Partielle Ableitung beschränkt/gleich 0

Aufrufe: 124     Aktiv: 11.06.2024 um 09:34

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Hallo,

ich frage mich hier (siehe Bild unten), warum man annimmt, dass psi gegen +- unendlich =0 ist und die partielle Ableitung im grenzwert nur beschränkt ist. Im folgenden Teil des Buches habe ich zwar gesehen, dass wie hier beschrieben das ausreicht, aber impliziert nicht die erste Annahme, dass auch die partielle Ableitung im Unendlichen gleich 0 sein muss?

danke für Hilfe!
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Zunächst mal können wir für diesen Teil die $t$-Abhängingkeit komplett ignorieren.Wir können deine Frage als Theorem umformulieren:

Sei $f \in C^{\infty}(\mathbb{R})\cap L^2(\mathbb{R})$ eine Lipschitz-stetige Funktion mit $\lim_{x \to \pm \infty}f(x)=0$. Dann gilt bereits

$$\lim_{x \to \pm \infty} \frac{\partial f(x)}{\partial x}=0.$$

Beweisen würde ich das wie folgt:

Angenommen, die Aussage gilt nicht. Das heißt, für für ein $\epsilon >0$ können gibt es IMMER ein beliebig großes $R>0$, so dass $|\frac{\partial f(x)}{\partial x}|>\epsilon > 0$ für ein $x \in \mathbb{R}$ gilt mit $|x|>R$. Aufgrund der Stetigkeit gilt dies auch in einer Umgebung $B_\delta(x) $. Sei nun obdA $C=\frac{\partial f(x)}{\partial x}>0$. Da $f$ Lipschitz-stetig mit Lipschitzkonstante $L$ ist, und damit nicht beliebig schnell fallen kann, gilt dass

$$\frac{C-\epsilon}{L}<\delta.$$

Beweis das oder mal ein Bild, das sollte aufgrund von "maximaler" Steigung denke ich gut ersichtlich sein. Somit gilt für das Maß der Menge, wo $|\frac{\partial f(x)}{\partial x}|>\epsilon$, dass dieses also mindestens $2\frac{C-\epsilon}{L}$ beträgt. Inbesonder gilt für den entsprechenden Wert von $f$

$$f(x+\delta)-f(x-\delta)=\int_{x-\delta}^{x+\delta} \frac{\partial f(y)}{\partial y}dy \geq \epsilon 2\delta. $$

Da aber auch $\lim_{x \to \infty}f(x)=0$ gilt, muss inbesonder für ein gegebenes $\alpha>0$ ein $R'>0$ existieren, so dass $|f(x)|<\alpha$ für alle $|x|>R'$ gilt. Also inbesondere muss dann

$$f(x+\delta)-f(x-\delta) \leq 2 \alpha.  $$

Damit gilt aber auch dass

$$2 \epsilon \delta \leq 2 \alpha,$$
was einen Widerspruch für $\alpha$ klein genug erzeugt.

 

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Vielen vielen Dank!   ─   juliusdadas 11.06.2024 um 01:56

Bitte, gern geschehen.   ─   crystalmath 11.06.2024 um 09:02

Habe noch ein paar Kleinigkeiten ausgebessert.   ─   crystalmath 11.06.2024 um 09:34

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