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Universität/Hochschule J Stetige Diff.barkeit, partielle Ableitungen
Walross
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-07-21 22:16


Guten Abend,

ich bitte um Hilfe bei der folgenden Aufgabe.

Es sei $f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definiert durch $f(x,y):=\frac{xy^3}{x^2+y^2}$ für $(x,y)\neq(0,0)$ und $f(0,0):=0$.

Zeigen soll man:

$f$ ist stetig differenzierbar und die partiellen Ableitungen $\frac{\partial}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial x}$ und $\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial f}{\partial y}$ existieren, unterscheiden sich aber in $(0,0)$.


Meine bisherigen Überlegungen:

Nach unserer Definition heißt $f$ stetig differenzierbar, wenn die partiellen Ableitungen $\frac{\partial f}{\partial x}$ und $\frac{\partial f}{\partial y}$ existieren und stetig sind.

Für $(x,y)\neq(0,0)$ gilt:

$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{y^3(y^2-x^2)}{(x^2+y^2)^2}$

$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{x(3x^2 y^2+y^4)}{(x^2+y^2)^2}$

Des Weiteren habe ich nach Def. der partiellen Ableitungen ausgerechnet:

$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0$

Es bleibt zu zeigen, dass $\frac{\partial f}{\partial x}$ und $\frac{\partial f}{\partial y}$ stetig in $(0,0)$ sind.

Dafür möchte ich die folgenden beiden Grenzwerte nachweisen:

$\lim_{\substack{(x,y)\to(0,0)\\(x,y)\neq(0,0)}}{\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)}=\lim_{\substack{(x,y)\to(0,0)\\(x,y)\neq(0,0)}}{\frac{y^3(y^2-x^2)}{(x^2+y^2)^2}}=0=\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$

$\lim_{\substack{(x,y)\to(0,0)\\(x,y)\neq(0,0)}}{\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)}=\lim_{\substack{(x,y)\to(0,0)\\(x,y)\neq(0,0)}}{\frac{x(3x^2 y^2+y^4)}{(x^2+y^2)^2}}=0=\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)$


Hier meine erste Frage:

Wie kann ich formal beweisen, dass die beiden Grenzwerte $0$ sind?


Klar ist, dass $\frac{\partial}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial x}$ und $\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial f}{\partial y}$ auf $\mathbb{R}^2\backslash\{(0,0)\}$ existieren.

Ich habe die bisherigen Ergebnisse für $\frac{\partial f}{\partial x}$ und $\frac{\partial f}{\partial y}$ verwendet und damit (wieder nach Def. der partiellen Ableitungen) nachgerechnet:

$\frac{\partial}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0$

Zusätzlich zu meiner eigenen Rechnung hat auch WolframAlpha dieses Ergebnis bestätigt.

Allerdings soll ich ja gerade zeigen, dass $\frac{\partial}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)\neq\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)$ ist.


Daher meine zweite Frage:

Ist die Aufgabe diesbezüglich falsch?


Viele Grüße
Walross



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nzimme10
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-07-21 22:30

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Wie zeigt man die Stetigkeit in $(0,0)$? Zum Beispiel in dem du den Ausdruck
$$ \left|\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)-\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)\right|
$$ nach oben abschätzt gegen einen Ausdruck der für $(x,y)\to(0,0)$ gegen $0$ konvergiert.

Edit: Also wenn ich mich nicht vertan habe (und deine bisherigen Rechnungen korrekt sind), dann bekomme ich für die gemischten zweiten partiellen Ableitungen auch, dass sie existieren und beide $0$ sind. Siehe unten.

LG Nico
\(\endgroup\)


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Walross
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-21 22:37


Hi Nico,

für den ersten Grenzwert ist ja zu zeigen:

$\lim_{\substack{(x,y)\to(0,0)\\(x,y)\neq(0,0)}}{\frac{y^3(y^2-x^2)}{(x^2+y^2)^2}}=0$

Hast du einen Vorschlag, wie ich den Bruch betragsmäßig abschätzen kann, um den Grenzwert nachzuweisen?



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Walross
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-21 22:54


Ich denke, man kann die beiden Grenzwerte in Polarkoordinaten nachweisen.

D. h. man setzt $x=r\cdot\cos(\theta)$ und $y=r\cdot\sin(\theta)$ ein.



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2021-07-21 22:55


\(\endgroup\)
\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)2021-07-21 22:30 - nzimme10 in Beitrag No. 1 schreibt:
Edit: Also wenn ich mich nicht vertan habe (und deine bisherigen Rechnungen korrekt sind), dann bekomme ich für die gemischten zweiten partiellen Ableitungen auch, dass sie existieren und beide $0$ sind.
\(\endgroup\)

Berachte ${\partial\over\partial y}{\partial f\over\partial x}(0,0)$. Die Formel für ${\partial f\over\partial x}$ im Startbeitrag ist korrekt. Also haben wir$$ {\partial\over\partial y}{\partial f\over\partial x}(0,0) =
\lim_{y\to0}\left.\frac{y^3(y^2-x^2)}{y\,(x^2+y^2)^2}\right|_{x=0} =
\lim_{y\to0}\frac{y^5}{y^5}=1\;.$$
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]



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nzimme10
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2021-07-21 23:04

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)
2021-07-21 22:55 - zippy in Beitrag No. 4 schreibt:
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)2021-07-21 22:30 - nzimme10 in Beitrag No. 1 schreibt:
Edit: Also wenn ich mich nicht vertan habe (und deine bisherigen Rechnungen korrekt sind), dann bekomme ich für die gemischten zweiten partiellen Ableitungen auch, dass sie existieren und beide $0$ sind.
\(\endgroup\)

Berachte ${\partial\over\partial y}{\partial f\over\partial x}(0,0)$. Die Formel für ${\partial f\over\partial x}$ im Startbeitrag ist korrekt. Also haben wir$$ {\partial\over\partial y}{\partial f\over\partial x}(0,0) =
\lim_{y\to0}\left.\frac{y^3(y^2-x^2)}{y\,(x^2+y^2)^2}\right|_{x=0} =
\lim_{y\to0}\frac{y^5}{y^5}=1\;.$$
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]
\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Stimmt, ich hatte natürlich das $y$ im Nenner vergessen.

LG Nico
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-21 23:07


Zu deinem letzten Beitrag:

Ich habe wie folgt gerechnet:

$\frac{\partial}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\lim_{\substack{t\to 0\\t\neq 0}}{\frac{\frac{\partial f}{\partial x}((0,0)+t\cdot(1,0))-\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)}{t}}=\lim_{\substack{t\to 0\\t\neq 0}}{\frac{\frac{\partial f}{\partial x}(t,0)-0}{t}}=\lim_{\substack{t\to 0\\t\neq 0}}{\frac{0^3\cdot(0^2-t^2)}{t\cdot(t^2+0^2)^2}}=0$

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2021-07-21 23:11

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)
2021-07-21 23:07 - Walross in Beitrag No. 6 schreibt:
Zu deinem letzten Beitrag:

Ich habe wie folgt gerechnet:

$\frac{\partial}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\lim_{\substack{t\to 0\\t\neq 0}}{\frac{\frac{\partial f}{\partial x}((0,0)+t\cdot(1,0))-\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)}{t}}=\lim_{\substack{t\to 0\\t\neq 0}}{\frac{\frac{\partial f}{\partial x}(t,0)-0}{t}}=\lim_{\substack{t\to 0\\t\neq 0}}{\frac{0^3\cdot(0^2-t^2)}{t\cdot(t^2+0^2)^2}}=0$

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]
\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Du willst aber nach $y$ ableiten. Also musst du $(0,0)+t(0,1)$ betrachten. (Hatte den selben Fehler gemacht :D)

LG Nico
\(\endgroup\)


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Walross
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-21 23:21


Oh ja, da ist der Fehler. Super, herzlichen Dank!

Dann bekomme ich:

$\frac{\partial}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\lim_{\substack{t\to 0\\t\neq 0}}{\frac{\frac{\partial f}{\partial x}((0,0)+t\cdot(0,1))-\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)}{t}}=\lim_{\substack{t\to 0\\t\neq 0}}{\frac{\frac{\partial f}{\partial x}(0,t)-0}{t}}=\lim_{\substack{t\to 0\\t\neq 0}}{\frac{t^3\cdot(t^2-0^2)}{t\cdot(0^2+t^2)^2}}=1$

und

$\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=\lim_{\substack{t\to 0\\t\neq 0}}{\frac{\frac{\partial f}{\partial y}((0,0)+t\cdot(1,0))-\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)}{t}}=\lim_{\substack{t\to 0\\t\neq 0}}{\frac{\frac{\partial f}{\partial y}(t,0)-0}{t}}=\lim_{\substack{t\to 0\\t\neq 0}}{\frac{t\cdot(3t^2\cdot 0^2+0^4)}{t\cdot(t^2+0^2)^2}}=0\neq 1$



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