diffbarkeit wiederlegen < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:34 So 02.07.2006 | | Autor: | AriR |
| Aufgabe | Zeigen sie f ist nicht (vollständig) differenzierbar bei (0,0)
[mm] f(x,y)=\begin{cases} \bruch{x^5}{x^4+y^4}, & \mbox{für } (x,y)\not=(0,0) \\ 0, & \mbox{für } (x,y)=(0,0) \end{cases} [/mm] |
(frage zuvor nicht gestellt)
Hey leute, habe mich mal an der aufgabe versucht und da viel mir nur der weg über die totale diffbarkeit ein.
Also [mm] f((0,0)+\psi)=f(0,0)+A*\psi+\phi(\psi) [/mm] mit [mm] \lim_{n\to\infty}\bruch{\phi(psi)}{||\psi||}=0
[/mm]
und das muss man halt wieder legen:
[mm] f((0,0)+\psi)=f(0,0)+A*\psi+\phi(\psi) [/mm] = 0 + [mm] A*\psi [/mm] + [mm] \phi(\psi)
[/mm]
wobei A=grad f (als Matrix) = (0 0)
also [mm] f((0,0)+\psi)=\phi(\psi)
[/mm]
kann man jetzt irgendwie zeigen, dass mit [mm] \lim_{n\to\infty}\bruch{\phi(psi)}{||\psi||}\not= [/mm] 0 ??
dann wäre die behauptung ja gezeigt oder?
geht das vielleicht auch irgendwie anders?
vielen dank schonmal im voraus.. Gruß Ari
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Moin AriR,
bilde zu Deiner Funktion [mm] f(x,y)=\frac{x^5}{x^4+y^4}, (x,y)\neq [/mm] (0,0), [mm] \: [/mm] f(0,0)=0
an den Stellen [mm] (x,y)\neq [/mm] (0,0) die partiellen Ableitungen
[mm] \frac{\partial}{\partial x}f(x,y)= \frac{5\cdot x^4(x^4+y^4)-x^5\cdot 4\cdot x^3}{(x^4+y^4)^2}
[/mm]
und
[mm] \frac{\partial}{\partial y}f(x,y)= (-1)\:cdot \left (\frac{x^5}{x^4+y^4}\right )^2\cdot \frac{4\cdot y^3}{x^5}
[/mm]
Dann ist ja der Gradient von f an den Stellen [mm] \neq [/mm] (0,0) gegeben durch
[mm] \left (\frac{\partial}{\partial x}f(x,y)\: ,\: \frac{\partial}{\partial y}f(x,y)\right [/mm] ),
und Du solltest dann untersuchen, wie sich dieser bei Konvergenz gegen (0,0) verhält.
Gruss,
Mathias
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:07 Mo 03.07.2006 | | Autor: | AriR |
und was genau kann man da rausbekommen und was würde es bedeuten? ich verstehe nicht genau, aus welchem zusammenhang du schließen möchtest :(
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:51 Mo 03.07.2006 | | Autor: | Hanno |
Hallo ihr zwei.
Es scheint zwar nicht der Weg zu sein, den Mathias einschlagen wollte, aber ich schlage mal vor, wie ich die Aufgabe anpacken würde.
Berechne die partiellen Ableitungen im Ursprung. Wie Mathias schon sagte, muss, falls die Abbildung dort differenzierbar ist, das Differential dann [mm] $(\partial_x f(0,0),\partial_y [/mm] (0,0))$ entsprechen. Dann kannst du mal schauen, was dann [mm] $\partial_v [/mm] (0,0)$ für andere Vektoren [mm] $v\in \IR^2$ [/mm] sein müsste und den Grenzwert explizit ausrechnen. Du solltest bei geeigneter Wahl von $v$ einen Widerspruch erhalten.
Liebe Grüße,
Hanno
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 22:10 Mo 03.07.2006 | | Autor: | AriR |
ich verstehe nicht genau worauf ihr hinauswollt =(
wie genau begründe ich das dann? ich dachte immer man stellt halt die gleichung
[mm] f(x+h)=f(x)+A*h*\phi(h) [/mm] auf und zeigt dann für x=0 (Da man die stetigkeit in 0 widerlegen möchte) dass [mm] \bruch{\phi(h)}{||h||} [/mm] nicht gegen 0 geht für h gegen 0
was genau macht man denn bei eurem weg?
danke schonmal für die antworten :)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:20 So 09.07.2006 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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