Epsilon-Delta mehrdimensional < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:02 Fr 18.07.2014 | | Autor: | YuSul |
| Aufgabe | | Wie wendet man die [mm] $\epsilon$-$\delta$-Definition [/mm] im mehrdimensionalem richtig an? |
Hi,
ich habe eine Frage zur [mm] $\epsilon$-$\delta$-Definition [/mm] im mehrdimensionalem.
Nämlich wie wendet man diese richtig an? Mit einer veränderlichem ist alles klar, aber wie schreibt man sie im mehrdimensionalem richtig aus? Gerade der Teil welcher kleiner als Delta sein muss.
Wenn ich eine mehrdimensionale Funktion in zwei veränderlichen habe, und diese zum Beispiel im Punkt Null auf Stetigkeit untersuchen möchte, dann ist
[mm] $|f(x,y)-f(0,0)|<\epsilon \Rightarrow |\dotso-(0,0)|<\delta$
[/mm]
Aber was muss jetzt die Pünktchen ersetzen? Einfach $xy$?
Also [mm] $|xy|<\delta$?
[/mm]
Danke.
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Hallo,
> Wie wendet man die [mm]\epsilon[/mm]-[mm]\delta[/mm]-Definition im
> mehrdimensionalem richtig an?
Bitte auf saubere Verwendung der Begriff achten. Du scheinst die ...-Definition der Stetigkeit zu meinen. [mm]\epsilon[/mm]-[mm]\delta[/mm] wird nicht definiert.
> Hi,
>
> ich habe eine Frage zur [mm]\epsilon[/mm]-[mm]\delta[/mm]-Definition im
> mehrdimensionalem.
> Nämlich wie wendet man diese richtig an? Mit einer
> veränderlichem ist alles klar, aber wie schreibt man sie
> im mehrdimensionalem richtig aus? Gerade der Teil welcher
> kleiner als Delta sein muss.
Was ist denn eigentlich eure Def. dafür?
> Wenn ich eine mehrdimensionale Funktion in zwei
> veränderlichen habe, und diese zum Beispiel im Punkt Null
> auf Stetigkeit untersuchen möchte, dann ist
>
> [mm]|f(x,y)-f(0,0)|<\epsilon \Rightarrow |\dotso-(0,0)|<\delta[/mm]
>
> Aber was muss jetzt die Pünktchen ersetzen? Einfach [mm]xy[/mm]?
Den konkreten Wert von f(x,y). Was auch immer der sein mag.
> Also [mm]|xy|<\delta[/mm]?
Das macht hier keinen Sinn, denn xy-(0,0) ist nicht definiert. (Skalar-Vektor).
Ist denn f reell-oder vektorwertig? Je nachdem muss für |.| auch die entsprechende Norm bzw. Metrik verwendet werden.
> Danke.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:32 Fr 18.07.2014 | | Autor: | YuSul |
Ich habe die Funktion
[mm] $f(x,y)=\begin{cases} \frac{xy^4}{x^4+y^4}, \text{falls} (x,y)\neq(0,0)\\ 0,\text{sonst}\end{cases}$
[/mm]
Und möchte sie im Nullpunkt auf Stetigkeit mit dem Epsilon-Delta-Kriterium untersuchen.
Doch wie ist hier die Einschränkung für das Delta?
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In einem Epsilontik-Beweis ist [mm] $\delta$ [/mm] das Letzte was berechnet wird.
Erst die Voraussetzung hinschreiben, dann denn Term links von $< [mm] \epsilon$ [/mm] (editiert) so abschätzen, dass man eine sinnvolles [mm] $\delta$ [/mm] angeben kann.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:52 Fr 18.07.2014 | | Autor: | YuSul |
Ich weiß, aber es ist ja gerade meine Frage wie der Ausdruck links von [mm] $<\delta$ [/mm] im mehrdimensionalem Fall aussieht?
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> Ich weiß, aber es ist ja gerade meine Frage wie der
> Ausdruck links von [mm]<\delta[/mm] im mehrdimensionalem Fall
> aussieht?
Die Definition von f einsetzen, hab ich doch schon gesagt.
Was ich jetzt aber auch bereits mehrmals gefragt hab und keine Antwort gekriegt hab:
Wie habt ihr die Stetigkeit in diesem Kontext definiert? Insbesondere: Was ist die Norm/Metrik auf [mm] $\mathbb R^2$ [/mm] die ihr verwendet?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:06 Fr 18.07.2014 | | Autor: | YuSul |
Die ganze normale 2-Norm, wobei es ja ohnehin Wurst ist im endlich dimensionalem welche Norm ich verwende.
Die Definition von f also einsetzen? Wenn ich das Epsilon-Delta-Kriterium dann also hinschreibe hätte ich
[mm] $|f(x,y)-f(0,0)|<\epsilon\Rightarrow |f(x,y)-f(0,0)|<\delta$
[/mm]
Schwer vorstellbar.
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> Die ganze normale 2-Norm, wobei es ja ohnehin Wurst ist im
> endlich dimensionalem welche Norm ich verwende.
>
> Die Definition von f also einsetzen? Wenn ich das
> Epsilon-Delta-Kriterium dann also hinschreibe hätte ich
>
> [mm]|f(x,y)-f(0,0)|<\epsilon\Rightarrow |f(x,y)-f(0,0)|<\delta[/mm]
>
> Schwer vorstellbar.
Es ist ja auch falsch. Und eingesetzt wurde hier auch nichts.
Du hast hier ein konkretes f gegeben.
Setze das ein.
Das ist doch nicht so schwer.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:13 Fr 18.07.2014 | | Autor: | YuSul |
Ob ich da nun f(x,y) hinschreibe oder [mm] \frac{xy^4}{x^4+y^4} [/mm] ist doch egal...
Naja, dann eben nochmal so:
[mm] $|\frac{xy^4}{x^4+y^4}-0|<\epsilon\Rightarrow [/mm] | [mm] \frac{xy^4}{x^4+y^4}-0|<\delta$
[/mm]
Ich weiß, dass es falsch ist. Wie ich es zu machen habe hast du aber immer noch nicht beantwortet.
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> Ob ich da nun f(x,y) hinschreibe oder [mm]\frac{xy^4}{x^4+y^4}[/mm]
> ist doch egal...
>
> Naja, dann eben nochmal so:
>
> [mm]|\frac{xy^4}{x^4+y^4}-0|<\epsilon\Rightarrow | \frac{xy^4}{x^4+y^4}-0|<\delta[/mm]
>
> Ich weiß, dass es falsch ist.
Es muss so heißen:
[mm]|(x,y)-(0,0)|<\delta \Rightarrow | \frac{xy^4}{x^4+y^4}-0|<\epsilon[/mm]
(Edit: Epsilon und delta wurden vertauscht.)
Wie vorhin gesagt, war die Formel von vornherein falsch.
>
> Wie ich es zu machen habe
> hast du aber immer noch nicht beantwortet.
Du beantwortest meine Rückfragen ja auch nicht. Und die dienen dazu dich zur Lösung zu geleiten. Z.B. hab ich nach der Norm gefragt, weil es hier deutlich sinnvoller ist mit der 1-Norm zu arbeiten.
Ferner hab ich gebeten den Term links vom [mm] $\delta$ [/mm] zu schreiben, da der ja abgeschätzt werden soll....
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:23 Fr 18.07.2014 | | Autor: | YuSul |
Im eindimensionalem hat man es aber doch so, dass
[mm] $|f(x)-f(c)|<\epsilon\Rightarrow |x-c|<\delta$
[/mm]
Und man nun den Ausdruck $|f(x)-f(c)|$ so abschätzt, dass man irgendwie [mm] $|x-c|<\delta$ [/mm] verwenden kann.
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> Im eindimensionalem hat man es aber doch so, dass
>
> [mm]|f(x)-f(c)|<\epsilon\Rightarrow |x-c|<\delta[/mm]
Das ist mindestens unvollständig notiert, wahrscheinlich sogar falsch gemeint. (Und ich hab mich auch schon von dem Unsinn anstecken lassen.)
> Und man nun den Ausdruck [mm]|f(x)-f(c)|[/mm] so abschätzt, dass
> man irgendwie [mm]|x-c|<\delta[/mm] verwenden kann.
Meine Worte.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:31 Fr 18.07.2014 | | Autor: | YuSul |
Naja, so wie ich es sehe hast du es komplett umgekehrt aufgeschrieben.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:11 Sa 19.07.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Im eindimensionalem hat man es aber doch so, dass
>
> [mm]|f(x)-f(c)|<\epsilon\Rightarrow |x-c|<\delta[/mm]
>
> Und man nun den Ausdruck [mm]|f(x)-f(c)|[/mm] so abschätzt, dass
> man irgendwie [mm]|x-c|<\delta[/mm] verwenden kann.
nein. (Nebenbei: Maslany-Fanclub hat bei seiner letzten Antwort auch [mm] $\epsilon$ [/mm]
und [mm] $\delta$ [/mm] vertauscht).
Allgemein: Sind [mm] $(X,d)\,$ [/mm] und [mm] $(Y,e)\,$ [/mm] metrische Räume, so gilt:
Eine Funktion $f [mm] \colon [/mm] X [mm] \to [/mm] Y$ heißt stetig an der Stelle [mm] $x_0 \in [/mm] X$ genau dann, wenn:
Für alle [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ existiert ein [mm] $\delta=\delta(x_0,\epsilon) [/mm] > 0$ derart, dass
[mm] $\forall$ $x_1 \in [/mm] X$ mit [mm] $d(x_0,x_1) [/mm] < [mm] \delta$ $\Rightarrow$ $e(f(x_0),f(x_1)) [/mm] < [mm] \epsilon\,.$
[/mm]
(Es gibt dazu äquivalente [mm] $\epsilon-\delta-x_0$ [/mm] Definitionen.)
Wenn nun etwa behauptet wird, dass eine Funktion $f [mm] \colon [/mm] X [mm] \to [/mm] Y$ mit metrischen Räumen
wie oben stetig sei, dann macht man folgendes:
Sei (ohne im Weiteren konkret zu werden) [mm] $x_0 \in [/mm] X$ beliebig. Weiter sei [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ beliebig
(auch wieder: nicht konkret werden). Sei [mm] $\delta [/mm] > [mm] 0\,$ [/mm] zunächst noch unbestimmt
(später will man ein [mm] $\delta [/mm] > 0$ evtl. in Abhängigkeit von [mm] $x_0$ [/mm] und [mm] $\epsilon$ [/mm]
"passend" definieren).
Jetzt schaut man sich
[mm] ($\star$) $e(f(x_0),f(x_1)) [/mm] < [mm] \epsilon$
[/mm]
an und versucht dann, herauszufinden, wie [mm] $\delta [/mm] > 0$ dann definiert werden kann,
dass [mm] $d(x_0,x_1) [/mm] < [mm] \delta$ [/mm] hinreichend für [mm] ($\star$) [/mm] ist.
Beispiel:
Sei [mm] $f(x):=x^2$ [/mm] für $f [mm] \colon \IR \to \IR$ ($\IR$ [/mm] mit "Standardmetrik").
[mm] $f\,$ [/mm] ist (überall) stetig: Sei [mm] $x_0 \in \IR$ [/mm] fest und [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ fest. Wir wollen
[mm] $\delta [/mm] > 0$ so finden, dass für [mm] $x_1 \in \IR$ [/mm] gilt:
[mm] $|x_1-x_0| [/mm] < [mm] \delta$ $\Rightarrow$ $|f(x_1)-f(x_0)| [/mm] < [mm] \epsilon\,.$
[/mm]
Für [mm] $x_1 \not=x_0$ [/mm] gilt:
[mm] $|f(x_1)-f(x_0)| [/mm] < [mm] \epsilon$
[/mm]
[mm] $\gdw$ $|{x_1}^2-{x_0}^2| [/mm] < [mm] \epsilon$
[/mm]
[mm] $\gdw$ $|x_1-x_0|*|x_1+x_0| [/mm] < [mm] \epsilon\,.$ [/mm] (I)
Nun gilt aber
[mm] $|x_1-x_0|*|x_1+x_0| \le |x_1-x_0|*|(x_1-x_0)+2*x_0| \le \delta*(|x_1-x_0|+2|x_0|)\le\delta*(\delta+2|x_0|)$
[/mm]
Wenn Du nun also ein strikt positives [mm] $\delta=\delta(x_0,\epsilon)$ [/mm] so angeben kannst, dass
[mm] $\delta*(\delta+2|x_0|) [/mm] < [mm] \epsilon$
[/mm]
folgt, dann folgt insbesondere, dass (I) gilt. Und durch Verfolgen der Pfeile
[mm] $\Leftarrow$ [/mm] und Lesen der Umformungen von unten nach oben erhältst Du somit
dann
[mm] $|f(x_1)-f(x_0)| [/mm] < [mm] \epsilon\,.$
[/mm]
In "typischen" Skripten findest Du das Ganze allerdings anders aufgeschrieben,
denn die fangen quasi mit dem an, was man hier als Letztes errechnet hat
(eventuell auch mit einer zusätzlichen Fallunterscheidung - oben etwa: Für
[mm] $x_0=0$ [/mm] kann man [mm] $\delta^2 [/mm] < [mm] \epsilon$ [/mm] für [mm] $\delta [/mm] > 0$ hernehmen, also bspw.
[mm] $\delta:=\sqrt{\epsilon}/2\,.$ [/mm] Für [mm] $x_0 \not=0$ [/mm] kann man o.E. $0 < [mm] \delta [/mm] < [mm] |x_0|$ [/mm] annehmen
und dann...)
Der Grund ist eigentlich klar: Wenn man glaubt, ein geeignetes [mm] $\delta$ [/mm] wie
oben gefunden zu haben, dann kann man durch "straight forward"-Rechnen
kontrollieren, ob man wirklich da hinkommt, wo man hinwill. Es verschleiert
aber eigentlich die wirkliche Arbeit, wie man das [mm] $\delta$ [/mm] denn überhaupt gefunden
hat ("fällt vom Himmel-Eindruch").
P.S. Um ein wenig mehr zu Deiner Aufgabe zurückzukommen:
Eine Funktion
$f [mm] \colon \IR^m \to \IR^n$
[/mm]
heißt stetig in [mm] $x^{(0)}=(x^{(0)}_1,...,x^{(0)}_m) \in \IR^m\,,$ [/mm] wenn gilt:
Für alle [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ existiert ein [mm] $\delta=\delta(\epsilon,x^{(0)}) [/mm] > 0$ mit:
Für [mm] $x^{(1)}=(x^{(1)}_1,...,x^{(1)}_m) \in \IR^m$ [/mm] gilt:
Aus
[mm] $\|x^{(1)}-x^{(0)}\|_{2,m} [/mm] < [mm] \delta$
[/mm]
folgt
[mm] $\|f(x^{(1)})-f(x^{(0)})\|_{2,n} [/mm] < [mm] \epsilon\,.$
[/mm]
Beachte:
Für $k [mm] \in \IN=\IN \setminus \{0\}$ [/mm] und [mm] $p=(p_1,...,p_k) \in \IR^k$ [/mm] ist hier
[mm] $\|p\|_{\blue{\textbf{2}},\red{k}}:=\sqrt{\sum_{\ell=1}^\red{k} {p_\ell}^\blue{\textbf{2}}}\,,$
[/mm]
und [mm] $\IR^k$ [/mm] ist genauer als metrischer Raum zu erfassen als der [mm] $\IR^k\,$ [/mm] , der
mit der "durch die euklidische Norm des [mm] $\IR^k$ [/mm] induzierten Metrik" versehen
wird.
Bei Deiner Beispielaufgabe ist [mm] $m=2\,$ [/mm] und [mm] $n=1\,.$ [/mm]
Du kannst auch
![[]](/images/popup.gif) Kapitel 10,11
mal ein wenig durchstöbern. Ich finde es gerade bei Funktionen [mm] $\IR^m \to \IR^n$ [/mm] oft
sehr sinnvoll, die "Folgenstetigkeit" zu benutzen (die generell in metrischen
Räumen die Stetigkeit charakterisiert).
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:13 Sa 19.07.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> nein. (Nebenbei: Maslany-Fanclub hat bei seiner letzten
> Antwort auch [mm]\epsilon[/mm]
> und [mm]\delta[/mm] vertauscht).
und das hat er mittlerweile selbst korrigiert. 
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:20 Sa 19.07.2014 | | Autor: | YuSul |
Danke für die ausführliche Antwort. Mit der Folgenstetigkeit habe ich es auch schon probiert indem ich es mit Polarkoordinaten versucht habe, also durch
[mm] $x=\sqrt{sin(\varphi)}$
[/mm]
[mm] $y=\sqrt{cos(\varphi)}$
[/mm]
wodurch der Ausdruck recht einfach wird, aber ich kam damit nicht wirklich zum Ziel.
Also wie gesagt, wie man das Epsilon-Delta-Kriterium im eindimensionalem anwendet weiß ich, aber hättest du nicht anstelle von dem Beispiel
[mm] $f(x)=x^2$
[/mm]
ein zweidimensionales $f(x,y)=...$ nehmen können um einfach zu zeigen wie man nun das [mm] $|...|<\delta$ [/mm] richtig hinzuschreiben hat. Ich sehe das leider immer noch nicht geklärt.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:32 Sa 19.07.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Danke für die ausführliche Antwort. Mit der
> Folgenstetigkeit habe ich es auch schon probiert indem ich
> es mit Polarkoordinaten versucht habe, also durch
>
> [mm]x=\sqrt{sin(\varphi)}[/mm]
> [mm]y=\sqrt{cos(\varphi)}[/mm]
>
> wodurch der Ausdruck recht einfach wird, aber ich kam damit
> nicht wirklich zum Ziel.
Du brauchst keine Polarkoordinaten. Sei
$ [mm] f(x,y)=\begin{cases} \frac{xy^4}{x^4+y^4}, \text{falls} (x,y)\neq(0,0)\\ 0,\text{sonst}\end{cases} [/mm] $
Sei [mm] $((x_n,y_n))_n$ [/mm] eine [mm] $\IR^2$-Nullfolge, [/mm] also
[mm] $\|(x_n,y_n)\|_{2,2} \to [/mm] 0$ bei $n [mm] \to \infty\,.$
[/mm]
Dann gilt
[mm] $x_n \to [/mm] 0$ und [mm] $y_n \to [/mm] 0$ (das sind "reelle Nullfolgen").
Wegen
[mm] $|f(x_n,y_n)| \le |x_n|$ [/mm] (siehe andere Antwort)
folgt (wegen [mm] $|x_n| \to [/mm] 0$) auch
[mm] $|f(x_n,y_n)| \to [/mm] 0$
und damit
[mm] $f(x_n,y_n) \to 0=f(0,0)\,.$
[/mm]
Natürlich wäre es ohne die Abschätzung nicht so einfach, denn bei
[mm] $x_n{y_n^4}/({x_n}^4+{y_n}^4)$
[/mm]
sehen wir "direkt" ja nur einen "Null durch Null"-Fall bei $n [mm] \to \infty$...
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:44 So 20.07.2014 | | Autor: | abakus |
> Hallo,
>
> > Danke für die ausführliche Antwort. Mit der
> > Folgenstetigkeit habe ich es auch schon probiert indem ich
> > es mit Polarkoordinaten versucht habe, also durch
> >
> > [mm]x=\sqrt{sin(\varphi)}[/mm]
> > [mm]y=\sqrt{cos(\varphi)}[/mm]
Hallo,
Polarkoordinaten wären auch meine bevorzugte Methode gewesen, wobei der obige Ansatz aber sehr sinnfrei ist.
Es ist doch [mm]x=r* cos( \varphi )[/mm] und [mm]y=r* sin( \varphi )[/mm].
Somit gilt [mm]\frac{xy^4}{x^4+y^4}=\frac{r^5*cos(\varphi)*sin^4(\varphi)}{r^4(cos^4(\varphi)+sin^4(\varphi)}=r*\frac{cos(\varphi)*sin^4(\varphi)}{cos^4(\varphi)+sin^4(\varphi)}[/mm].
In dem verbleibenden Bruch ist der Zähler beschränkt (Werte -grob abgeschätzt- zwischen -1 und 1) und der Nenner größer oder gleich 0,5.
Wenn r gegen Null geht, geht also der gesamte Term gegen Null.
Gruß Abakus
> >
> > wodurch der Ausdruck recht einfach wird, aber ich kam damit
> > nicht wirklich zum Ziel.
>
> Du brauchst keine Polarkoordinaten. Sei
>
> [mm]f(x,y)=\begin{cases} \frac{xy^4}{x^4+y^4}, \text{falls} (x,y)\neq(0,0)\\ 0,\text{sonst}\end{cases}[/mm]
>
> Sei [mm]((x_n,y_n))_n[/mm] eine [mm]\IR^2[/mm]-Nullfolge, also
>
> [mm]\|(x_n,y_n)\|_{2,2} \to 0[/mm] bei [mm]n \to \infty\,.[/mm]
>
> Dann gilt
>
> [mm]x_n \to 0[/mm] und [mm]y_n \to 0[/mm] (das sind "reelle Nullfolgen").
>
> Wegen
>
> [mm]|f(x_n,y_n)| \le |x_n|[/mm] (siehe andere Antwort)
>
> folgt (wegen [mm]|x_n| \to 0[/mm]) auch
>
> [mm]|f(x_n,y_n)| \to 0[/mm]
>
> und damit
>
> [mm]f(x_n,y_n) \to 0=f(0,0)\,.[/mm]
>
> Natürlich wäre es ohne die Abschätzung nicht so einfach,
> denn bei
>
> [mm]x_n{y_n^4}/({x_n}^4+{y_n}^4)[/mm]
>
> sehen wir "direkt" ja nur einen "Null durch Null"-Fall bei
> [mm]n \to \infty[/mm]...
>
> Gruß,
> Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:17 So 20.07.2014 | | Autor: | YuSul |
Ist bei den Polarkoordinaten das $r$ die Variable, oder das [mm] $\varphi$?
[/mm]
Ich dachte Phi wäre die Variable welche es zu betrachten gilt. Deinem Beitrag nach zu urteilen muss man jedoch r betrachten, oder verstehe ich es gerade falsch?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:50 So 20.07.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Ist bei den Polarkoordinaten das [mm]r[/mm] die Variable, oder das
> [mm]\varphi[/mm]?
> Ich dachte Phi wäre die Variable welche es zu betrachten
> gilt. Deinem Beitrag nach zu urteilen muss man jedoch r
> betrachten, oder verstehe ich es gerade falsch?
es ist
[mm] $\vektor{x\\y}=\sqrt{x^2+y^2}*\vektor{\cos(\phi)\\\sin(\phi)}$
[/mm]
mit einem geeigneten $0 [mm] \le \phi [/mm] < [mm] 2\pi$ [/mm] (es soll [mm] $y=r*\sin(\phi)$ [/mm] und [mm] $x=r*\cos(\phi)$ [/mm] erfüllen;
damit - unter passenden Voraussetzungen - die Bedingung [die allerdings
nicht äquivalent zu den beiden oben ist] [mm] $y/x=\tan(\phi)$).
[/mm]
Also
[mm] $r=\sqrt{x^2+y^2}\,,$
[/mm]
die "euklidische Länge" von [mm] $(x,y)^T\,.$
[/mm]
Wenn wir jetzt
[mm] $\IR^2 \cong \IC=\IR+i*\IR$
[/mm]
identifizieren, dann
[mm] $\vektor{x\\y}$ $\widehat{=}$ [/mm] $x+i*y=:z [mm] \in \IC \,.$
[/mm]
Und dann wäre
[mm] $r=|z|\,,$
[/mm]
und Du kennst sicher die Gleichung
[mm] $z=|z|*e^{i \phi}\,.$
[/mm]
Für $z [mm] \not=0$ [/mm] ist das [mm] $\phi$ [/mm] wegen [mm] $\phi \in [0,2\pi)$ [/mm] dabei eindeutig bestimmt.
Nach dem Motto: "Ein Beispiel sagt mehr als tausend abstrakte Worte"
machen wir das Ganze wirklich mal an einem Beispiel klar:
Wäre
[mm] $\vektor{x\\y}=(-2,3)^T\,,$
[/mm]
so wäre
[mm] $r=r(\vektor{x\\y})=\sqrt{(-2)^2+3^2}=\sqrt{13}\,.$
[/mm]
Da wir
$3/(-2)$
hinschreiben können, kann man mit
[mm] $\tan(\phi)=-3/2$
[/mm]
etwa
[mm] $\phi_0=-\arctan(3/2)\approx [/mm] -0.9828$
(hier nehme ich [mm] $\arctan \colon \IR \to ]-\pi/2,\;\pi/2[$)
[/mm]
vermuten. Nun ist aber
[mm] $\sqrt{13}*\cos(-0.9828)$ [/mm] $=$ [mm] $\red{\textbf{+}}2\,$
[/mm]
(und entsprechend wird [mm] $\sin(-0.9828) [/mm] < 0$ sein).
D.h., "der obige Winkel liegt im 4. Quadranten". Aber
[mm] $\vektor{-2\\3}$ [/mm] (und sein zugehöriger Winkel)
zeigt vom Ursprung offensichtlich in den 2. Quadranten. Also rechnen wir
[mm] $\phi=\phi_0+\pi=\arctan(-3/2)+\pi \phi-0.9828+\pi \approx 2.1588\,,$
[/mm]
und sind glücklich.
P.S. Das Ganze kann man gut an einer Skizze veranschaulichen:
[mm] $\vektor{x\\y}$ [/mm] kannst Du als
[mm] $\overrightarrow{OP}$ [/mm] mit [mm] $O=(0,0)\,$ [/mm] und [mm] $P=(x,y)\,$
[/mm]
ins Koordinatensystem zeichnen:
Ein Pfeil mit Startpunkt Ursprung, dessen Spitze in [mm] $P=(x,y)\,$ [/mm] endet. Der Winkel
[mm] $\phi$ [/mm] ist der Winkel dieses Pfeils mit der [mm] $x\,$-Achse. [/mm] $r * [mm] \cos(\phi):$ [/mm] Das ist
die Projektion auf die [mm] $x\,$-Achse [/mm] - analoges für $r* [mm] \sin(\phi)\,,$ [/mm] denn [mm] $r\,$ [/mm] ist
ja anschaulich nur die Länge dieses Pfeils. Und nebenbei:
Nach Pythagoras gilt dann
[mm] $r^2=(r*\cos(\phi))^2+(r*\sin(\phi))^2=r^2*(\cos^2(\phi)+\sin^2(\phi))\,,$
[/mm]
wir erhalten also einen Beweis des "Trigonometrischen Pythagoras".
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 01:00 Sa 19.07.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Also wie gesagt, wie man das Epsilon-Delta-Kriterium im
> eindimensionalem anwendet weiß ich, aber hättest du nicht
> anstelle von dem Beispiel
>
> [mm]f(x)=x^2[/mm]
>
> ein zweidimensionales [mm]f(x,y)=...[/mm] nehmen können um einfach
> zu zeigen wie man nun das [mm]|...|<\delta[/mm] richtig
> hinzuschreiben hat. Ich sehe das leider immer noch nicht
> geklärt.
Du hattest da doch eins angegeben. Wenn Du es für Funktionen [mm] $\IR \to \IR$ [/mm] verstanden
hast, dann ist das doch alles vollkommene Analogie für
$f [mm] \colon \IR^m \to \IR^n\,.$
[/mm]
Du willst halt ein [mm] $\delta [/mm] > 0$ so finden, dass Du
[mm] $\|f(x^{(1)})-f(x^{(0)})\|_{2,n} [/mm] < [mm] \epsilon$
[/mm]
folgern kannst, wenn Du
[mm] $\|x^{(1)}-x^{(0)}\|_{2,m} [/mm] < [mm] \delta$
[/mm]
weißt.
Einfaches Beispiel:
Sei $f [mm] \colon \IR^3 \to \IR$ [/mm] durch
[mm] $f((x,y,z)):=xyz\,$
[/mm]
definiert. Sei [mm] $(x_0,y_0,z_0)$ [/mm] fest. Ist [mm] $f\,$ [/mm] stetig in [mm] $(x_0,y_0,z_0) \in \IR^3$?
[/mm]
Sei dazu $(x,y,z) [mm] \in \IR^3$ [/mm] und [mm] $\epsilon [/mm] > [mm] 0\,.$ [/mm] Ferner sei [mm] $\delta [/mm] > 0$ noch unbestimmt
und
[mm] $\|(x,y,z)-(x_0,y_0,z_0)\|_{3,2} [/mm] < [mm] \delta\,,$
[/mm]
also
[mm] $\sqrt{|x-x_0|^2+|y-y_0|^2+|z-z_0|^2} [/mm] < [mm] \delta\,.$ [/mm] (Voraussetzung mit noch
nicht näher bestimmten [mm] $\delta [/mm] > [mm] 0\,$)
[/mm]
Wir wollen
[mm] $|f(x,y,z)-f(x_0,y_0,z_0)| [/mm] < [mm] \epsilon$
[/mm]
erreichen, also
[mm] $|xyz-x_0y_0z_0| [/mm] < [mm] \epsilon$
[/mm]
erreichen.
Es gilt
[mm] $|xyz-x_0y_0z_0|=|(x-x_0)yz+x_0yz-x_0y_0z_0|=|(x-x_0)yz+x_0(yz-y_0z_0)|$
[/mm]
[mm] $=|(x-x_0)yz+x_0((y-y_0)z+y_0z-y_0z_0)|=|(x-x_0)yz+x_0((y-y_0)z+y_0(z-z_0))|$
[/mm]
[mm] $\le |x-x_0|*|y|*|z|+|x_0|*|z|*|y-y_0|+|y_0|*|z-z_0|\,.$
[/mm]
Weiter
[mm] $|y|=|y-y_0+y_0| \le |y_0|+|y-y_0|$
[/mm]
und
[mm] $|z|=|z-z_0+z_0| \le |z_0|+|z-z_0|\,,$
[/mm]
also
[mm] $|xyz-x_0y_0z_0|$ $\le$ |x-x_0|*(|y_0|+|y-y_0|)*(|z_0|+|z-z_0|)+|x_0|*(|y_0|+|y-y_0|)*|y-y_0|+|y_0|*|z-z_0|
[/mm]
Ne Idee, wie wir hier zum Ende kommen?
(Tipp: [mm] $|a|=\sqrt{a^2} \le \sqrt{a^2+b^2+c^2}...$
[/mm]
Wenn wir also
[mm] $\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2} [/mm] < [mm] \delta$
[/mm]
wissen, was wissen wir dann auch über
[mm] $|x-x_0|$ [/mm] bzw. [mm] $|y-y_0|$ [/mm] bzw. [mm] $|z-z_0|$?)
[/mm]
Gruß,
Marcel
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Für [mm](x,y) \neq 0[/mm] kann man folgendermaßen abschätzen:
[mm](\*) \ \ \left| f(x,y) \right| \leq |x|[/mm]
Für [mm]y=0[/mm] ist das wegen [mm]f(x,0)=0[/mm] nämlich trivialerweise richtig, und für [mm]y \neq 0[/mm] sieht man es so:
[mm]\left| \frac{xy^4}{x^4 + y^4} \right| = \left| \frac{x}{\left( \frac{x}{y} \right)^4 + 1} \right| \leq |x|[/mm]
Die Abschätzung [mm](\*)[/mm] ist der Schlüssel. Warum?
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:02 Sa 19.07.2014 | | Autor: | YuSul |
Weil ich von |x| weiß, dass sie im Nullpunkt nicht differenzierbar ist.
Leider finde ich meine ursprüngliche Frage immer noch nicht geklärt.
Wie würde man das Epsilon-Delta-Kriterium denn in diesem Fall sauber aufschreiben, oder verstehe ich euch die ganze Zeit falsch? Wie gesagt ist es mir in eindimensionalem klar, aber wie es im mehrdimensionalem aussieht schleierhaft.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:25 Sa 19.07.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Weil ich von |x| weiß, dass sie im Nullpunkt nicht
> differenzierbar ist.
bitte? Wo ist denn da der Zshg.?
Du hattest
$ [mm] f(x,y)=\begin{cases} \frac{xy^4}{x^4+y^4}, \text{falls} (x,y)\neq(0,0)\\ 0,\text{sonst}\end{cases} [/mm] $
Sei nun [mm] $x^{(0)}=(x,y)=(0,0)\,,$ [/mm] und wir schreiben
$(0,0) [mm] \not=x^{(1)}=(x,y)\,.$
[/mm]
Offensichtlich gilt
[mm] $\|f(x^{(1)})-f(x^{(0)})\|_{2,1}=\|f((x,y))-f((0,0))\|_{2,1}=\left\|\frac{xy^4}{x^4+y^4}-0\right\|_{2,1}=\left|\frac{xy^4}{x^4+y^4}\right|$ $\mathbf{\red{\le}}$ $|x|\,,$
[/mm]
Nun gilt
[mm] $\|(x,y)-(0,0)\|_{2,2}=\|(x-0,\;y-0)\|_{2,2}=\|(x,y)\|_{2,2}=\sqrt{x^2+y^2}\,.$
[/mm]
Außerdem
[mm] $|x|=\sqrt{x^2} \le \sqrt{x^2+y^2}\,.$
[/mm]
Jetzt Du!
Gruß,
Marcel
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Manchmal kommt man mit der sokratischen Hebammenmethode nicht mehr weiter. Hier also der Beweis.
Im Folgenden mögen die Doppelstriche für die euklidische Norm oder die Maximumnorm stehen. Die Argumentation paßt für beide.
Ist [mm]\varepsilon>0[/mm] gegeben, so bestimme man [mm]\delta = \varepsilon[/mm]. Dann gilt für alle [mm](x,y)[/mm] mit [mm]\left\| (x,y) \right\| < \delta[/mm]:
[mm]\left| f(x,y) - f(0,0) \right| = \left| f(x,y) \right| \leq |x| \leq \left\| (x,y) \right\| < \varepsilon[/mm]
Zur ersten Abschätzung siehe meinen vorigen Beitrag.
Und das war's.
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