Funktion überall stetig ist?

Question

Aufgabe:

Lässt sich für die durch$$f(x,y)=\frac{1-\cos\left(x^2+y^2\right)}{\left(x^2+y^2\right)^2}, \quad (x,\,y) \ne (0,\,0)$$

definierte Funktion ƒ ein Funktionswert ƒ (0,0) so angegeben, dass die dann auf ganz ℝ^2 erklärte Funktion

überall stetig ist ?

Problem/Ansatz:

Wie kann ich diese Aufgabe lösen ?

Comments

Z.B. kannst Du die Reihendarstellung für den cos verwenden

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1.)\(ƒ(x,y) =1- \frac{ cos(x^2 +y^2 )}{(x^2+y^2)^2} \)    oder

2.)\(ƒ(x,y) = \frac{1- cos(x^2 +y^2 )}{(x^2+y^2)^2} \)?

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ja genau ist wie du geschrieben in 2) hast

\(ƒ(x,y) = \frac{1- cos(x^2 +y^2 )}{(x^2+y^2)^2} \)

Answer 1

Hallo,

Substituiere \(r^2=x^2+y^2\)$$f(x,y)=\frac{1-\cos\left(x^2+y^2\right)}{\left(x^2+y^2\right)^2},\quad r^2 = x^2+y^2 \\ f(r) = \frac{1-\cos(r^2)}{r^4}$$Läuft \((x,\,y)\) gegen \((0,\,0)\), so heißt das, dass \(r\) gegen \(0\) läuft. Ersetze nun den Cosinus durch seine Reihenentwicklung$$\cos(x) = 1 -\frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \dots \\ \cos(r^2) = 1 - \frac{r^4}{2!} + \frac{r^8}{4!} - \frac{r^{12}}{6!} + \dots \\ \implies f(r) = \frac{1}{2!} - \frac{r^4}{4!} + \frac{r^8}{6!} - \dots$$somit ist$$\lim_{r \to 0} f(r)= \frac 12$$nochmal als Plot:

~plot~ (1-cos(x^2))/x^4;[[-4|4|-0.5|1.2]] ~plot~

wobei \(r\lt 0\) liegt außerhalb des Definitionsbereichs.

Answer 2

Mit der Substitution \( x^{2}+y^{2}=r \)

Nun I'Hospital:

\( f(r)=\lim \limits_{r \rightarrow 0} \frac{1-\cos (r)}{r^{2}}=\lim \limits_{r \rightarrow 0} \frac{\sin (r)}{2 r}=\lim \limits_{r \rightarrow 0} \frac{\cos (r)}{2}=\frac{1}{2} \)

Answer 3

\(f(0,0)\coloneqq \lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)\)

Answer 4

Für Punkte der Form ( x,0) mit x gegen 0 bekommt man den

Grenzwert 1.

Bei ( x,x) mit x gegen 0  allerdings Grenzwert 1/2 .

(Im Kopf gerechnet, prüf mal nach !)

Wenn das stimmt, klappt es nicht.