Satz von Schwarz

09.03.2008, 21:46

shakerZ

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Satz von Schwarz

$\begin{eqnarray*} f(x,y) = xy\frac{x^{^2}-y^{2}}{x^{2}+y^{2}} \end{eqnarray*}$ für (x,y) ungleich (0,0)

f(x,y) = 0 für (x,y) = (0,0)

Das ganze 2 mal partiell differenzieren und an der Stelle (0,0) auswerten.

Ich will zeigen, dass

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial²f}{\partial x \partial y}(0,0) \neq \frac{\partial²f}{\partial y \partial x}(0,0) \end{eqnarray*}$

Mein Problem: Wenn ich partiell differenziere, bekomme ich bei (0,0) stets eine 0 im Nenner, was ja nciht erlaubt ist. Inwiefern muss ich aufpassen und ist es überhaupt der richtige weg, partiell abzuleiten und dann die Stelle einsetzen? Oder muss ich auch noch auf die Funktionsvorschrift beim Differenzieren achten?

10.03.2008, 07:04

Mazze

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In dem Fall musst Du die Richtungsableitungen

$\begin{eqnarray*} \lim_{h \to 0}f(x + hv) \end{eqnarray*}$

anschauen, wobei v ein Richtungsvektor ist. Sämtliche Grenzwerte müssen für eine differenzierbare Funktion gleich sein, für jede bel. Richtung v. D.h wenn Du zwei angibst kann wo dies nicht der Fall ist, ist die FUnktion selbst nicht differenzierbar in diesem Punkt. Dann hast Du Deine Voraussetzungen für Schwarz geprüft und kannst ihn nicht anwenden Augenzwinkern

Augenzwinkern

(Es sei denn natürlich die Funktion ist zweimal stetig diff'bar aber das sehe ich grade nicht )

10.03.2008, 08:24

shakerZ

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Wenn sie 2 Mal stetig diffbar, ist der Satz von Schwarz automatisch gültig?

10.03.2008, 08:46

system-agent

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Das ist die Voraussetzung für den Satz.

Wenn $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ zweimal stetig differenzierbar ist, dann gilt ...

10.03.2008, 14:02

shakerZ

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allright, habs gelöst! danke

10.03.2008, 16:42

shakerZ

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Eine Frage noch:

Ich bin mir nicht mehr sicher, ob ich mit der ersten Ableitung den Differenzenquoitient bilde und dann schaue, was für die 2. Ableitung rauskommt oder ob ich die zweite Ableitung per Hand berechne nach allen Regeln und dann
bei der fertigen Ableitung x und y jeweils gegen null schicke?!

Ich möchte ja den Punkt (0,0) untersuchen. Es kommen unterschiedliche Ergebnisse für beide Wege raus.

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10.03.2008, 17:00

Leopold

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Zitat:

Original von shakerZ
allright, habs gelöst! danke

Die Frage ist nur wie. Was die anderen mit ihren Beiträgen sagen wollen, verstehe ich ehrlich gesagt nicht ganz. Hier geht es um das zweimalige partielle Differenzieren. Also muß man zuerst einmal differenzieren. Der Kalkül liefert für $\begin{eqnarray*} (x,y) \neq (0,0) \end{eqnarray*}$ als partielle Ableitungen:

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial f}{\partial x} = \frac{y \left( x^4 + 4x^2 y^2 - y^4 \right)}{\left( x^2 + y^2 \right)^2} \, , \ \ \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{x \left( x^4 - 4x^2 y^2 - y^4 \right)}{\left( x^2 + y^2 \right)^2} \end{eqnarray*}$

Und für $\begin{eqnarray*} (x,y) = (0,0) \end{eqnarray*}$ geht das direkt mit dem Differenzenquotienten. Für $\begin{eqnarray*} x \neq 0 \end{eqnarray*}$ rechnet man:

$\begin{eqnarray*} \frac{f(x,0) - f(0,0)}{x} = 0 \to 0 \ \ \mbox{für} \ x \to 0 \end{eqnarray*}$

Das zeigt: $\begin{eqnarray*} \frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = 0 \end{eqnarray*}$

Ähnlich zeigt man: $\begin{eqnarray*} \frac{\partial f}{\partial y}(0,0) = 0 \end{eqnarray*}$

Damit sind die ersten Ableitungen vollständig berechnet. Jetzt zu den gemischten zweiten Ableitungen. Es ist ja

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y} = \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{\partial f}{\partial y} \right) \end{eqnarray*}$

Zur Berechnung an der Stelle $\begin{eqnarray*} (x,y) = (0,0) \end{eqnarray*}$ muß man also bei festem $\begin{eqnarray*} y = 0 \end{eqnarray*}$ den Differenzenquotienten für $\begin{eqnarray*} x \neq 0 \end{eqnarray*}$ aufstellen:

$\begin{eqnarray*} \frac{\frac{\partial f}{\partial y}(x,0) - \frac{\partial f}{\partial y}(0,0)}{x} \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} x \to 0 \end{eqnarray*}$ liefert dir das $\begin{eqnarray*} \frac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(0,0) \end{eqnarray*}$ . Und die andere gemischte Ableitung geht entsprechend.

10.03.2008, 17:11

shakerZ

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Oha,

ich habe andere erste Ableitungen raus (auch Komilitonen). Wir haben das mit Produkt und Kettenregel gemacht und da kommt nichts mit x^4 oder so raus.

Wo kommt das her?

10.03.2008, 17:12

shakerZ

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Achso, erweitert...

10.03.2008, 17:18

shakerZ

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Hmm, da kommt ja für beide 2. Ableitungen dasselbe raus, nämlich 0, oder nicht?

10.03.2008, 17:42

Leopold

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Ich habe einmal $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ , einmal $\begin{eqnarray*} -1 \end{eqnarray*}$ als gemischte zweite Ableitung an der Stelle $\begin{eqnarray*} (0,0) \end{eqnarray*}$ .

10.03.2008, 17:53

shakerZ

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$\begin{eqnarray*} \frac{\frac{\partial f}{\partial y} (x,0) - \frac{\partial f}{\partial y} (0,0)}{x} = \frac{x(x^{4} - 0 -0)-0}{(x² + 0)²}\to 0 \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} x \to 0 \end{eqnarray*}$

Und für den anderen Fall:

$\begin{eqnarray*} \frac{\frac{\partial f}{\partial x} (0,y) - \frac{\partial f}{\partial x} (0,0)}{y} = \frac{y(0 + 0 -y^{4} )-0}{(0 + y²)²}\to 0 \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} y \to 0 \end{eqnarray*}$

Ist doch richtig oder?

10.03.2008, 17:55

shakerZ

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Sorry, ich hab im Nenner das x bzw. das y vergessen, verdammtes Latex Augenzwinkern

Augenzwinkern

ich komme nun auch auf 1 und -1.

10.03.2008, 18:00

Leopold

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Mit den (noch anzubringenden Korrekturen) stimmt es nun.

10.03.2008, 18:01

shakerZ

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Vielen Dank!

09.05.2009, 18:53

saz

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Wie kann man am sinnvollsten zeigen, dass die Funktion zweimal partiell differenzierbar ist? Rein rechnerisch ist mir ja klar, dass es funktioniert - theoretisch müsste man ja zeigen, dass der Differentialquotient existiert... aber das ist ja nicht wirklich schön zu machen...

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