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Totale Differenzierbarkeit einer Funktion

Universität / Fachhochschule

Differentiation

Tags: Differentiation, Kettenregel, Totale Ableitung

Paul9000 aktiv_icon

20:08 Uhr, 27.06.2024

Untersuche, ob die

f (x, y) := \arcsin (x y + \sqrt[3]{x^{3} + y^{3}})

(0, 0)

total differenzierbar ist. Wenn ja, gib das Differential an.

Lösungsansatz: Ich betrachte erstmal nur die innere Funktion

g (x, y) := x y + \sqrt[3]{x^{3} + y^{3}}

. Wenn diese total differenzierbar ist, dann ist es nach der Kettenregel

f

auch, da der arcsin in

g (0, 0) = 0

differenzierbar ist.

Der Teil

x y

ist offensichtlich differenzierbar, weil die partiellen Ableitungen stetig sind. Für den Teil

\sqrt[3]{x^{3} + y^{3}}

fehlt mir aber ein Argument. Ich muss eine lineare Abbildung finden, sodass für

h (x, y) := \sqrt[3]{x^{3} + y^{3}}

gilt

h (x, y) - h (0, 0) = A (x, y)^{⊤} + φ (x, y)

, wobei

φ = o (∥ (x, y) ∥)

ist. Oder halt zeigen, dass es eine solche nicht gibt. Hat da jemand ein Lösungsvorschlag?

LG Paul

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Ableitungsregeln (Mathematischer Grundbegriff)
Differenzierbarkeit (Mathematischer Grundbegriff)
Funktion (Mathematischer Grundbegriff)

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Kettenregel
e-Funktion

Zu diesem Thema passende Musteraufgaben einblenden

HAL9000

12:46 Uhr, 28.06.2024

Die beiden partiellen Ableitungen

\frac{\partial f}{\partial x}

und

\frac{\partial f}{\partial y}

sind im Nullpunkt (0,0) beide gleich Null.

Totale Differenzierbarkeit im Nullpunkt ist also dann gegeben, wenn

g (x, y) \in o (∥ (x, y) ∥)

bzgl.

(x, y) \to (0, 0)

gilt.

Und das ist kein Problem: Aus

∣ x^{3} + y^{3} ∣ \leq {∣ x ∣}^{3} + {∣ y ∣}^{3} \leq {∣ x ∣}^{3} + 3 {∣ x ∣}^{2} \cdot ∣ y ∣ + 3 ∣ x ∣ \cdot {∣ y ∣}^{2} + {∣ y ∣}^{3} = {(∣ x ∣ + ∣ y ∣)}^{3}

folgt sofort

∣ \sqrt[3]{x^{3} + y^{3}} ∣ \leq ∣ x ∣ + ∣ y ∣

und damit auch

g (x, y) \in o (∥ (x, y) ∥)

im Nullpunkt.

HAL9000

12:46 Uhr, 28.06.2024

Die beiden partiellen Ableitungen

\frac{\partial f}{\partial x}

und

\frac{\partial f}{\partial y}

sind im Nullpunkt (0,0) beide gleich Null.

Totale Differenzierbarkeit im Nullpunkt ist also dann gegeben, wenn

g (x, y) \in o (∥ (x, y) ∥)

bzgl.

(x, y) \to (0, 0)

gilt.

Und das ist kein Problem: Aus

∣ x^{3} + y^{3} ∣ \leq {∣ x ∣}^{3} + {∣ y ∣}^{3} \leq {∣ x ∣}^{3} + 3 {∣ x ∣}^{2} \cdot ∣ y ∣ + 3 ∣ x ∣ \cdot {∣ y ∣}^{2} + {∣ y ∣}^{3} = {(∣ x ∣ + ∣ y ∣)}^{3}

folgt sofort

∣ \sqrt[3]{x^{3} + y^{3}} ∣ \leq ∣ x ∣ + ∣ y ∣

und damit auch

g (x, y) \in o (∥ (x, y) ∥)

im Nullpunkt.

Paul9000 aktiv_icon

14:57 Uhr, 28.06.2024

Wieso folgt daraus, dass

g (x, y) = o (∥ (x, y) ∥)

. Weil dann müsste ja

lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{g (x, y)}{∥ (x, y) ∥} = 0

sein. Nach der Rechnung ist das ganze ja aber nur kleiner als 1 oder? Oder übersehe ich was?

HAL9000

16:11 Uhr, 28.06.2024

Äh ja, da hab ich oben Unsinn erzählt. Die partiellen Ableitungen im Nullpunkt sind nicht Null, sondern beide gleich 1. Da muss ich nochmal drüber nachdenken...

Was man betrachten sollte, ist

h (x, y) = \sqrt[3]{x^{3} + y^{3}} - x - y

in der Umgebung des Nullpunkts.

Diese Funktion müsste im Falle totaler Differenzierbarkeit dann

h (x, y) \in o (\sqrt{x^{2} + y^{2}})

erfüllen, was sie nicht tut:

Man betrachte nur mal

\frac{h (t, t)}{\sqrt{t^{2} + t^{2}}} = \frac{\sqrt[3]{2} - 2}{\sqrt{2}}

, was für

t \to 0

sicher nicht gegen Null konvergiert.

Paul9000 aktiv_icon

14:53 Uhr, 10.07.2024

Ah super, das habe ich jetzt auch so. Vielen Dank! :-)

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