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Universität/Hochschule Partielle Ableitungen finden
curious_mind
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 10.11.2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-06-13 15:12


Hallo,
ich bin's wieder!

Die Aufgabe, die mich beschäftigt - erst mal nur Unteraufgabe (a) - lautet:

Es sei $f : \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}$ durch $f(x, y) :=(x y)^{\frac{1}{3}}$  definiert.

(a) Untersuchen Sie, in welchen $\binom{a}{b} \in \mathbb{R}^{2} \setminus \left\lbrace\binom{0}{0}\right\rbrace$ die Funktion $f$ nach der ersten Koordinate und in welchen $\binom{a}{b} \in \mathbb{R}^{2} \setminus \left\lbrace\binom{0}{0}\right\rbrace$ sie nach der zweiten Koordinate partiell  differenzierbar ist, und berechnen Sie gegebenenfalls die partiellen Ableitungen $D_1 f(a, b)$ bzw. $D_2 f(a, b)$  

Mein Ansatz soweit:
Sei $\binom{a}{b}\in \mathbb{R}^2 \setminus \{\binom{0}{0}\}$.

$(f \circ{} \varphi_1):\mathbb{R} \to \mathbb{R}, x \mapsto (xy)^{\frac{1}{3}} = \sqrt[3]{xy}$ ist differenzierbar als Komposition aus einer Potenz- und Polynomfunktion mit $D_1f(a,b)=\frac{y}{3\sqrt[3]{(xy)^2}}$. Analog erhält man $D_2f(a,b)=\frac{x}{3\sqrt[3]{(xy)^2}}$.

Da das zu einfach wäre, habe ich sicher irgendwas falsch. Ich vermute ich muss die Punkte im Raum $\mathbb{R}^2 \setminus \{\binom{0}{0}\}$ genauer untersuchen, aber woher weiß ich denn welche Punkte ich untersuchen müsste?

Also, wenn etwa $\binom{a}{b}$ mit $a=0, b\neq0$ ist (oder umgekehrt) dann ist $(xy)^{\frac{1}{3}}=0$ und $D_{v} f(a,b)=\frac{v}{3\sqrt[3]{(xy)^2}}$ wäre für $v\in \{0,1\}$ nicht definiert, weil der Nenner 0 wäre. Geht es darum?

Wäre super, wenn mir jemand Tipps (aber ohne Vorsagen) geben könnte, was zu tun ist. :)



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civilengineer
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 25.05.2011
Mitteilungen: 1762
Aus: Bayern, München
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-06-13 16:30


Hi,

man sollte sich vielleicht bei $\displaystyle\frac{\partial f(x,y)}{\partial x} = \frac{y}{3\sqrt[3]{x^2 y^2}} $ und $\displaystyle\frac{\partial f(x,y)}{\partial y} = \frac{x}{3\sqrt[3]{x^2 y^2}} $ fragen, welche Werte für $x$ und $y$ eingesetzt werden dürfen, damit diese beiden Funktionen "funktionieren". Ob es Tabu-Werte gibt, vielleicht?  confused

Vielleicht auch ein Bild von der ursprünglichen Funktion $\displaystyle f(x,y) = \displaystyle \sqrt[3]{x y} $ plotten lassen und schauen, wo es Probleme mit der Ableitung geben kann (Stetigkeit, Sprünge, Ecken, Kanten usw.). Klick hier.







Weitere Hinweise: Anhand der Funktionsskizze $f(x,y)$ kann man sich die Steigung in Richtung $x$ im Punkt $P = (x_1,y_1,z_1) = (x_1,y_1,f(x_1,y_1)) =(-1,-1,1)$ graphisch wie folgt vorstellen:



Die partielle Ableitung von $f(x,y)$ nach $x$ im Punkt $P$ (= die Steigung in Richtung $x$ im Punkt $P$) ist negativ, weil:

"wenn man den Punkt $P$ auf der Fläche betrachtet, die $y_1$-Koordinate des Punkts $P$ festhält und geringfügig den Punkt $P$ auf der Fläche in Richtung positiver $x$-Koordinatenwerte (von $x_1=1$ nach $x_2>x_1$) bewegt, dann nimmt die Höhe $z$ des Punkts $P$ (von $z_1=1$ nach $z_2<z_1$) ab, und damit auch der Funktionswert $f(x,y)$ von $P$ (da $z = f(x,y)$ ist):

$\displaystyle\frac{\Delta z}{\Delta x}=\frac{z_2-z_1}{x_2-x_1} = \frac{z_2-1}{x_2-(-1)} < 0$, da $z_2-z_1 < 0$ und $x_2-x_1>0$"  



Viele Grüße
CE

PS What it means to be the "partielle Ableitung"



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curious_mind
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 10.11.2012
Mitteilungen: 246
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-13 19:12


Hallo civilengineer,
vielen Dank für deine Antwort.

Ja genau. Und dem plot von f(x,y) entnehme ich, dass bei allen $\binom{x}{y} \in \mathbb{R}^2$ mit $x=0$ oder $y=0$ ein Knick vorhanden ist, und dort keine Ableitung existiert. Das hatte ich ja bereits vermutet.

Nur, wie beweise ich das jetzt?

Bei den beiden Ableitungsplots $D_1f(x,y)$ und $D_2f(x,y)$, bin ich unsicher, denn die sehen aus, als ob die auf $\binom{x}{0}$ bzw.  $\binom{0}{y}$ definiert sind, was wg. des Nenners (der nicht 0 sein darf) eigentlich nicht sein kann.




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Diophant
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 1223
Aus: Rosenfeld, BW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-06-13 19:21

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}\)
Hallo,

das ist einfach, da man die partiellen Ableitungen jeweils kürzen kann. Nehmen wir \(D_xf(x,y)\):

\[D_xf(x,y)=\frac{y}{3\cdot\sqrt[3]{(xy)^2}}=\frac{y}{3\cdot\sqrt[3]{x^2}\cdot\sqrt[3]{y^2}}=\frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{y}{x^2}}\]
Hier sieht man jetzt schön, dass \(y=0\) unproblematisch aber für \(x=0\) die Funktion nicht partiell nach x diffbar ist.

Bei der anderen Ableitung läuft es dann analog.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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civilengineer
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 25.05.2011
Mitteilungen: 1762
Aus: Bayern, München
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-06-14 09:26


2019-06-13 16:30 - civilengineer in Beitrag No. 1 schreibt:
Hi,

man sollte sich vielleicht bei $\displaystyle\frac{\partial f(x,y)}{\partial x} = \frac{y}{3\sqrt[3]{x^2 y^2}} $ und $\displaystyle\frac{\partial f(x,y)}{\partial y} = \frac{x}{3\sqrt[3]{x^2 y^2}} $ fragen, welche Werte für $x$ und $y$ eingesetzt werden dürfen, damit diese beiden Funktionen "funktionieren". Ob es Tabu-Werte gibt, vielleicht?  confused


Wie Diophant im Beitrag No. 3 bereits geschrieben hat, lassen sich tatsächlich die Tabu-Werte algebraisch finden, ohne, dass man die Funktionsbilder analysieren muss, wenn man den Trick Nr. 17 ($a=\sqrt[3]{a^3}$) anwendet und die Variablen ineinander bzw. miteinander vermischt, verschachtelt bzw. verwurschtelt. Dann ergibt sich für die partielle Ableitung nach $x$:

$$\displaystyle \frac{\partial f(x,y)}{\partial x} = \frac{y}{3\sqrt[3]{x^2 y^2}} = \frac{\sqrt[3]{y^3}}{3\sqrt[3]{x^2 y^2}} = \frac{1}{3} \cdot \sqrt[3]{\frac{y^3}{x^2y^2}} = \frac{1}{3} \cdot \sqrt[3]{\frac{y}{x^2}}$$

und für die partielle Ableitung nach $y$:

$$\displaystyle \frac{\partial f(x,y)}{\partial y} = \frac{x}{3\sqrt[3]{x^2 y^2}} = \frac{\sqrt[3]{x^3}}{3\sqrt[3]{x^2 y^2}} = \frac{1}{3} \cdot \sqrt[3]{\frac{x^3}{x^2y^2}} = \frac{1}{3} \cdot \sqrt[3]{\frac{x}{y^2}}$$

Somit gilt: $\displaystyle \frac{\partial f(x,y)}{\partial x} = \frac{1}{3} \cdot \sqrt[3]{\frac{y}{x^2}}$ und $\displaystyle \frac{\partial f(x,y)}{\partial y} = \frac{1}{3} \cdot \sqrt[3]{\frac{x}{y^2}}$.


Daher ist die Funktion $\displaystyle f(x,y) = \sqrt[3]{xy}$ in allen Punkten $\displaystyle(a,b) \in \mathbb{R^2}$ mit Ausnahme der Punkte, bei denen $a=0$ ist, partiell nach der ersten Koordinate $x$ differenzierbar. Die Funktion $\displaystyle f(x,y) = \sqrt[3]{xy}$ ist in den Punkten $\displaystyle(0,b) \in \mathbb{R^2}$ nach der ersten Koordinate $x$ nicht differenzierbar, weil die partielle Ableitung $\displaystyle  \frac{\partial f(x,y)}{\partial x} = \frac{1}{3} \cdot \sqrt[3]{\frac{y}{x^2}}$ nach der ersten Koordinate $x$  der Funktion $\displaystyle f(x,y) = \sqrt[3]{xy}$ bei diesen Ausnahmepunkten nicht definiert ist (Tabu-Werte, durch $0$ dürfen wir nicht teilen).

Da die partielle Ableitung $\displaystyle \frac{\partial f(x,y)}{\partial y} = \frac{1}{3} \cdot \sqrt[3]{\frac{x}{y^2}}$ der Funktion $\displaystyle f(x,y) = \sqrt[3]{xy}$ nach der zweiten Koordinate $y$ in den Punkten $(a,0) \in\mathbb{R}^2$ nicht existiert, ist die Funktion $\displaystyle f(x,y) = \sqrt[3]{xy}$ in allen anderen Punkten im $\mathbb{R}^2$ außer in den Punkten $(a,0) \in\mathbb{R}^2$ differenzierbar. Die partielle Ableitung $\displaystyle \frac{\partial f(x,y)}{\partial y} = \frac{1}{3} \cdot \sqrt[3]{\frac{x}{y^2}}$ der Funktion $\displaystyle f(x,y) = \sqrt[3]{xy}$ nach der zweiten Koordinate $y$ in den Punkten $(a,0) \in\mathbb{R}^2$ existiert nicht, weil $\displaystyle \frac{\partial f(x,y)}{\partial y}\bigg|_{(a,0)} = \frac{1}{3} \cdot \sqrt[3]{\frac{a}{0^2}} = \text{Tabu}$

Hinweise: $z = f(x,y)$ ist in Ordnung und hat keine Tabu-Eingangswerte, die zu keinem Funktionswert führen würden. Die Fläche, die durch $f$ beschrieben wird, ist sozusagen schön und lückenlos. Das Problem tritt bei den Ableitungsfunktionen $\displaystyle f_x = \frac{\partial f(x,y)}{\partial x}$  und $\displaystyle f_y = \frac{\partial f(x,y)}{\partial y}$ auf, da diese Funktionen keine schönen und geschmeidigen Flächen beschreiben, weil es Eingangs-Tabuwerte gibt, die nicht eingesetzt werden dürfen, da es für sie keine Ausgangswerte ( = Ableitungen ) gibt. Die Eingangswerte bei allen Funktionen haben hier die Form $(a,b) \in\mathbb{R}^2$. Die Ausgangswerte haben die Form $c \in \mathbb{R}$. Die Eingangswerte sind für alle drei Funktionen $f(x,y)$, $\displaystyle\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}$  und $\displaystyle\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}$ Punkte $(a,b) \in\mathbb{R}^2$. Ein Ausgangswert $\displaystyle c$ der Funktion $\displaystyle f$ beschreibt eine Höhe $z=c$ der durch $f((a,b))$ beschriebene Fläche über den Eingangswert $(a,b)$. Mit dem Tupel $(a,b,c)=(a,b,f((a,b)))$ ist ein Punkt der durch $f$ beschriebenen Fläche festgelegt. Das ist bei den Ableitungsfunktionen $\displaystyle f_x, f_y$ genauso. Alle drei Funktionen sind $ \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$. Aber eine Höhe $c$, die durch  die Ableitungsfunktion $\displaystyle c = f_x((a,b))=\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}\bigg|_{(a,b)}$ nach der ersten Koordinate $x$ an der Stelle $(a,b)$ berechnet wird, beschreibt die Steigung der Tangente, die an der durch $f$ beschriebenen Fläche, in Richtung $x$ gelegt ist. Genauso beschreibt eine Höhe $c$, die durch die Ableitungsfunktion $\displaystyle c = f_y((a,b))=\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}\bigg|_{(a,b)}$ nach der ersten Koordinate $y$ an der Stelle $(a,b)$ berechnet wird, die Steigung der Tangente, die an der durch $f$ beschriebenen Fläche, in Richtung $y$ gelegt ist.

Viele Grüße
CE



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curious_mind
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 10.11.2012
Mitteilungen: 246
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17 14:21


So, hallo noch mal.

Folgendes habe ich jetzt geschrieben als Beweis:

$D_1f(a,b)=\frac{y}{3\sqrt[3]{(xy)^2}}= \ldots = \frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{y}{x^2}}$. Hieraus folgt, dass $f$ für alle $\binom{a}{b}\in \mathbb{R}^2$ mit $a\neq 0$ partiell nach der ersten Koordinate differenzierbar ist.
Entsprechend folgt aus $D_2f(a,b)=\frac{x}{3\sqrt[3]{(xy)^2}}= \ldots = \frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{x}{y^2}}$, dass $f$ für alle $\binom{a}{b}\in \mathbb{R}^2$ mit $b\neq 0$ partiell nach der zweiten Koordinate differenzierbar ist.

Für  $\binom{0}{b}\in \mathbb{R}^2$ ist $D_1f(a,b)$ nicht definiert; für $\binom{a}{0}\in \mathbb{R}^2$ ist $D_2f(a,b)$, und $f$ folglich dort nicht differenzierbar.

Kommen wir zu Unteraufgabe b):

Untersuchen Sie, in welchen $\binom{a}{b} \in \mathbb{R}^2 \setminus \{\binom{0}{0}\}$ die Funktion $f$ (total) differenzierbar ist, und berechnen Sie ggf. die Ableitung $f'(a,b).$

Da $D_1f(a,b)$ und $D_2f(a,b)$ als Komposition aus rationalen Funktionen und Wurzelfunktionen stetig sind, ist $f$ für alle $\binom{a}{b}\in \mathbb{R}^2 \setminus \{\binom{0}{b},\binom{a}{0},\binom{0}{0}\}$ (einmal) total differenzierbar mit $f'(a,b)=\big(\frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{y}{x^2}},\frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{x}{y^2}}\big)$.

Kommen wir zu Unteraufgabe c):

Für welche Vektoren $v\in\mathbb{R}^2$ mit $\|v\|_2=1$ ist $f$ in $\binom{0}{0}$ in Richtung $v$ differenzierbar? Berechnen Sie ggf. $D_vf(0,0)$.

$f$ ist in $\binom{0}{0}$ in Richtung $v$ differenzierbar, wenn $f\circ{}\varphi$ in $t=0$ differenzierbar ist. Für $v:=\binom{v_1}{v_2}$ ist

$f\circ{}\varphi(t)=f(\varphi(t))=f(\binom{0}{0}+t\binom{v_1}{v_2})=f(\binom{tv_1}{tv_2})=\sqrt[3]{t^2v_1v_2}$. Dies ist in $t=0$ nicht differenzierbar, weil $(f\circ{}\varphi)'(t)=\frac{1}{3\sqrt[3]{t^2v_1v_2}}\cdot 2tv_1v_2 = \ldots = \frac{2}{3}\sqrt[3]{\frac{v_1v_2}{t}}$, und dies ist in $t=0$ nicht definiert.

Kommen wir zu Unteraufgabe d):
Ist $f$ in $\binom{0}{0}$ stetig? Ist $f$ in $\binom{0}{0}$ differenzierbar?

$f$ ist stetig in $\binom{0}{0}$ - Beweis:
Sei $\epsilon>0$ gegeben. Dann folgt aus $\|\binom{x}{y}-\binom{0}{0}\|_{\infty}=\|\binom{x}{y}\|_{\infty}=max(x,y)\leq \sqrt{\epsilon^3}=: \delta$, dass

$|f(\binom{x}{y})-f(\binom{0}{0})|=|\sqrt[3]{xy}-\sqrt[3]{0}|=|\sqrt[3]{xy}|\leq |\sqrt[3]{\delta\cdot\delta}|=|\sqrt[3]{\sqrt{\epsilon^3}\sqrt{\epsilon^3}}|=\sqrt[3]{\epsilon^3}=\epsilon.$

(Ich hoffe, das ist richtig, denn mit Stetigkeitsbeweisen stehe ich auf Kriegsfuß.)

Zum Schluss:
$f$ ist nicht differenzierbar in $\binom{0}{0}$, denn wäre $f$ dort differenzierbar, so müsste $f$ dort auch nach jeder Koordinate partiell differenzierbar sein, was wegen a) bereits ausgeschlossen wurde.

Freue mich sehr über Kommentare und ggf. Korrekturen!



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