29 – Äquivalenz von Aussagen zur Integration und Differenziation

 

Seien f, g : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R} zweimal stetig differenzierbar.

  1. Zeigen Sie die Äquivalenz der folgenden beiden Aussagen.

    1. \frac{{\partial f}} {{\partial x}} = \frac{{\partial g}} {{\partial x}}

    2. Es gibt ein zweimal stetig differenzierbares q : \mathbb{R} \to \mathbb{R} mit

      g\left( {x,y} \right) = f\left( {x,y} \right)+q\left( y \right)

  2. Zeigen Sie, dass

    \int_0^x {f\left( {s,y} \right)ds} = \int_0^x {g\left( {s,y} \right)ds} \quad \Rightarrow \quad f = g

  3. Werfen Sie einen Blick auf Aufgabe 27 (a) und zeigen Sie sodann die Äquivalenz der folgenden beiden Aussagen.

    1. \frac{{\partial ^2 f}} {{\partial y\partial x}} = 0

    2. Es gibt zweimal stetig differenzierbare p, q : \mathbb{R} \to \mathbb{R} mit

      f\left( {x,y} \right) = p\left( x \right)+q\left( y \right)

Lösung

a)

Der Beweis von (ii) nach (i) ist trivial. Wir leiten einfach nach x ab. Da q(y) in Richtung x konstant ist, fällt ist die Ableitung davon gleich 0:

g\left( {x,y} \right) = f\left( {x,y} \right)+q\left( y \right)

\Rightarrow \frac{{\partial f}} {{\partial x}} = \frac{{\partial g}} {{\partial x}}

Der Beweis von (i) nach (ii) geht wie folgt. Als Ausgangsgleichung haben wir

\frac{{\partial g\left( {x,y} \right)}} {{\partial x}} = \frac{{\partial f\left( {x,y} \right)}} {{\partial x}}

Wir halten nun y fest und integrieren nach x:

\Rightarrow g\left( {x,y} \right) = f\left( {x,y} \right)+c

Die bei der Integration entstehenden Konstanten wurden zum c auf der rechten Seite der Gleichung zusammengefasst.
Die entstandene Gleichung gilt nun aber nur für ein festes y. Das c hängt also von y ab. Daher lassen wir nun das y „laufen“ und beschreiben jetzt c durch eine Funktion q(y):

\Rightarrow g\left( {x,y} \right) = f\left( {x,y} \right)+q\left( y \right)

b)

Wir zeigen durch Ableiten

\int_0^x {f\left( {s,y} \right)ds} = \int_0^x {g\left( {s,y} \right)ds}

\Rightarrow \frac{\partial } {{\partial x}}\int_0^x {f\left( {s,y} \right)ds} = \frac{\partial } {{\partial x}}\int_0^x {g\left( {s,y} \right)ds}

\Rightarrow \frac{\partial } {{\partial x}}\int_0^x f = \frac{\partial } {{\partial x}}\int_0^x g

\Rightarrow \quad \underline{\underline {f = g}}

c)

Der Beweis von (ii) nach (i) ist trivial. Wir nehmen die Funktion und leiten zunächst nach x ab:

f\left( {x,y} \right) = p\left( x \right)+q\left( y \right)

\frac{{\partial f}} {{\partial x}} = p ^{\prime}\left( x \right)

und leiten anschließend nach y ab:

\frac{{\partial ^2 f}} {{\partial y\partial x}} = 0

Der Beweis von (i) nach (ii) geht wie folgt. Als Ausgangsgleichung haben wir

\frac{{\partial ^2 f\left( {x,y} \right)}} {{\partial y\partial x}} = 0

Zunächst „halten“ wir das x „fest“ und Integrieren nach y:

\Rightarrow \frac{{\partial f\left( {x,y} \right)}} {{\partial x}} = c

Da wir das x festgehalten haben und nun ein c entstanden ist, hängt dieses c von x ab. Daher lassen wir das x nun „laufen“. D.h. wir schreiben c als Funktion von x auf:

\Rightarrow \frac{{\partial f\left( {x,y} \right)}} {{\partial x}} = p\left( x \right)

Nun halten wir das y fest und integrieren nach x:

\Rightarrow f\left( {x,y} \right) = \int_0^x {p\left( t \right)dt} +d

Die Integration von p(x) dürfen wir so schreiben, da sie in dieser Schreibweise nach wie vor immer noch von x abhängt.
Das d, welches wir nun bekommen haben hängt von y ab, da wir ja gerade y „festgehalten“ haben. Daher schreiben wir jetzt d als Funktion von y auf:

\Rightarrow f\left( {x,y} \right) = \underbrace {\int_0^x {p\left( t \right)dt} }_{p\left( x \right)}+q\left( y \right)

\Rightarrow f\left( {x,y} \right) = p\left( x \right)+q\left( y \right)

Fertig!