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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:29 Mi 30.06.2004 | | Autor: | Jessica |
Hallo alle zusammen,
ich habe mal eine Frage. Ich habe folgende Aufgabe:
Für die Funktion [mm]f:\IR^2\rightarrow\IR[/mm] existiert die partielle Ableitung nach der ersten Komponente [mm]\bruch{\partial f} {\partial x_1}[/mm] und sei identisch 0. Zeigen SIe: Es gibt eine Funktion [mm]g:\IR\rightarrow\IR[/mm] mit der Eigenschaft [mm]f((x_1,x_2)^t)=g(x_2)[/mm] für alle [mm]x_1,x_2 \in \IR[/mm].
Mir ist klar, dass das gilt, weiß aber nicht wie ich das zeigen kann. Da ja [mm]\bruch{\partial f} {\partial x_1}=0[/mm] gilt muss f ja auf eine konstante Wert, d.h. auf eine Funktion unabhängig von [mm]x_1[/mm] abbilden. Das wäre ja [mm]g(x_2)[/mm]. Aber wie kann ich das zeigen? Könntet ihr mir vielleicht helfen?
Bis denne
Jessica
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:59 Mi 30.06.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Jessica,
> Zeigen SIe: Es gibt eine Funktion [mm]g:\IR\rightarrow\IR[/mm] mit
> der Eigenschaft [mm]f((x_1,x_2)^t)=g(x_2)[/mm] für die gilt [mm]x_1,x_2 \in \IR[/mm].
Was soll gelten?
Marc
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:10 Mi 30.06.2004 | | Autor: | Jessica |
Ich hab's geändert. War ein Tippfehler von meinem Haussklaven, den ich gleich mal bestrafen werde! Sorry!
Bis denne
Jessica
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:58 Mi 30.06.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Jessica!
Deine intuitiv richtige Vermutung lässt sich mit dem Mittelwertsatz beweisen. Nach diesem gilt für festes [mm] $x_2 \in \IR$ [/mm] und beliebige [mm] $x_1, \tilde{x_1} \in \IR$:
[/mm]
[mm] $f((x_1,x_2)^T) [/mm] - [mm] f((\tilde{x_1},x_2)^T) [/mm] = [mm] \left( \int_0^1 \underbrace{\frac{\partial f}{\partial x_1} ((x_1 + t (\tilde{x_1} - x_1),x_2)^T)}_{=\, 0} \, dt \right) \cdot (\tilde{x_1} [/mm] - [mm] x_1) [/mm] = 0$,
d.h. [mm] $f((x_1,x_2)^T)$ [/mm] hängt nur von [mm] $x_2$ [/mm] ab und die Funktion
[mm] $g(x_2):= f((x_1,x_2)^T)$
[/mm]
ist daher wohldefiniert.
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:59 Do 01.07.2004 | | Autor: | Jessica |
Hallo Stefan,
könntest du mir erklären, warum du noch das Integral von 0-1 bildest? Und weshalb du [mm]x_1+t(\tilde x_1+x_1)[/mm]so wählst?
Bis denne und danke im vorraus
Jessica
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:17 Do 01.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Jessica!
Nun, ich habe den üblichen Mittelwertsatz in der Integralform benutzt (der schöner ist als der in der Differentialschreibweise, weil er allgemeiner ist und auch für vektorwertige Funktionen gilt).
Aber du kannst es natürlich auch in der dir vermutlich geläufigeren Version beweisen, über
[mm] $f(x_1,x_2) [/mm] - [mm] f(\tilde{x_1},x_2) [/mm] = grad [mm] f(\xi) \cdot (x_1-\tilde{x_1},0)^T$,
[/mm]
wobei [mm] $\xi$ [/mm] auf der (geraden) Verbindungsstrecke von [mm] $(x_1,x_2)$ [/mm] nach [mm] $(\tilde{x_1},x_2)$ [/mm] liegt.
Dann folgt natürlich auch die Behauptung, klar.
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:33 Do 01.07.2004 | | Autor: | Jessica |
Hallo Stefan,
danke für die schnelle Antwort. Jatzt verstehe ich deine Überlegungen auch besser, jedoch verstehe ich immer noch nicht wie ich damit zeigen kann, dass g existiert. Vielleicht liegt es auch daran, dass wir den MWS noch nicht für Funktionen im [mm]\IR^n[/mm] hatten.
Aber in [mm]\IR[/mm] gilt ja
[mm]f'(x_0)=\bruch{f(b)-f(a)}{b-a}[/mm]
Damit kann ich mir deins auch verstehen wenn ich es auf [mm]\IR^2[/mm] übertrage. Dann wäre "quasi"
[mm]f(b):=f({x_1 \choose x_2}), f(a):=f({\tilde x_1 \choose x_2}) [/mm]
Und [mm]f'(x_0):=grad f(\xi)[/mm]
Es gilt ja: [mm]grad f(\xi)={D_1f(\xi) \choose D_2f(\xi)}={0 \choose D_2f(\xi)} [/mm]
Aber ich verstehe nicht, wie ich jetzt auf g schließen kann.
Liebe Grüße
Jessica
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:53 Fr 02.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Jessica!
Man definiert sich einfach:
[mm] $g(x_2):= f((x_1,x_2)^T)$.
[/mm]
Da wir ja gezeigt haben, dass $f$ nicht von [mm] $x_1$ [/mm] abhängt, ist dadruch $g$ wohldefiniert.
Liebe Grüße
Stefan
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