stetig differenzierbar < Differentiation < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | zeigen sie, die Funktion f(x) ist stetig differenzierbar
[mm] f(x)\left\{\begin{matrix}
(1/x)-(1/(sin(x)), & \mbox{wenn }x0<|x| < \pi \\
0, & \mbox{wenn }x=0
\end{matrix}\right. [/mm] |
Heeey 
stetig differenzierbar bedeutet ja soviel, wie das die Ableitung der differenzierbaren Funktion stetig ist.
für x=0 ist dies ja beides erfüllt.
Für 0<|x| < [mm] \pi [/mm] ist die Funktion mit f'(x)= [mm] -\frac{2}{x^{2}}+\frac{cos(x)}{sin(x)^2} [/mm] differenzierbar ( reicht es hier als Beweis die Ableitung zu Bilden ?)
Damit eine Funktion Differenzierbar ist, muss ja eigentlich der Grenzwert zu
[mm] \frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}} [/mm] existieren für limes x gegen [mm] x_{0}
[/mm]
wenn ich dies hier bilde, weiß ich allerdings nicht wie ich für x gegen [mm] x_{0} [/mm] hier: [mm] \frac{(1/x)-(1/sin(x))-(1/x_{0})+(1/sin(x))}{x-x_{0}} [/mm] weiterverfahren soll..
nun zu der Ableitung:
Die Konstante x=0 ist ja stetig. Also geht es jetzt um den linksseitigen Grenzwert der Funktion [mm] g(x)=-\frac{2}{x^{2}}+\frac{cos(x)}{sin(x)^2} [/mm]
Damit diese Funktion stetig ist muss dieser ja für x gegen 0 =0 sein, damit dieser mit dem rechtsseitigem Grenzwert übereinstimmt.Nur wenn ich x gegen 0 gehen lassen divergiert für mich die Funktionenfolge..
Wo liegt der Fehler?
LG
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:46 So 18.05.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo Lina,
> zeigen sie, die Funktion f(x) ist stetig differenzierbar
> [mm]f(x)\left\{\begin{matrix}
(1/x)-(1/(sin(x)), & \mbox{wenn }x0<|x| < \pi \\
0, & \mbox{wenn }x=0
\end{matrix}\right.[/mm]Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
>
> Heeey
> stetig differenzierbar bedeutet ja soviel, wie das die
> Ableitung der differenzierbaren Funktion stetig ist.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> für x=0 ist dies ja beides erfüllt.
Bitte? Dann wäre also die noch nicht mal stetige Funktion $g\,$ mit
$g(x):=x+1$ für $|x| > 0\,$ und $g(0):=1\,$
Deiner Meinung nach in $x_0=0\,$ stetig diff'bar?
Nein!
Ich bin jetzt rechenfaul, deshalb beantworte ich Deine Frage nur mal
mit einer Anleitung, was Du zu tun hast, und kontrolliere Deine
Rechnungen nicht:
1.) Klar ist, dass Deine obige Funktion $f\,$ für $|x| > 0\,$ differenzierbar ist.
Du kannst die Ableitung dann hinschreiben, mit anderen Worten:
Du kannst
$f_1:=\left.f\right|_{]-\infty,0[\;\cup\;[0,\infty]}$
hinschreiben. Die "üblichen Argumente" zeigen dann sicher, dass dieses
$f_1$ (das ist eine nur auf $\IR \setminus \{0\}$ definierte Funktion) stetig ist.
"Übliche Argumente": Summe stetiger Funktionen ist stetig, Verkettung
stetiger Funktionen ist stetig, ...
2.) Unklar ist, ob $f\,'(\red{0})$ überhaupt existiert, und wenn dieser existiert, dann
welcher Wert dort vorherrscht. Du berechnest also (falls möglich)
$\lim_{x \to \red{0}} \frac{f(x)-f(\red{0})}{x-\red{0}}\,.$
Sagen wir jetzt mal, dieser existiert (soll ja, laut Aufgabenstellung) - eventuell
hilft hier auch sowas wie de l'Hôpital - und wir haben nun
$G:=\lim_{x \to \red{0}} \frac{f(x)-f(\red{0})}{x-\red{0}}\,.$
(Nebenbei: Vielleicht erinnerst Du Dich auch daran, dass ihr mal
$\lim_{x \to 0} \frac{\sin(x)}{x}=1$ (etwa mit de l'Hôpital, es geht aber auch anders)
berechnet habt. Ohne es gerechnet zu haben, denke ich, dass sowas oben
auftauchen könnte...)
3.) Damit wissen wir nun, dass $f\,$ differenzierbar ist, und es gilt
$f\,'(x)=\begin{cases} f_1(x), & \mbox{für } |x| > 0\, \\ G, & \mbox{für } x=0 \end{cases}\,.$
4.) Im Punkt 1.) haben wir uns ja schon Gedanken gemacht, dass $f_1$ stetig
sein wird (bzw. Du hast Dir dann später hoffentlich diese Gedanken
gemacht). Damit ist $\left.f\,'\right|_{\IR \setminus \{0\}}$ stetig. (Beachte: $\IR \setminus \{0\}=]-\infty,0[ \cup ]0,\infty[\,.$) Aber was
noch zu klären ist, ist die Frage:
Ist $f\,'$ auch stetig in der Stelle $x=0\,$?
Anders gesagt:
Gilt
$\lim_{x \to 0}$ $f\,'(x)=f\,'(0)$ (Erinnerung: $f\,'(0)=G\,$)?
P.S. $\lim_{x \to x_0}...$ bedeutet immer $\lim_{x_0 \not=x \to x_0}...$
P.P.S.
Was haben wir eigentlich oben gemacht bzw. was ist der Grundgedanke?
Wir haben
$\bullet$ zuerst mal die Ableitung dort hingeschrieben, wo wir sie direkt hinschreiben können
(Ist klar, wie das gemeint ist und wie das funktionierte?)
$\bullet$ danach haben wir an den Stellen, wo wir die Ableitung nicht direkt hinschreiben
konnten, diese "per Definitionem" berechnet
$\bullet$ mit den obigen beiden Punkten konnten wir dann $f\,'$ (also die Ableitung)
komplett hinschreiben (wir wissen an dieser Stelle: $f\,$ ist differenzierbar
und kennen die Ableitung $f\,'$ "gänzlich")
$\bullet$ dann nachgeschaut, wo die Ableitung "offensichtlich" stetig ist (eigentlich
mache ich das oben schon direkt am Anfang beim Punkt 1.)), und dann haben wir
bei $f\,'$ noch die Stelle(n) auf Stetigkeit überprüft, an denen es nicht direkt
"offensichtlich" ist, dass $f\,'$ dort stetig ist
Gruß,
Marcel
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Hey
>
> 1.) Klar ist, dass Deine obige Funktion [mm]f\,[/mm] für [mm]|x| > 0\,[/mm]
> differenzierbar ist.
> Du kannst die Ableitung dann hinschreiben, mit anderen
> Worten:
> Du kannst
>
> [mm]f_1:=\left.f\right|_{]-\infty,0[\;\cup\;[0,\infty]}[/mm]
>
> hinschreiben. Die "üblichen Argumente" zeigen dann sicher,
> dass dieses
> [mm]f_1[/mm] (das ist eine nur auf [mm]\IR \setminus \{0\}[/mm] definierte
> Funktion) stetig ist.
okay das verstehe ich. Also weiß ich hier schon, das die Funktion sowie ihre Ableitung für |x|>0 stetig (und somit auch differenzierbar ist)
>
> 2.) Unklar ist, ob [mm]f\,'(\red{0})[/mm] überhaupt existiert, und
> wenn dieser existiert, dann
> welcher Wert dort vorherrscht. Du berechnest also (falls
> möglich)
das verstehe ich nicht. Die Ableitung von f(x)=0 ist doch immer 0 oder nicht?
>
> [mm]\lim_{x \to \red{0}} \frac{f(x)-f(\red{0})}{x-\red{0}}\,.[/mm]
>
hier erhalte ich:
[mm] \lim_{x \to \red{0}} \frac{f(x)-f(\red{0})}{x-\red{0}}\
[/mm]
aber da x ja im Nenner ist, kann ich f(0) doch gar nicht bilden, oder was ich hier gemeint? Denn mein erster Summand ist doch (1/x)...
> Sagen wir jetzt mal, dieser existiert (soll ja, laut
> Aufgabenstellung) - eventuell
> hilft hier auch sowas wie de l'Hôpital
(hatten wir leider noch nicht)
- und wir haben
> nun
>
> [mm]G:=\lim_{x \to \red{0}} \frac{f(x)-f(\red{0})}{x-\red{0}}\,.[/mm]
ja das verstehe ich. Aber ich darf ja eben nicht =0 einsetzen, da sonst der gesamte Nenner =0 ist..
>
>
> 4.) Im Punkt 1.) haben wir uns ja schon Gedanken gemacht,
> dass [mm]f_1[/mm] stetig
> sein wird (bzw. Du hast Dir dann später hoffentlich diese
> Gedanken
> gemacht). Damit ist [mm]\left.f\,'\right|_{\IR \setminus \{0\}}[/mm]
> stetig. (Beachte: [mm]\IR \setminus \{0\}=]-\infty,0[ \cup ]0,\infty[\,.[/mm])
> Aber was
> noch zu klären ist, ist die Frage:
>
> Ist [mm]f\,'[/mm] auch stetig in der Stelle [mm]x=0\,[/mm]?
ja, das verstehe ich das dies zu prüfen ist, die Grenzwerte müssen ja übereinstimmen. Aber ohne einen festen Wert für G kann ich dies ja nicht prüfen..
LG
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:42 Mo 19.05.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
wenn du einen GW bildest setzt du ja nicht ein (hier die 0 sondern du bestimmst den wert in einer ˜epsilon Umgebung von 0
z.B iin 1/x-1/x darfst du 0 nicht einsetzen, aber in jeder Umgebung von x=0 solange [mm] x\not=0 [/mm] ist das Null. also ist der GW 0
jetzt betrachte sinx in der Nähe von 0, z.B durch die Reihe für sinx und gehe vor wie oben.
(in der Nähe von 0 kann man sinx immer besser durch seine Tangente in 0 annähern!)
Gruß leduart
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Hey
ich verstehe nicht genau was du meinst. wenn ich den Differenzenquotienten habe mit:
[mm] \frac{f(x)-f(0)}{x-0} [/mm] dann muss ich ja für x auch 0 einsetzen wie es f(0) besagt und das funktioniert ja eben nicht
oder was meinst du?
LG
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Hallo Lina!
Setze in [mm] $\limes_{x\rightarrow 0}\bruch{f(x)-f(0)}{x-0}$ [/mm] nunmehr die entsprechende Funktionsvorschrift $f(x)_$ bzw. den Funktionswert $f(0)_$ ein und mache dann die Grenzwertbetrachtung für [mm] $x\rightarrow [/mm] 0$ .
Gruß vom
Roadrunner
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Hey
das ist ja das Problem.
Wie soll ich in f(x)= [mm] \frac{1}{x}-\frac{1}{sin(x)}
[/mm]
0 einsetzen?
Der Nenner darf ja schließlich nicht =0 sein
LG
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> Hey
> das ist ja das Problem.
> Wie soll ich in f(x)= [mm]\frac{1}{x}-\frac{1}{sin(x)}[/mm]
> 0 einsetzen?
> Der Nenner darf ja schließlich nicht =0 sein
Hallo,
erinnerst Du Dich noch an die Funktionsvorschrift?
Es ist doch
[mm] f(x)\left\{\begin{matrix}
(1/x)-(1/(sin(x)), & \mbox{wenn }0<|x| < \pi \\
0, & \mbox{wenn }x=0
\end{matrix}\right.
[/mm]
Was ist also f(0)?
LG Angela
>
> LG
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Hey
danke, ich stand etwas am Schlauch
jetzt erhalte ich nach Umformen als Differenzenquotient:
[mm] \frac{(1/x)-(1/sin(x))}{x} [/mm] = [mm] -\frac{1}{x*sin(x)}+\frac{1}{x^2}
[/mm]
so.. wenn ich jetzt x gegen 0 gehen lassen gehen beiden Brüche gegen Unendlich..aber so erhalte ich ja immer noch keinen Konstanten Wert. Wo liegt der Fehler?
LG
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:16 Mo 19.05.2014 | | Autor: | Marcel |
Hi Lina,
> Hey
> danke, ich stand etwas am Schlauch
> jetzt erhalte ich nach Umformen als Differenzenquotient:
> [mm]\frac{(1/x)-(1/sin(x))}{x}[/mm] =
> [mm]-\frac{1}{x*sin(x)}+\frac{1}{x^2}[/mm]
> so.. wenn ich jetzt x gegen 0 gehen lassen gehen beiden
> Brüche gegen Unendlich..aber so erhalte ich ja immer noch
> keinen Konstanten Wert. Wo liegt der Fehler?
sowas wie [mm] $\infty-\infty$ [/mm] ist undefiniert. Ich schreib's Dir mal ein wenig
sauberer hin:
Um
[mm] $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)-f(0)}{x-0}$
[/mm]
zu berechnen, sei zunächst $x [mm] \not=0$ [/mm] beliebig. Dann gilt
[mm] $\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{f(x)}{x}=\frac{1}{x}*\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin(x)}\right)=...=\frac{\sin(x)-x}{x^2\sin(x)}$
[/mm]
Dies kann man (unter Beachtung von $x [mm] \not=0$) [/mm] umschreiben
[mm] $=\frac{\sin(x)-x}{x^3}*\frac{x}{\sin(x)}$
[/mm]
Der zweite Faktor strebt bei $x [mm] \to [/mm] 0$ (Dir) bekanntlich (?) gegen [mm] $1\,.$ [/mm] (Falls
Dir das nicht bekannt sein sollte: Ich schreibe im Prinzip unten auch
nochmal etwas dazu!)
Es bleibt also
[mm] $\lim_{x \to 0} \frac{\sin(x)-x}{x^3}$
[/mm]
zu bestimmen (warum reicht das nun?).
Nach de l'Hôpital (Fall [mm] "$0/0\,$") [/mm] folgt
[mm] $\lim_{x \to 0} \frac{\sin(x)-x}{x^3}=\lim_{x \to 0} \frac{\cos(x)-1}{3x^2}$
[/mm]
Nochmal de l'Hôpital (gleicher Fall) zeigt, dass der gesuchte Limes
[mm] $=\lim_{x \to 0} \frac{-\sin(x)}{6x}$
[/mm]
ist.
Jetzt könnte man nochmal de l'Hôpital anwenden, oder man erinnert sich,
dass man ja schonmal mit de l'Hôpital
[mm] $\lim_{x \to 0} \frac{\sin(x)}{x}=1$
[/mm]
berechnet hat.
Fazit:
Du solltest am Ende
[mm] $f\,'(0)=-1/6$
[/mm]
berechnet haben!
(Aber: Nimm' die ganzen Puzzleteile oben und bastle Dir das mal so
zusammen, dass Du das alles insgesamt "in einer Rechenkette" siehst!)
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:47 So 18.05.2014 | | Autor: | Marcel |
P.S.:
Damit noch jemand auch Deine Rechnungen mal kontrolliert, stelle ich die
Frage mal nur auf "halb beantwortet"!
Gruß,
Marcel
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Hier gegen die Forenregeln eine Musterlösung. Schau mal, wie du damit zurecht kommst. Eine Schritt-für-Schritt-Lösung halte ich bei deiner Art mitzumachen und mitzudenken nicht für sinnvoll.
Man kann eine Reihe angeben. Zunächst sieht man mit Hilfe der Sinusreihe:
[mm]\frac{1}{\sin x} = \frac{1}{x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} \mp \ldots} = \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{1 - \frac{x^2}{3!} + \frac{x^4}{5!} \mp \ldots}[/mm]
Da der zweite Faktor eine gerade Funktion darstellt, kommt man mit dem Ansatz
[mm]\left( a + b x^2 + c x^4 + \ldots \right) \cdot \left( 1 - \frac{1}{6} x^2 + \frac{1}{120} x^4 \mp \ldots \right) = 1[/mm]
[mm]a + \left( b - \frac{1}{6} a \right) x^2 + \left( c - \frac{1}{6}b + \frac{1}{120} a \right) x^4 + \ldots = 1[/mm]
durch Koeffizientenvergleich ans Ziel:
[mm]a = 1 \, , \ b - \frac{1}{6} a = 0 \, , \ c - \frac{1}{6}b + \frac{1}{120} a = 0[/mm]
Man erhält:
[mm]a = 1 \, , \ b = \frac{1}{6} \, , \ c = \frac{7}{360}[/mm]
Jetzt geht es oben weiter:
[mm]\frac{1}{\sin x} = \frac{1}{x} \cdot \left( 1 + \frac{1}{6} x^2 + \frac{7}{360} x^4 + \ldots \right) = \frac{1}{x} + \frac{1}{6} x + \frac{7}{360} x^3 + \ldots[/mm]
Und für die originale Funktion erhält man:
[mm]f(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{\sin x} = \frac{1}{x} - \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{6} x + \frac{7}{360} x^3 + \ldots \right) = - \frac{1}{6} x - \frac{7}{360} x^3 - \ldots[/mm]
Damit ist [mm]f[/mm] in einer Umgebung von 0 durch eine Potenzreihe darstellbar und von der Klasse [mm]C^{\infty}[/mm].
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:30 Mo 19.05.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo Leopold,
> Hier gegen die Forenregeln eine Musterlösung. Schau mal,
> wie du damit zurecht kommst. Eine
> Schritt-für-Schritt-Lösung halte ich bei deiner Art
> mitzumachen und mitzudenken nicht für sinnvoll.
>
> Man kann eine Reihe angeben. Zunächst sieht man mit Hilfe
> der Sinusreihe:
>
> [mm]\frac{1}{\sin x} = \frac{1}{x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} \mp \ldots} = \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{1 - \frac{x^2}{3!} + \frac{x^4}{5!} \mp \ldots}[/mm]
>
> Da der zweite Faktor eine gerade Funktion darstellt, kommt
> man mit dem Ansatz
>
> [mm]\left( a + b x^2 + c x^4 + \ldots \right) \cdot \left( 1 - \frac{1}{6} x^2 + \frac{1}{120} x^4 \mp \ldots \right) = 1[/mm]
>
> [mm]a + \left( b - \frac{1}{6} a \right) x^2 + \left( c - \frac{1}{6}b + \frac{1}{120} a \right) x^4 + \ldots = 1[/mm]
>
> durch Koeffizientenvergleich ans Ziel:
>
> [mm]a = 1 \, , \ b - \frac{1}{6} a = 0 \, , \ c - \frac{1}{6}b + \frac{1}{120} a = 0[/mm]
>
> Man erhält:
>
> [mm]a = 1 \, , \ b = \frac{1}{6} \, , \ c = \frac{7}{360}[/mm]
vielleicht sollte man hier sagen, dass Du kurz andeutest, wie sich
entsprechende Unbekannte sukzessiv bestimmen lassen (und die ersten
drei rechnest Du konkret vor).
> Jetzt geht es oben weiter:
>
> [mm]\frac{1}{\sin x} = \frac{1}{x} \cdot \left( 1 + \frac{1}{6} x^2 + \frac{7}{360} x^4 + \ldots \right) = \frac{1}{x} + \frac{1}{6} x + \frac{7}{360} x^3 + \ldots[/mm]
>
> Und für die originale Funktion erhält man:
>
> [mm]f(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{\sin x} = \frac{1}{x} - \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{6} x + \frac{7}{360} x^3 + \ldots \right) = - \frac{1}{6} x - \frac{7}{360} x^3 - \ldots[/mm]
>
> Damit ist [mm]f[/mm] in einer Umgebung von 0 durch eine Potenzreihe
> darstellbar und von der Klasse [mm]C^{\infty}[/mm].
Das ist ein sehr schönes Ergebnis, welches wesentlich mehr aussagt als
das, was in der Aufgabe verlangt war. Ob sowas schon benutzt werden
kann/darf, muss Lina wissen...
Gruß,
Marcel
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