y| \end{eqnarray*}$ dann gilt: $\begin{eqnarray*} a^2+b^2 \geq 2ab \end{eqnarray*}$

Edit: Was geht eigentlich bei dem vorherigen Post schief? Der Cosinusausdruck konvergiert doch gegen 1, oder?

18.05.2018, 12:44

sibelius84

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Hätte ich das Quadrat im Nenner nicht übersehen, so ginge nichts schief und es wäre Unstetigkeit gezeigt, weil wir eine (0,0) konvergente Folge gefunden hätten, so dass f(xn,yn) gegen 1 konvergiert anstatt von 0. Mit dem Quadrat im Nenner sieht es aber schon schwieriger aus.

Solange cos²(phi_n) oberhalb irgendeiner festgelegten positiven Zahl bleibt, ist alles kein Problem. Dann konvergiert alles gegen Null. Wenn aber nun cos²(phi_n) selber gegen Null konvergiert - dann kriegen wir im Nenner ein Problem, aber der Zähler konvergiert ja dann mit cos(phi_n) selber gegen Null und müsste insofern dann das Problem lösen. Nun besteht nur das übliche Problem, wie man dies durchschlagend mathematisch logisch korrekt formuliert.
Da ich dies nicht schaffe, frage ich mich dann immer, ob die Funktion nicht im Sinne der Faustregel vielleicht doch irgendwie unstetig ist.

18.05.2018, 17:56

Croomer

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Konvergiert $\begin{eqnarray*} cos^2(\phi_n) \end{eqnarray*}$ nicht automatisch gegen 1, da $\begin{eqnarray*} \phi_n \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$ ?
Und es reicht doch die Umgebung bei 0, da wir ja sowieso gegen 0 gehen, oder?

(vielen Dank übrigends für deinen zeitintensiven und geduldigen Beitrag)

18.05.2018, 22:37

sibelius84

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Immer gerne, ich finde es ja auch interessant... bei Polarkoordinaten ist ja r der Radius und phi der Winkel, also phi_n kann absolut tun, was es will. Dass (xn,yn) gegen Null geht, ist äquivalent dazu, dass r_n gegen Null geht.

19.05.2018, 00:18

Croomer

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Ah, ich verstehe.

Spitze, Problem gelöst und noch was dazu gelernt Freude

19.05.2018, 18:09

sibelius84

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Wieso Problem gelöst? Wir wissen doch immer noch nicht, ob die Funktion stetig ist. Was dazugelernt - ja, das wohl. Faustregeln können versagen, deshalb sind es Faustregeln: Unsere Funktion ist zumindest laut wolframalpha doch stetig im Nullpunkt. Also Zählergrad = Nennergrad und 'trotzdem' stetig, vermutlich aufgrund der Positivität des Nenners. Es wurmt mich immer noch, dass wir das für das Ausgangsproblem nicht sauber und einwandfrei herausbekommen haben. Die Polarkoordinaten-Darstellung sah ziemlich gut aus. Der noch nicht abgedeckte Fall ist der, dass phi_n eine gegen eine Nullstelle des Cosinus konvergente Teilfolge hat. Ich denke, dann könnte man für die restliche Folge oBdA annehmen, dass der Abstand zu allen Nullstellen des Cosinus oberhalb eines gewissen $\begin{eqnarray*} \varepsilon_0 \end{eqnarray*}$ bleibt, und dann sagen:

$\begin{eqnarray*} \left\lvert\frac{r_n^2\cdot\cos(\varphi_n)}{r_n^2+\cos^2(\varphi_n)}\right\rvert\leq\cos(\varphi_n) \end{eqnarray*}$ beweist die Behauptung "f ist stetig in (0,0)" für die Teilfolge, und

$\begin{eqnarray*} \left\lvert\frac{r_n^2\cdot\cos(\varphi_n)}{r_n^2+\cos^2(\varphi_n)}\right\rvert\leq\left\lvert\frac{r_n^2}{r_n^2+\varepsilon_0}\right\rvert \end{eqnarray*}$ beweist sie für die restliche Teilfolge.

Ok, jetzt bin ich doch auch so halbwegs zufrieden. Augenzwinkern

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