Mehrdimensionale Stetigkeit < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:54 Do 21.06.2012 | | Autor: | bammbamm |
| Aufgabe | Lassen sich folgende Funktionen im Ursprung stetig fortsetzen ?
a) [mm] f_1: \IR^2/ \{(0,0)^T\} \to \IR: (x,y)^T \mapsto \bruch{x+y^2}{x^2+y^2}
[/mm]
b) [mm] f_2: \IR^2/ \{(0,0)^T\} \to \IR: (x,y)^T \mapsto \bruch{x^4-y^4}{x^2+2*y^2} [/mm] |
Hallo,
eine Funktion ist ja stetig fortsetzbar wenn [mm] \limes_{x\rightarrow 0} [/mm] f(x) existiert, [mm] f(x_0) [/mm] jedoch nicht. Bzw. [mm] \limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)} [/mm] f(x,y) existiert, [mm] f(x_0,y_0) [/mm] jedoch nicht.
Da von vornerein definiert wurde [mm] \IR^2/ \{(0,0)^T\} [/mm] existiert mein [mm] f(x_0,y_0) [/mm] ja schonmal nicht und es muss nurnoch gezeigt werden, dass [mm] \limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)} [/mm] f(x,y) existiert. Ist das so korrekt ?
Desweiteren: Kann man l'Hospital hier auch anwenden ? Wenn ja, wie kann ich denn l'Hospital mit zwei Variablen anwenden ?
LG
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Hallo bammbamm,
> Lassen sich folgende Funktionen im Ursprung stetig
> fortsetzen ?
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> a) [mm]f_1: \IR^2/ \{(0,0)^T\} \to \IR: (x,y)^T \mapsto \bruch{x+y^2}{x^2+y^2}[/mm]
>
> b) [mm]f_2: \IR^2/ \{(0,0)^T\} \to \IR: (x,y)^T \mapsto \bruch{x^4-y^4}{x^2+2*y^2}[/mm]
>
> Hallo,
>
> eine Funktion ist ja stetig fortsetzbar wenn
> [mm]\limes_{x\rightarrow 0}[/mm] f(x) existiert, [mm]f(x_0)[/mm] jedoch
> nicht. Bzw. [mm]\limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)}[/mm] f(x,y)
> existiert, [mm]f(x_0,y_0)[/mm] jedoch nicht.
Du meinst [mm]x_0=0[/mm] bzw. [mm](x_0,y_0)=(0,0)[/mm]
Stetige Fortsetzbarkeit bedeutet, dass die Funktion an der "kritischen" Stelle [mm](x_0,y_0)[/mm] zwar erstmal nicht definiert ist, du sie aber - im Falle der Existenz des [mm]\lim\limits_{(x,y)\to (x_0,y_0)}f(x,y)=:R[/mm] - eben durch die Zusatzdefinition [mm]f(x_0,y_0):=R[/mm] in [mm](x_0,y_0)[/mm] stetig ergänzen kannst.
>
> Da von vornerein definiert wurde [mm]\IR^2/ \{(0,0)^T\}[/mm]
> existiert mein [mm]f(x_0,y_0)[/mm] ja schonmal nicht und es muss
> nurnoch gezeigt werden, dass [mm]\limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)}[/mm]
> f(x,y) existiert. Ist das so korrekt ?
Ja.
Kennst du das Folgenkriterium der Stetigkeit? Das eignet sich bei a) hervorragend, um die Stetige Ergänzbarkeit in [mm](0,0)[/mm] zu widerlegen.
Finde eine (einfache) Folge [mm]((x_n,y_n))_{n\in\IN}[/mm] mit [mm](x_n,y_n)\to (0,0)[/mm] für [mm]n\to\infty[/mm], wo aber [mm]\lim\limts_{n\to\infty}f_1(x_n,y_n)[/mm] nicht existiert.
Bei b) ist ein Übergang zu Polarkoordinaten nützlich.
Alternativ kannst du ja durch ein bisschen Ausprobieren und Basteln mal versuchen zu erraten, wie man wohl [mm]f_2(0,0)[/mm] definieren muss, um die Funktion stetig zu machen.
Dann kannst du das [mm]\varepsilon-\delta[/mm]-Kriterium der Stetigkeit auspacken.
Auch ein online-plot kann hilfreich sein:
Hier etwa von ![[]](/images/popup.gif) der ersten Funktion
>
> Desweiteren: Kann man l'Hospital hier auch anwenden ? Wenn
> ja, wie kann ich denn l'Hospital mit zwei Variablen
> anwenden ?
Ist mir nicht bekannt, dass das geht ..
>
> LG
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:45 So 24.06.2012 | | Autor: | DonC |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo,
ich habe zu der a)-Aufgabe einen Lösungsansatz.
für die Folge mit $ {z}_n \to (0,0)=0\in \IR^2\,, $
$ f(z_n)=f(-1/n,\,1/n)=\frac{\frac{-1}{n}+\frac{1}{n^2}}{\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^2}}=\frac{-n+1}{2}\ $ Somit gilt \limes_{n\rightarrow\infty}$ {z}_n \Rightarrow f(\limes_{n\rightarrow\infty}{z}_n)\Rightarrow -\infty$
Für $ \tilde{z}_n \to (0,0)=0\in \IR^2\,, $
$ f(\tilde{z}_n)=f(-1/n,\,1/\wurzel{n})=\frac{\frac{-1}{n}+\frac{1}{n}}{\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n}}=\frac{0}{\frac{1+n}{n^2}\}$ Somit gilt \limes_{n\rightarrow\infty}$ \tilde{z}_n \Rightarrow f(\limes_{n\rightarrow\infty}\tilde{z}_n)\Rightarrow 0$
Ich bin mir dabei nicht ganz sicher und frage daher ob dies nun so stimmt?
Bei der b) komme ich nicht richtig weiter,
Setzt ich an
$ f(z_n)=f(r*sin(\phi),r*cos(\phi))=\frac{r^4*(cos(\phi))^4-r^4*(sin(\phi))^4}{r^2*(cos(\phi))^2+2r^2*(sin(\phi))^2}{n^2}}={\frac{r^2*((cos(\phi))^4-(sin(\phi))^4)}{(cos(\phi))^2+2*(sin(\phi))^2}$
Meine Frage ist nun, gegen welchen wert ich \{r} laufen lassen soll, und wie kann ich damit Stetig- bzw. Unstetigkeit beweisen?
Viele Grüße
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:00 So 24.06.2012 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
> ich habe zu der a)-Aufgabe einen Lösungsansatz.
> für die Folge mit [mm]{z}_n \to (0,0)=0\in \IR^2\,,[/mm]
>
> [mm]f(z_n)=f(-1/n,\,1/n)=\frac{\frac{-1}{n}+\frac{1}{n^2}}{\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^2}}=\frac{-n+1}{2}\[/mm]
> Somit gilt [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}[/mm] [mm]{z}_n \Rightarrow f(\limes_{n\rightarrow\infty}{z}_n)\Rightarrow -\infty[/mm]
Korrekt:
[mm]\limes_{n\rightarrow\infty}[/mm] [mm]{z}_n =0, aber f(\limes_{n\rightarrow\infty}{z}_n)= -\infty[/mm]
Damit lässt sich f nicht stetig fortsetzen.
>
> Für [mm]\tilde{z}_n \to (0,0)=0\in \IR^2\,,[/mm]
>
> [mm]f(\tilde{z}_n)=f(-1/n,\,1/\wurzel{n})=\frac{\frac{-1}{n}+\frac{1}{n}}{\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n}}=\frac{0}{\frac{1+n}{n^2}\}[/mm]
> Somit gilt [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}[/mm] [mm]\tilde{z}_n \Rightarrow f(\limes_{n\rightarrow\infty}\tilde{z}_n)\Rightarrow 0[/mm]
>
> Ich bin mir dabei nicht ganz sicher und frage daher ob dies
> nun so stimmt?
>
> Bei der b) komme ich nicht richtig weiter,
> Setzt ich an
>
> [mm]f(z_n)=f(r*sin(\phi),r*cos(\phi))=\frac{r^4*(cos(\phi))^4-r^4*(sin(\phi))^4}{r^2*(cos(\phi))^2+2r^2*(sin(\phi))^2}{n^2}}={\frac{r^2*((cos(\phi))^4-(sin(\phi))^4)}{(cos(\phi))^2+2*(sin(\phi))^2}[/mm]
>
> Meine Frage ist nun, gegen welchen wert ich [mm]\{r}[/mm] laufen
> lassen soll,
r [mm] \t0 [/mm] 0 natürlich !
> und wie kann ich damit Stetig- bzw.
> Unstetigkeit beweisen?
Zeige: [mm] f(r*sin(\phi),r*cos(\phi)) \to [/mm] 0 für r [mm] \to [/mm] 0
Damit lässt sich f stetig fortsetzen
FRED
>
> Viele Grüße
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:08 Mo 25.06.2012 | | Autor: | bammbamm |
Ist es auch möglich die a) mit der Vertauschung von Grenzprozessen zu lösen ?
Also
[mm] B:=\limes_{x\rightarrow 0}(\limes_{y\rightarrow 0}\bruch{x+y^2}{x^2+y^2}=\limes_{x\rightarrow 0}\bruch{x}{x^2}=\limes_{x\rightarrow 0}\bruch{1}{x}=\infty
[/mm]
und
[mm] C:=\limes_{y\rightarrow 0}(\limes_{x\rightarrow 0}\bruch{x+y^2}{x^2+y^2}=\limes_{y\rightarrow 0} \bruch{y^2}{y^2}=1
[/mm]
Und somit B [mm] \not= [/mm] C und daraus folgt, dass kein [mm] A:=\limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\bruch{x+y^2}{x^2+y^2} [/mm] existiert und dadurch f(x,y) nicht in (0,0) stetig ergänzbar ist ?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:13 Mo 25.06.2012 | | Autor: | fred97 |
> Ist es auch möglich die a) mit der Vertauschung von
> Grenzprozessen zu lösen ?
>
> Also
>
> [mm]B:=\limes_{x\rightarrow 0}(\limes_{y\rightarrow 0}\bruch{x+y^2}{x^2+y^2}=\limes_{x\rightarrow 0}\bruch{x}{x^2}=\limes_{x\rightarrow 0}\bruch{1}{x}=\infty[/mm]
>
> und
>
> [mm]C:=\limes_{y\rightarrow 0}(\limes_{x\rightarrow 0}\bruch{x+y^2}{x^2+y^2}=\limes_{y\rightarrow 0} \bruch{y^2}{y^2}=1[/mm]
>
> Und somit B [mm]\not=[/mm] C und daraus folgt, dass kein
> [mm]A:=\limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\bruch{x+y^2}{x^2+y^2}[/mm]
> existiert und dadurch f(x,y) nicht in (0,0) stetig
> ergänzbar ist ?
Ja, das geht auch
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:24 Mo 25.06.2012 | | Autor: | bammbamm |
Gleiches kann ich ja dann auf die b) anwenden ganz ohne Polarkoordinaten ?
[mm] B:=\limes_{x\rightarrow 0}(\limes_{y\rightarrow 0} \bruch{x^4-y^4}{x^2+2*y^2})=\limes_{x\rightarrow 0} \bruch{x^4}{x^2}=\limes_{x\rightarrow 0} x^2 [/mm] = 0
und
[mm] C:=\limes_{y\rightarrow 0}(\limes_{x\rightarrow 0} \bruch{x^4-y^4}{x^2+2*y^2})=\limes_{y\rightarrow 0}\bruch{-y^4}{2*y^2}=\limes_{y\rightarrow 0} \bruch{-y^2}{2}=0
[/mm]
Somit B=C und daraus folgt es existiert [mm] A:=\limes_{(x,y)\rightarrow (0,0)} \bruch{x^4-y^4}{x^2+2*y^2}. [/mm] Somit im Punkt (0,0) stetig ergänzbar mit f(0,0)=0
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:53 Mo 25.06.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
2 spezielle Wege wählen geht für Stetigkeit nicht! es muss auf ALLEN Wegen denselben GW haben , und die kannst du ja nicht alle einzeln zeigen! bzw in jeder 2d Umgebung von (0,0) kleiner [mm] \epsilon [/mm] werden, deshalb ist der andere Weg, r gegen 0 ja genau das richtige und einfachste.
merke : zum zeigen von unstetigkeit sind 2 spezielle Wege oder folgen, die verschiedene GW haben geeignet, nicht zum zeigen von Stetigkeit!.
Gruss leduart
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