Musteraufgaben zum Thema Dierenzierbarkeit

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1 Musteraufgaben zum Thema Dierenzierbarkeit Stephan Kulla CC-BY Aufgabe Wir betrachten die Funktion f : R R gegeben durch f, y y+ y +y für, y 0, 0 0 für, y 0, 0 Untersuchen sie für welche v R die Richtungsableitung v f0, 0 eistiert und geben sie diese gegebenenfalls an. Ist f im Nullpunkt stetig bzw. dierenzierbar?. Lösungsweg - so kommst du auf die Lösung Richtungsableitung Sei v : a, b R mit a, b 0, 0 ein beliebiger Vektor bzgl. dessen wir die Richtungsableitung bestimmen wollen.

2 Bestimmung der Richtungsableitung a,b f 0, y 0 Hilfsfunktion ht f 0, y 0 + ta, b f 0 + ta, y 0 + tb bestimmen. Lösungsweg in unserem Fall ht f0 + ta, 0 + tb fta, tb ta tb+ta tb ta für ta, tb 0, 0 +tb 0 für ta, tb 0, 0 ta, tb 0, 0 t 0 ta tb+ta tb ta +tb für t 0 0 für t 0 t t a b+a b t a +b für t 0 0 für t 0 t t t t a b+a b für t 0 t a +b 0 für t 0 t a b+a b a für t 0 +b 0 für t 0 t a b+a b a +b ist auch für t 0 gleich 0 Ist ht im Punkt t 0 dierenzierbar? Wenn ja, dann ist die Richtungsableitung a,b f 0, y 0 h 0. Wenn nein, dann eistiert die Richtungsableitung nicht. t a b+a b a +b Die Hilfsfunktion ht ist eine lineare Funktion und damit im Nullpunkt dierenzierbar. Es eistieren also alle Richtungsableitungen mit a,b f0, 0 h 0 a b+a b a +b. Stetigkeit Zur Bestimmung der Stetigkeit sollten wir zunächst eine Vermutung aufstellen, ob die Funktion im Nullpunkt stetig ist, oder nicht. Ein Weg, ihre Stetigkeit im Nullpunkt zu beweisen, ist der, dass wir beliebige Folgen n n N und y n n N mit lim n n lim n y n 0 annehmen und zeigen, dass lim n f n, y n f0, 0 ist. Um zu beweisen, dass die Funktion f im Nullpunkt nicht stetig ist, können wir versuchen bestimmte Folgen n n N und y n n N mit lim n n lim n y n 0 und lim n f n, y n f0, 0 zu nden. Schauen wir uns mal die Funktion für, y 0, 0 an:

3 f, y quadratischer Term Summe quadratischer Terme }} quadratischer Term }} y + quadratischer Term }} y }} quadratischer Term + y }} quadratischer Term }} quadratischer Term Summe quadratischer Terme }} linearer Term Wurzel quadratischer Term Hierbei sind die Begrie quadratischer Term und linearer Term nicht in ihrer mathematischen Denition, sondern mehr in einer naiven Sichtweise zu verstehen: Sie sollen angeben, wie die Argumente und y in die jeweiligen Terme eingehen. Da es sich hier bei f, y um einen Quotienten eines quadratischen Terms mit einem linearen Term handelt, sollte die Funktion f, y stetig im Nullpunkt sein, weil der quadratische Term im Nenner überwiegt. Achtung: Ich verlasse mit dieser Argumentation mathematische Denkweisen, indem ich weder genau deniere, was ich mit quadratischen und linearen Termen meine, noch beweise, dass beispielsweise eine Funktion als Quotient eines quadratischen Terms mit einem linearen Term im Nullpunkt stetig ist. Eine solche Argumentation kann deshalb nicht in einem Beweis eingesetzt werden. Diese Überlegungen dienen jediglich dazu im Vorfeld eine Vermutung über die Stetigkeit der Funktion f aufzustellen. Um die Stetigkeit zu beweisen, verwenden wir hier das Folgenkriterium. Sei dazu n n N und y n n N beliebige, reelle Nullfolgen. Wir wollen nun zeigen, dass lim n f n, y n f0, 0 0 ist, was äquivalent zu lim n f n, y n 0 ist. Wegen der Fallunterscheidung in der Funktion f nehmen wir auÿerdem an, dass für alle n N die Ungleichung n, y n 0, 0 erfüllt ist. Da die Limesbestimmung des Terms n yn+n yn n +y schwierig ist, suchen wir eine Abschätzung nach n oben, die uns das Leben erleichtert: 3

4 n y n + n y n n + yn n y n + n y n n + yn n + yn Dreiecksungleichung n y n n + yn + n y n n + yn n y n + n y n n + yn n + yn n + yn n n + yn n n y n + n y n n n n n n y n n + n y n n y n + y n y n Da y n n N nach Vorraussetzung eine Nullfolge ist, ist lim n y n 0 und wir haben einen Beweis der Stetigkeit gefunden, denn 0 n yn+n yn n +yn 0 lim n 0 lim n y n+ n y n n n +yn y n lim n y n 0 Dierenzierbarkeit Um zu überprüfen, ob die Funktion im Nullpunkt dierenzierbar ist, können wir zunächst einmal nachprüfen, ob die Funktion folgenden Satz aus der Vorlesung erfüllt Folgerung..6: Seien V ein endlich-dimensionaler normierter R-Vektorraum, U V oen und f : U R in 0 U dierenzierbar. Für alle v, w V und alle λ R gilt dann v+w f 0 v f 0 + w f 0 und λ v f 0 λ v f 0 Nach einigem Überlegen nden wir,0 f0, 0 + 0, f0, , f0, 0 4

5 was dem obigen Satz aus der Vorlesung widerspricht. Damit ist die Funktion nicht dierenzierbar im Nullpunkt.. Beweis - so kannst du deine Ergebnisse aufschreiben Richtungsableitung Sei v : a, b R mit a, b 0, 0 ein beliebiger Vektor und sei ht : fta, tb die Hilfsfunktion zur Bestimmung der partiellen Ableitung a,b f0, 0. Es ist ht f0 + ta, 0 + tb fta, tb ta tb+ta tb ta für ta, tb 0, 0 +tb 0 für ta, tb 0, 0 ta, tb 0, 0 t 0 ta tb+ta tb ta für t 0 +tb 0 für t 0 t t a b+a b t a für t 0 +b 0 für t 0 t t t t a b+a b für t 0 t a +b 0 für t 0 t a b+a b a +b für t 0 0 für t 0 t a b + a b a + b ist auch für t 0 gleich 0 t a b + a b a + b Die Hilfsfunktion ht ist eine lineare Funktion und damit im Nullpunkt dierenzierbar. Es eistieren also alle Richtungsableitungen mit a,b f0, 0 h 0 a b+a b a +b. Stetigkeit Seien n n N und y n n N zwei beliebige reelle Nullfolgen. Es ist 5

6 n y n + n y n 0 lim n n + yn lim n y n + n y n n n + yn n + yn Dreiecksungleichung n y n lim n n + yn + n y n n + yn n y n lim + n y n n n + yn n + yn n + yn n n y n lim + n y n n n n n n n y n lim + n y n n n n lim n y n + y n lim n y n 0 n + yn n Damit ist lim n f n, y n 0 f0, 0, so dass die Funktion f nach dem Folgenkriterium im Nullpunkt stetig ist. Dierenzierbarkeit Es ist,0 f0, 0 + 0, f0, , f0, 0 Dies widerspricht der Folgerung..6 aus dem Skript für dierenzierbare Funktionen, so dass f im Nullpunkt nicht dierenzierbar ist. Aufgabe Sei f : R R eine auf R dierenzierbare Funktion. Wir setzen voraus, dass f0, 0 0 ist und für alle, y R die Abschätzung y f, y und f, y erfüllt ist. Zeigen sie, dass dann für alle, y [0, ] die Ungleichung f, y + y gilt. 6

7 . Erklärung zum Beweis Wir werden diese Aufgabe lösen, indem wir in Schritten vorgehen. Um zu beweisen, dass f, y + y ist, werden wir zunächst zeigen, dass f0, y y ist und dann beweisen, dass f, y + f0, y ist, wobei wir jeweils analog vorgehen werden.. Beweis Beweisschritt Es gilt: y [0, ] : f0, y y. Widerspruchsbeweis: Für y 0 ist die obige Ungleichung f0, y y wegen f0, 0 0 erfüllt. Sei nun y [0, ] \ 0} eine reelle Zahl mit f0, y < y. Es ist f0, y f0, 0 y 0 f0, y y f0,y< y < Nach dem Mittelwertsatz der Dierentialrechnung gibt es nun ein ein a [0, y] mit y f0, a f0,y f0,0 y 0 <. Dies steht jedoch im Widerspruch zu yf, y für alle, y R, so dass obige Aussage y [0, ] : f0, y y wahr ist. Beweisschritt Es gilt:, y [0, ] : f, y + y. Widerspruchsbeweis: Für 0 ist die Ungleichung f, y + y nach dem ersten Beweisschritt erfüllt. Sein nun y [0, ] und [0, ] \ 0} mit f, y < + y. Es ist nun y y 7

8 f, y f0, y f, y f0, y 0 f,y< + y < f0,y y + y y f, y y Nach dem Mittelwertsatz der Dierentialrechnung gibt es ein a [0, ] mit fa, f,y f0,y 0 <. Dies steht jedoch im Widerspruch zu f, y für alle, y R, so dass obige Aussage, y [0, ] : f, y + y wahr ist. 3 Aufgabe 3 Sei n N. Zeigen sie, dass die Funktion f : R n R R : f, t sin k t, k ep k, mit k R n die so genannte Wärmeleitungsgleichung f t f 0 erfüllt. Dabei ist die euklidische Norm n R n und, das Standardskalarprodukt auf R n. 3. Lösung Zur Bestimmung von f benötigen wir die zweite partielle Ableitung l f l [ l f] der Funktion f bzgl. des l-ten Einheitsvektors. Hierzu bestimmen wir zunächst l f. Beachte, dass du l [ k, ] folgendermaÿen berechnen kannst. Es ist l [ k, ] l [k + k k n n ] k l ] l f l [sin k t, k ep k, l [sin k t, k cos k t, k k l ep k, cos ] ep k, + sin k t, k k l ep k, + sin k t, k + sin l [ep k, ] k t, k ep k, k l k t, k Nun können wir l f bestimmen. Es ist 8

9 l f l [ l f] ] l [ k l ep k, cos k t, k + sin k t, k k l ep k, k l cos k t, k + sin k t, k + k l ep k, sin k t, k k l + cos k t, k kl ep k, cos k t, k + cos k t, k k l ep k, cos + sin k t, k k t, k sin k t, k Um die Wärmeleitungsgleichung zu bestimmen, benötigen wir auÿerdem noch t f. Es ist ] t f t [sin k t, k ep k, ] t [sin k t, k cos k cos k t, k k t, k ep k, k ep k, ep k, k l Nun können wir die Aufgabe lösen. Es ist f f n l f t f l n l kl ep k, cos k t, k k cos k t, k ep k, cos k t, k ep k, 0 n k l k l }} k } } 0 9