Fkt. auf Diffbarkeit prüfen < Differentiation < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Sei f:[-6,6] [mm] \to \IR, f(x)=sin(\wurzel{1-cos(x)}).
[/mm]
Untersucehn Sie, in welchen [mm] x\in(-6,6) [/mm] die Funktion f differenzierbar ist und berechnen Sie die Ableitung f´. |
Okay, also ich dachte mir das ganze so.
Sei [mm] a\in(-6,6), [/mm] dann gilt, für [mm] h\not=0, [/mm] und [mm] h\to [/mm] 0
[mm] \bruch{f(a+h)-f(a)}{h}=\bruch{sin(\wurzel{1-cos(a+h)})-sin(\wurzel{1-cos(a)})}{h}
[/mm]
Wegen der Stetigkeit gilt,
[mm] =\bruch{sin(\wurzel{1-cos(a)})-sin(\wurzel{1-cos(a)})}{h} [/mm] = [mm] \bruch{0}{h} [/mm] =0
Analog folg das selbe, für
[mm] a\in [/mm] (0,6).
Somit ist die Funktion diffbar in [mm] I:=(-6,0)\cup(0,6)
[/mm]
Es bleibt die Frage ist f diffbar an der Stelle a=0, dann gilt für
[mm] \bruch{f(0+h)-f(0)}{h}=\bruch{f(h)-f(0)}{h} [/mm] = [mm] \bruch{sin(\wurzel{1-cos(h)}-sin(\wurzel{1-cos(0)}}{h}
[/mm]
[mm] =\bruch{sin(\wurzel{1-cos(h)}}{h})=0.
[/mm]
Also existiert der Grenzwert überall und die Funktion wäre überall diffbar.
Wenn ich sie mir plotten lasse sehe ich aber dass sie in a=0 nicht diffbar ist.
Wo liegt mein Fehler ?
Kann mir jemand einen kleinen Ansatz geben ?
Ich wäre sehr dankbar,
mfg. Hellsing :)
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:43 Sa 26.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Sei f:[-6,6] [mm]\to \IR, f(x)=sin(\wurzel{1-cos(x)}).[/mm]
>
> Untersucehn Sie, in welchen [mm]x\in(-6,6)[/mm] die Funktion f
> differenzierbar ist und berechnen Sie die Ableitung f´.
> Okay, also ich dachte mir das ganze so.
>
> Sei [mm]a\in(-6,6),[/mm] dann gilt, für [mm]h\not=0,[/mm] und [mm]h\to[/mm] 0
na, das $h [mm] \to [/mm] 0$ machst Du an anderer Stelle; das folgende gilt sicher
für $h [mm] \not=0\,$ [/mm] (strenggenomen: sofern dabei $a+h [mm] \in [/mm] [-6,6]$ gilt -
meistens wird das nicht mehr explizit erwähnt, weil man etwa sich
darauf einigt, dass man [mm] $f(x)\,$ [/mm] ja nur für $x [mm] \in \text{Definitionsbereich von }f$ [/mm] überhaupt
hinschreiben kann/darf!).
> [mm]\bruch{f(a+h)-f(a)}{h}=\bruch{sin(\wurzel{1-cos(a+h)})-sin(\wurzel{1-cos(a)})}{h}[/mm]
>
> Wegen der Stetigkeit gilt,
>
> [mm]\red{=}\,\bruch{sin(\wurzel{1-cos(a)})-sin(\wurzel{1-cos(a)})}{h}[/mm]
Nun würdest Du $h [mm] \to [/mm] 0$ laufen lassen wollen, deswegen müßte hier nun
ein
[mm] $$\stackrel{h \to 0}{\longrightarrow}$$
[/mm]
anstatt des [mm] $\red{=}$ [/mm] von oben stehen. Aber ist Dir eigentlich klar, dass
das, was Du hier behauptest, totaler Unsinn ist? Ich sag' Dir gleich, warum!
> [mm]=\bruch{0}{h}[/mm] =0
>
> Analog folg das selbe, für
> [mm]a\in[/mm] (0,6).
>
> Somit ist die Funktion diffbar in [mm]I:=(-6,0)\cup(0,6)[/mm]
Das ist sie zwar, aber zum einen: Würden Deine obigen Überlegungen so
stimmen, so wäre die Funktion konstant auf [mm] $(-6,0)\,$ [/mm] und auch konstant
auf [mm] $(0,6)\,,$ [/mm] also stückweise konstant.
Zum anderen wäre, wenn Dein Verfahren so stimmen würde, es sehr
langweilig, Ableitungen zu berechnen, denn
[mm] $$\lim_{h \to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=0\;\;\;\;\;\;\;\; (\text{I.a. gilt diese Gleichheit NICHT!!})$$
[/mm]
würde dann doch stets rauskommen - wegen der Stetigkeit von [mm] $f\,$ [/mm] an der
Stelle [mm] $x\,,$ [/mm] wenn [mm] $f\,$ [/mm] dort diff'bar ist. Wenn Du mal genau hinguckst,
ist es doch bei
[mm] $$\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$$
[/mm]
bei $h [mm] \to [/mm] 0$ so, dass ZÄHLER UND NENNER gegen 0 streben bei $h [mm] \to 0\,,$
[/mm]
jedenfalls, wenn [mm] $f\,$ [/mm] an der Stelle [mm] $x\,$ [/mm] stetig ist - was aber für die
Diff'barkeit an der Stelle [mm] $x\,$ [/mm] auch notwendig ist.
Jetzt kannst Du natürlich hingehen und sagen, dass $a [mm] \in [/mm] (-6,6) [mm] \setminus \{0\}$ [/mm] erstmal
fest sein soll und schaust Dir durchaus erstmal an, wie's dort mit der
Diff'barkeit aussieht.
Was Du dann aber eigentlich machen solltest, wenn Du Dir die Existenz und
den Wert von
[mm] $$\lim_{h \to 0}\frac{\sin(\sqrt{1-\cos(a+h)})-\sin(\sqrt{1-\cos(a)})}{h}$$
[/mm]
anschauen willst, hast Du aber schonmal gemacht, als die KETTENREGEL
bewiesen worden ist. Also warum nicht einfach ![[]](/images/popup.gif) Satz 13.7 (klick!) anwenden?
Dass man für [mm] $a=0\,$ [/mm] nicht damit argumentieren kann, liegt einfach an der
Tatsache, dass [mm] $\sqrt{\cdot}: [0,\infty) \to [0,\infty)$ [/mm] an der Stelle [mm] $0\,$ [/mm]
nicht (rechtsseitig) differenzierbar ist.
> Es bleibt die Frage ist f diffbar an der Stelle a=0,
Was ist eigentlich mit der linksseitigen Diff'barkeit von [mm] $f\,$ [/mm] an der Stelle
[mm] $6\,$ [/mm] und mit der rechtsseitigen an der Stelle [mm] $x=\,-6\,$? [/mm] Wenn man sich
den Graphen plotten läßt, nicht verwirren lassen, sondern nochmal genau
gucken, ob WIRKLICH [mm] $f(\pm 6)=0\,$ [/mm] gilt!! Manchmal trügt der Schein!
> dann
> gilt für
>
> [mm]\bruch{f(0+h)-f(0)}{h}=\bruch{f(h)-f(0)}{h}[/mm] =
> [mm]\bruch{sin(\wurzel{1-cos(h)}-sin(\wurzel{1-cos(0)}}{h}=\bruch{sin(\wurzel{1-cos(h)}}{h})=0.[/mm]
Siehe oben; so "einfach" geht das auch hier nicht: Seit wann ist [mm] $\sin(1)=0$? [/mm]
(Bemerkung: Editiert, habe gerade noch gesehen,
dass Du wohl [mm] $\sin(0)=0\,$ [/mm] benutzt hattest. Das wäre i.O.!)
> Also existiert der Grenzwert überall und die Funktion
> wäre überall diffbar.
>
> Wenn ich sie mir plotten lasse sehe ich aber dass sie in
> a=0 nicht diffbar ist.
Richtig. Vergleiche mal
[mm] $$\lim_{\substack{h \to 0\\ h > 0}}\frac{f(h)-f(0)}{h}$$
[/mm]
mit
[mm] $$\lim_{\substack{h \to 0\\ h \red{\,<\,}0}}\frac{f(h)-f(0)}{h}$$
[/mm]
für Deine spezielle Funktion [mm] $f\,.$
[/mm]
Hinweis: (Beachte, dass im Folgenden $h > [mm] 0\,$ [/mm] ist, so dass sich die
Ableitung der "Zählerfunktion" angeben läßt!)
Man kann man
[mm] $$\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sin(\sqrt{1-\cos(h)})}{h}$$
[/mm]
mit de l'Hôpital berechnen. (Und ich bin mir schon wieder mal irgendwie
fast sicher, dass jemand da eine bessere Alternative findet. Prinzipiell reicht
es vielleicht auch, den Limes durch eine Zahl $> [mm] 0\,,$ [/mm] etwa [mm] $1/2\,,$ [/mm] nach
unten abzuschätzen. Aber ich habe gerade keine Lust, passende
Ungleichungen rauszusuchen!)
P.S. Die jeweils (einseitige) Diff'barkeit an den Stellen [mm] $x=-6\,$ [/mm] bzw. [mm] $x=6\,$
[/mm]
kann man schnell begründen (Du hast sie ja ganz unterschlagen), wenn
man sich die Funktion
$$x [mm] \mapsto \sin(\sqrt{1-\cos(x)})$$
[/mm]
als Funktion [mm] $\IR \to \IR$ [/mm] anschaut! (Insbesondere sollte man sich bei
dieser letztgenannten Funktion mal über die Periodizität Gedanken
machen (kleinste positive Periode).)
P.P.S. Nur, damit Du da klarer siehst, Erinnerung: Definition 13.1 (klick!)
Demnach ist $f: [-6,6] [mm] \to \IR$ [/mm] diff'bar etwa an der Stelle [mm] $6\,,$ [/mm] wenn
[mm] $$\lim_{x < 6} \frac{f(x)-f(6)}{x-6}=\lim_{0 > h \to 0} \frac{f(6+h)-f(6)}{h}$$
[/mm]
(in [mm] $\IR$) [/mm] existiert. (Kurz: [mm] $f\,$ [/mm] ist diff'bar an [mm] $6\,,$ [/mm] wenn [mm] $f\,$ [/mm] dort LINKSSEITIG
diff'bar ist.)
Gruß,
Marcel
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> Hallo,
>
> > Sei f:[-6,6] [mm]\to \IR, f(x)=sin(\wurzel{1-cos(x)}).[/mm]
> >
> > Untersucehn Sie, in welchen [mm]x\in(-6,6)[/mm] die Funktion f
> > differenzierbar ist und berechnen Sie die Ableitung f´.
> > Okay, also ich dachte mir das ganze so.
> >
> > Sei [mm]a\in(-6,6),[/mm] dann gilt, für [mm]h\not=0,[/mm] und [mm]h\to[/mm] 0
>
> na, das [mm]h \to 0[/mm] machst Du an anderer Stelle; das folgende
> gilt sicher
> für [mm]h \not=0\,[/mm] (strenggenomen: sofern dabei [mm]a+h \in [-6,6][/mm]
> gilt -
> meistens wird das nicht mehr explizit erwähnt, weil man
> etwa sich
> darauf einigt, dass man [mm]f(x)\,[/mm] ja nur für [mm]x \in \text{Definitionsbereich von }f[/mm]
> überhaupt
> hinschreiben kann/darf!).
>
> >
> [mm]\bruch{f(a+h)-f(a)}{h}=\bruch{sin(\wurzel{1-cos(a+h)})-sin(\wurzel{1-cos(a)})}{h}[/mm]
> >
> > Wegen der Stetigkeit gilt,
> >
> >
> [mm]\red{=}\,\bruch{sin(\wurzel{1-cos(a)})-sin(\wurzel{1-cos(a)})}{h}[/mm]
>
> Nun würdest Du [mm]h \to 0[/mm] laufen lassen wollen, deswegen
> müßte hier nun
> ein
> [mm]\stackrel{h \to 0}{\longrightarrow}[/mm]
> anstatt des [mm]\red{=}[/mm]
> von oben stehen. Aber ist Dir eigentlich klar, dass
> das, was Du hier behauptest, totaler Unsinn ist? Ich sag'
> Dir gleich, warum!
>
> > [mm]=\bruch{0}{h}[/mm] =0
> >
> > Analog folg das selbe, für
> > [mm]a\in[/mm] (0,6).
> >
> > Somit ist die Funktion diffbar in [mm]I:=(-6,0)\cup(0,6)[/mm]
>
> Das ist sie zwar, aber zum einen: Würden Deine obigen
> Überlegungen so
> stimmen, so wäre die Funktion konstant auf [mm](-6,0)\,[/mm] und
> auch konstant
> auf [mm](0,6)\,,[/mm] also stückweise konstant.
>
> Zum anderen wäre, wenn Dein Verfahren so stimmen würde,
> es sehr
> langweilig, Ableitungen zu berechnen, denn
> [mm]\lim_{h \to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=0\;\;\;\;\;\;\;\; (\text{I.a. gilt diese Gleichheit NICHT!!})[/mm]
>
> würde dann doch stets rauskommen - wegen der Stetigkeit
> von [mm]f\,[/mm] an der
> Stelle [mm]x\,,[/mm] wenn [mm]f\,[/mm] dort diff'bar ist. Wenn Du mal genau
> hinguckst,
> ist es doch bei
> [mm]\frac{f(x+h)-f(x)}{h}[/mm]
> bei [mm]h \to 0[/mm] so, dass ZÄHLER UND NENNER gegen 0 streben
> bei [mm]h \to 0\,,[/mm]
> jedenfalls, wenn [mm]f\,[/mm] an der Stelle [mm]x\,[/mm]
> stetig ist - was aber für die
> Diff'barkeit an der Stelle [mm]x\,[/mm] auch notwendig ist.
>
> Jetzt kannst Du natürlich hingehen und sagen, dass [mm]a \in (-6,6) \setminus \{0\}[/mm]
> erstmal
> fest sein soll und schaust Dir durchaus erstmal an, wie's
> dort mit der
> Diff'barkeit aussieht.
> Was Du dann aber eigentlich machen solltest, wenn Du Dir
> die Existenz und
> den Wert von
> [mm]\lim_{h \to 0}\frac{\sin(\sqrt{1-\cos(a+h)})-\sin(\sqrt{1-\cos(a)})}{h}[/mm]
>
> anschauen willst, hast Du aber schonmal gemacht, als die
> KETTENREGEL
> bewiesen worden ist. Also warum nicht einfach
> Satz 13.7 (klick!)
> anwenden?
> Dass man für [mm]a=0\,[/mm] nicht damit argumentieren kann, liegt
> einfach an der
> Tatsache, dass [mm]\sqrt{\cdot}: [0,\infty) \to [0,\infty)[/mm] an
> der Stelle [mm]0\,[/mm]
> nicht (rechtsseitig) differenzierbar ist.
>
> > Es bleibt die Frage ist f diffbar an der Stelle a=0,
>
> Was ist eigentlich mit der linksseitigen Diff'barkeit von
> [mm]f\,[/mm] an der Stelle
> [mm]6\,[/mm] und mit der rechtsseitigen an der Stelle [mm]x=\,-6\,[/mm]? Wenn
> man sich
> den Graphen plotten läßt, nicht verwirren lassen,
> sondern nochmal genau
> gucken, ob WIRKLICH [mm]f(\pm 6)=0\,[/mm] gilt!! Manchmal trügt
> der Schein!
>
> > dann
> > gilt für
> >
> > [mm]\bruch{f(0+h)-f(0)}{h}=\bruch{f(h)-f(0)}{h}[/mm] =
> >
> [mm]\bruch{sin(\wurzel{1-cos(h)}-sin(\wurzel{1-cos(0)}}{h}=\bruch{sin(\wurzel{1-cos(h)}}{h})=0.[/mm]
>
> Siehe oben; so "einfach" geht das auch hier nicht: Seit
> wann ist [mm]\sin(1)=0[/mm]?
> (Bemerkung: Editiert, habe gerade noch gesehen,
> dass Du wohl [mm]\sin(0)=0\,[/mm] benutzt hattest. Das wäre
> i.O.!)
>
> > Also existiert der Grenzwert überall und die Funktion
> > wäre überall diffbar.
> >
> > Wenn ich sie mir plotten lasse sehe ich aber dass sie in
> > a=0 nicht diffbar ist.
>
> Richtig. Vergleiche mal
> [mm]\lim_{\substack{h \to 0\\ h > 0}}\frac{f(h)-f(0)}{h}[/mm]
> mit
> [mm]\lim_{\substack{h \to 0\\ h \red{\,<\,}0}}\frac{f(h)-f(0)}{h}[/mm]
>
> für Deine spezielle Funktion [mm]f\,.[/mm]
>
> Hinweis: (Beachte, dass im Folgenden [mm]h > 0\,[/mm] ist, so dass
> sich die
> Ableitung der "Zählerfunktion" angeben läßt!)
> Man kann man
> [mm]\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sin(\sqrt{1-\cos(h)})}{h}[/mm]
> mit de
> l'Hôpital berechnen. (Und ich bin mir schon wieder mal
> irgendwie
> fast sicher, dass jemand da eine bessere Alternative
> findet. Prinzipiell reicht
> es vielleicht auch, den Limes durch eine Zahl [mm]> 0\,,[/mm] etwa
> [mm]1/2\,,[/mm] nach
> unten abzuschätzen. Aber ich habe gerade keine Lust,
> passende
> Ungleichungen rauszusuchen!)
Mh okay stimmt, wenn h>0 ist kann man l´Hospital dann natürlich anwenden, da die Funktion wegen obigen Satz differenzierbar ist für alle [mm] a\not=0.
[/mm]
Ich kriege dann folgenden Term
[mm] \limes_{h\rightarrow0} \bruch{cos(sqrt(1-cos(h))*sin(h)}{2*(sqrt(1-cos(h))}. [/mm] Ich würde wegen h>0 sagen, dass der Grenzwert nicht existiert beziehungsweise:
[mm] \limes_{h\rightarrow0} \bruch{cos(sqrt(1-cos(h))*sin(h)}{2*(sqrt(1-cos(h))}=\infty.
[/mm]
Aber darf ich das einfach so ?
Für mich macht es allerdings keinen unterschied, ob h>0 oder h<0 ist. Ich komme immer zum gleichen Ergebnis.
>
> P.S. Die jeweils (einseitige) Diff'barkeit an den Stellen
> [mm]x=-6\,[/mm] bzw. [mm]x=6\,[/mm]
> kann man schnell begründen (Du hast sie ja ganz
> unterschlagen), wenn
> man sich die Funktion
> [mm]x \mapsto \sin(\sqrt{1-\cos(x)})[/mm]
> als Funktion [mm]\IR \to \IR[/mm]
> anschaut! (Insbesondere sollte man sich bei
> dieser letztgenannten Funktion mal über die Periodizität
> Gedanken
> machen (kleinste positive Periode).)
Ehm, also wie mach das weiterbringen soll weiss ich jetz allerdings nicht :|
> P.P.S. Nur, damit Du da klarer siehst, Erinnerung:
> Definition 13.1 (klick!)
>
> Demnach ist [mm]f: [-6,6] \to \IR[/mm] diff'bar etwa an der Stelle
> [mm]6\,,[/mm] wenn
> [mm]\lim_{x < 6} \frac{f(x)-f(6)}{x-6}=\lim_{0 > h \to 0} \frac{f(6+h)-f(6)}{h}[/mm]
>
> (in [mm]\IR[/mm]) existiert. (Kurz: [mm]f\,[/mm] ist diff'bar an [mm]6\,,[/mm] wenn
> [mm]f\,[/mm] dort LINKSSEITIG
> diff'bar ist.)
Da erhalte ich dann ebenfalls mittels L´Hospital
Für a=6, und h<0
[mm] \limes_{h\rightarrow0}\bruch{cos(\wurzel{1-cos(6+h)}*sin(6+h)-cos(\wurzel{1-cos(6)}*sin(6)}{2(\wurzel{1-cos(6)}} [/mm] =0
Für a=-6 und h>0 genauso
[mm] \limes_{h\rightarrow0}\bruch{cos(\wurzel{1-cos(6+h)}*sin(6+h)-cos(\wurzel{1-cos(6)}*sin(6)}{2(\wurzel{1-cos(6)}} [/mm] =0
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 03:23 So 27.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hi,
> > Hallo,
> >
> > > Sei f:[-6,6] [mm]\to \IR, f(x)=sin(\wurzel{1-cos(x)}).[/mm]
> >
> >
> > > Untersucehn Sie, in welchen [mm]x\in(-6,6)[/mm] die Funktion f
> > > differenzierbar ist und berechnen Sie die Ableitung f´.
> > > Okay, also ich dachte mir das ganze so.
> > >
> > > Sei [mm]a\in(-6,6),[/mm] dann gilt, für [mm]h\not=0,[/mm] und [mm]h\to[/mm] 0
> >
> > na, das [mm]h \to 0[/mm] machst Du an anderer Stelle; das folgende
> > gilt sicher
> > für [mm]h \not=0\,[/mm] (strenggenomen: sofern dabei [mm]a+h \in [-6,6][/mm]
> > gilt -
> > meistens wird das nicht mehr explizit erwähnt, weil man
> > etwa sich
> > darauf einigt, dass man [mm]f(x)\,[/mm] ja nur für [mm]x \in \text{Definitionsbereich von }f[/mm]
> > überhaupt
> > hinschreiben kann/darf!).
> >
> > >
> >
> [mm]\bruch{f(a+h)-f(a)}{h}=\bruch{sin(\wurzel{1-cos(a+h)})-sin(\wurzel{1-cos(a)})}{h}[/mm]
> > >
> > > Wegen der Stetigkeit gilt,
> > >
> > >
> >
> [mm]\red{=}\,\bruch{sin(\wurzel{1-cos(a)})-sin(\wurzel{1-cos(a)})}{h}[/mm]
> >
> > Nun würdest Du [mm]h \to 0[/mm] laufen lassen wollen, deswegen
> > müßte hier nun
> > ein
> > [mm]\stackrel{h \to 0}{\longrightarrow}[/mm]
> > anstatt des
> [mm]\red{=}[/mm]
> > von oben stehen. Aber ist Dir eigentlich klar, dass
> > das, was Du hier behauptest, totaler Unsinn ist? Ich sag'
> > Dir gleich, warum!
> >
> > > [mm]=\bruch{0}{h}[/mm] =0
> > >
> > > Analog folg das selbe, für
> > > [mm]a\in[/mm] (0,6).
> > >
> > > Somit ist die Funktion diffbar in [mm]I:=(-6,0)\cup(0,6)[/mm]
> >
> > Das ist sie zwar, aber zum einen: Würden Deine obigen
> > Überlegungen so
> > stimmen, so wäre die Funktion konstant auf [mm](-6,0)\,[/mm]
> und
> > auch konstant
> > auf [mm](0,6)\,,[/mm] also stückweise konstant.
> >
> > Zum anderen wäre, wenn Dein Verfahren so stimmen würde,
> > es sehr
> > langweilig, Ableitungen zu berechnen, denn
> > [mm]\lim_{h \to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=0\;\;\;\;\;\;\;\; (\text{I.a. gilt diese Gleichheit NICHT!!})[/mm]
>
> >
> > würde dann doch stets rauskommen - wegen der Stetigkeit
> > von [mm]f\,[/mm] an der
> > Stelle [mm]x\,,[/mm] wenn [mm]f\,[/mm] dort diff'bar ist. Wenn Du mal
> genau
> > hinguckst,
> > ist es doch bei
> > [mm]\frac{f(x+h)-f(x)}{h}[/mm]
> > bei [mm]h \to 0[/mm] so, dass ZÄHLER UND NENNER gegen 0 streben
> > bei [mm]h \to 0\,,[/mm]
> > jedenfalls, wenn [mm]f\,[/mm] an der Stelle [mm]x\,[/mm]
> > stetig ist - was aber für die
> > Diff'barkeit an der Stelle [mm]x\,[/mm] auch notwendig ist.
> >
> > Jetzt kannst Du natürlich hingehen und sagen, dass [mm]a \in (-6,6) \setminus \{0\}[/mm]
> > erstmal
> > fest sein soll und schaust Dir durchaus erstmal an, wie's
> > dort mit der
> > Diff'barkeit aussieht.
> > Was Du dann aber eigentlich machen solltest, wenn Du
> Dir
> > die Existenz und
> > den Wert von
> > [mm]\lim_{h \to 0}\frac{\sin(\sqrt{1-\cos(a+h)})-\sin(\sqrt{1-\cos(a)})}{h}[/mm]
>
> >
> > anschauen willst, hast Du aber schonmal gemacht, als die
> > KETTENREGEL
> > bewiesen worden ist. Also warum nicht einfach
> > Satz 13.7 (klick!)
> > anwenden?
> > Dass man für [mm]a=0\,[/mm] nicht damit argumentieren kann,
> liegt
> > einfach an der
> > Tatsache, dass [mm]\sqrt{\cdot}: [0,\infty) \to [0,\infty)[/mm]
> an
> > der Stelle [mm]0\,[/mm]
> > nicht (rechtsseitig) differenzierbar ist.
> >
> > > Es bleibt die Frage ist f diffbar an der Stelle a=0,
> >
> > Was ist eigentlich mit der linksseitigen Diff'barkeit von
> > [mm]f\,[/mm] an der Stelle
> > [mm]6\,[/mm] und mit der rechtsseitigen an der Stelle [mm]x=\,-6\,[/mm]? Wenn
> > man sich
> > den Graphen plotten läßt, nicht verwirren lassen,
> > sondern nochmal genau
> > gucken, ob WIRKLICH [mm]f(\pm 6)=0\,[/mm] gilt!! Manchmal trügt
> > der Schein!
> >
> > > dann
> > > gilt für
> > >
> > > [mm]\bruch{f(0+h)-f(0)}{h}=\bruch{f(h)-f(0)}{h}[/mm] =
> > >
> >
> [mm]\bruch{sin(\wurzel{1-cos(h)}-sin(\wurzel{1-cos(0)}}{h}=\bruch{sin(\wurzel{1-cos(h)}}{h})=0.[/mm]
> >
> > Siehe oben; so "einfach" geht das auch hier nicht: Seit
> > wann ist [mm]\sin(1)=0[/mm]?
> > (Bemerkung: Editiert, habe gerade noch gesehen,
> > dass Du wohl [mm]\sin(0)=0\,[/mm] benutzt hattest. Das wäre
> > i.O.!)
> >
> > > Also existiert der Grenzwert überall und die Funktion
> > > wäre überall diffbar.
> > >
> > > Wenn ich sie mir plotten lasse sehe ich aber dass sie in
> > > a=0 nicht diffbar ist.
> >
> > Richtig. Vergleiche mal
> > [mm]\lim_{\substack{h \to 0\\ h > 0}}\frac{f(h)-f(0)}{h}[/mm]
> >
> mit
> > [mm]\lim_{\substack{h \to 0\\ h \red{\,<\,}0}}\frac{f(h)-f(0)}{h}[/mm]
>
> >
> > für Deine spezielle Funktion [mm]f\,.[/mm]
> >
> > Hinweis: (Beachte, dass im Folgenden [mm]h > 0\,[/mm] ist, so dass
> > sich die
> > Ableitung der "Zählerfunktion" angeben läßt!)
> > Man kann man
> > [mm]\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sin(\sqrt{1-\cos(h)})}{h}[/mm]
> >
> mit de
> > l'Hôpital berechnen. (Und ich bin mir schon wieder mal
> > irgendwie
> > fast sicher, dass jemand da eine bessere Alternative
> > findet. Prinzipiell reicht
> > es vielleicht auch, den Limes durch eine Zahl [mm]> 0\,,[/mm]
> etwa
> > [mm]1/2\,,[/mm] nach
> > unten abzuschätzen. Aber ich habe gerade keine Lust,
> > passende
> > Ungleichungen rauszusuchen!)
>
> Mh okay stimmt, wenn h>0 ist kann man l´Hospital dann
> natürlich anwenden, da die Funktion wegen obigen Satz
> differenzierbar ist für alle [mm]a\not=0.[/mm]
das andere Zeug hast Du nun verstanden von wegen Kettenregel? Falls
ja: Funkyplot ist nützlich, da plottest Du Dir die Funktion, läßt Dir die
Ableitung von Funkyplot plotten und läßt Dir dann die Ableitungsfunktion,
die Du berechnet hast, plotten (die wird nicht überall definiert sein, aber
das kümmert Funkyplot erstmal nicht; hat irgendwas mit dem numerischen
Verfahren sicherlich zu tun) und siehst dann, ob das zusammenpasst.
> Ich kriege dann folgenden Term
>
> [mm]\limes_{h\rightarrow0} \bruch{cos(sqrt(1-cos(h))*sin(h)}{2*(sqrt(1-cos(h))}.[/mm]
Das sieht jetzt erstmal vernünftig aus, aber:
> Ich würde wegen h>0 sagen, dass der Grenzwert nicht
> existiert beziehungsweise:
>
> [mm]\limes_{h\rightarrow0} \bruch{cos(sqrt(1-cos(h))*sin(h)}{2*(sqrt(1-cos(h))}=\infty.[/mm]
>
> Aber darf ich das einfach so ?
Was macht man bitteschön nochmal bei Grenzwertprozessen des Falles
"$0/0$"? Ich muss übrigens sagen, dass ich VIELLEICHT vorhin zu
vorschnell war, denn ich habe nicht getestet, ob man nach einer endlichen
Anzahl von der Verwendung von de l'Hôpital ein Ergebnis bekommt. Also
vielleicht müssen wir uns dann doch nochmal andere Gedanken machen,
aber es war so eine erste Idee, weil halt ein Fall der Art [mm] "$0/0\,$" [/mm] beim
Grenzwertprozess vorkommt. Und [mm] $0/0=\infty\,$ [/mm] gilt halt nicht, sondern
man läßt nicht ohne Grund [mm] $0/0\,$ [/mm] (meist) undefiniert!
> Für mich macht es allerdings keinen unterschied, ob h>0
> oder h<0 ist. Ich komme immer zum gleichen Ergebnis.
Na, Du hantierst ja auch mal locker mit [mm] $0/0=\infty$ [/mm] rum...?! Aber wir
machen das jetzt nochmal, und zwar mit dem Vorwissen, dass doch
[mm] $$\lim_{x \to 0} (\sin(x)/x)=1$$
[/mm]
gilt (das beweist man per l'Hôpital - oder einfacher: [mm] $\sin\,'(0)=\cos(0)=1$):
[/mm]
Wir wollten ja
$$ [mm] \lim_{0 < h \to 0}\frac{\sin(\sqrt{1-\cos(h)})}{h} [/mm] $$
berechnen, und das machen wir nun so:
[mm] $$\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sin(\sqrt{1-\cos(h)})}{h}=\lim_{0 < h \to 0}\left(\frac{\sin(\sqrt{1-\cos(h)})}{\sqrt{1-\cos(h)}}*\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{h}\right)=\left(\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sin(\sqrt{1-\cos(h)})}{\sqrt{1-\cos(h)}}\right)*\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{h}=\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{h}$$ [/mm]
(Sind Dir die Umformungen klar?)
Ich glaube nämlich, dass man so auf jeden Fall schneller zum Ziel kommt,
wenn man jetzt noch ein paar mal de l'Hôpital anwendet!
Denn [mm] $\lim_{h \to 0}\frac{1-\cos(h)}{h^2}$ [/mm] existiert (zweimal de
l'Hôpital anwenden (eigentlich reicht einmal)), und Du wirst sehen, dass
oben
[mm] $$\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{h}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}/2$$
[/mm]
rauskommen wird (Limes darf unter die Wurzel gezogen werden
(Stetigkeitsargument), und für
$h > [mm] 0\,$ [/mm] gilt [mm] $h=|h|=\sqrt{h^2}\,.$)
[/mm]
Der letzte Satz klingt gerade sehr wirr, aber es ist sehr spät. Falls unklar
schreibe ich Dir das morgen nochmal genauer auf!
Dass bei der linksseitigen Ableitung [mm] $-\sqrt{2}/2$ [/mm] rauskommen wird, geht fast
genauso, Du musst nur beachten, dass dann für $0 > [mm] h\,$ [/mm] halt [mm] $h=\;-\;|h|=\;-\;\sqrt{h^2}$
[/mm]
zum Einsatz kommen muss!
Wenn Du das verstanden hast, weißt Du also, dass die rechtsseitige
Ableitung von [mm] $f\,$ [/mm] an der Stelle [mm] $0\,$ [/mm] den Wert [mm] $\sqrt{2}/2\,$ [/mm] hat, und
die linksseitge aber [mm] $\;\red{-}\,\sqrt{2}/2\,.$ [/mm] Kann dann die rechtsseitige
mit der linksseitigen übereinstimmen? Was bedeutet das für die Existenz
von [mm] $f\,'(0)$?
[/mm]
> >
> > P.S. Die jeweils (einseitige) Diff'barkeit an den Stellen
> > [mm]x=-6\,[/mm] bzw. [mm]x=6\,[/mm]
> > kann man schnell begründen (Du hast sie ja ganz
> > unterschlagen), wenn
> > man sich die Funktion
> > [mm]x \mapsto \sin(\sqrt{1-\cos(x)})[/mm]
> > als Funktion [mm]\IR \to \IR[/mm]
> > anschaut! (Insbesondere sollte man sich bei
> > dieser letztgenannten Funktion mal über die Periodizität
> > Gedanken
> > machen (kleinste positive Periode).)
>
> Ehm, also wie mach das weiterbringen soll weiss ich jetz
> allerdings nicht :|
Ganz einfach:
$$x [mm] \mapsto \sin(\sqrt{1-\cos(x)})$$
[/mm]
ist als Funktion [mm] $\IR \to \IR$ [/mm] an den Stellen [mm] $-6\,$ [/mm] bzw. [mm] $6\,$ [/mm]
differenzierbar (Kettenregel). An diesen Stellen stimmt die Ableitung mit
den einseitigen überein; außerdem ist diese Funktion, wenn man sie auf
[mm] $[-6,6]\,$ [/mm] einschränkt, Dein [mm] $f\,.$ [/mm] Daraus folgt nun was?
> > P.P.S. Nur, damit Du da klarer siehst, Erinnerung:
> >
> Definition 13.1 (klick!)
>
> >
> > Demnach ist [mm]f: [-6,6] \to \IR[/mm] diff'bar etwa an der Stelle
> > [mm]6\,,[/mm] wenn
> > [mm]\lim_{x < 6} \frac{f(x)-f(6)}{x-6}=\lim_{0 > h \to 0} \frac{f(6+h)-f(6)}{h}[/mm]
>
> >
> > (in [mm]\IR[/mm]) existiert. (Kurz: [mm]f\,[/mm] ist diff'bar an [mm]6\,,[/mm] wenn
> > [mm]f\,[/mm] dort LINKSSEITIG
> > diff'bar ist.)
>
>
> Da erhalte ich dann ebenfalls mittels L´Hospital
>
> Für a=6, und h<0
>
>
> [mm]\limes_{h\rightarrow0}\bruch{cos(\wurzel{1-cos(6+h)}*sin(6+h)-cos(\wurzel{1-cos(6)}*sin(6)}{2(\wurzel{1-cos(6)}}[/mm]
> =0
>
> Für a=-6 und h>0 genauso
>
> [mm]\limes_{h\rightarrow0}\bruch{cos(\wurzel{1-cos(6+h)}*sin(6+h)-cos(\wurzel{1-cos(6)}*sin(6)}{2(\wurzel{1-cos(6)}}[/mm]
> =0
Das ist ja jetzt auch nicht falsch, aber wie gesagt: Warum nicht an diesen
Stellen direkt die Kettenregel auf die Funktion
$$x [mm] \mapsto \sin(\sqrt{1-\cos(x)})\,,$$
[/mm]
welche allerdings als Funktion [mm] $\red{\IR}\;\to \IR$ [/mm] nun betrachtet wird, an der
Stelle $x=6$ anwenden, und dann auf einseitige Grenzwerte schließen,
und das dann auf [mm] $f\,$ [/mm] übertragen?
Ich mach' Dir das jetzt mal an einem anderen Beispiel vor: Wir betrachten
$k [mm] \colon \IR \to \IR$ [/mm] mit [mm] $k(x):=x^2$ [/mm] für $x [mm] \ge [/mm] 0$ und [mm] $k(x):=x^3$ [/mm] für $x < [mm] 0\,.$
[/mm]
Diese Funktion ist überall differenzierbar: Für $x > [mm] 0\,$ [/mm] gilt [mm] $k'(x)=2x\,,$ [/mm]
denn wir wissen für [mm] $_2m(x):=x^2$ [/mm] als Funktion [mm] $m_2\colon \IR \to \IR\,,$ [/mm] dass
[mm] $_2m\,'(x)=2x$ [/mm] ist und es ist [mm] $k_{|(0,\infty)}=_2m_{|(0,\infty)}\,.$
[/mm]
Analoges gilt für [mm] $k\,$ [/mm] und [mm] $_3m\,,$wobei [/mm] ich denke, dass Du erahnst, was
$_3m$ für eine Funktion sein könnte?! (Allgemein sei [mm] $_nm(x):=x^n\,$ [/mm] als
Funktion [mm] $\IR \to \IR\,,$ [/mm] also diese speziellen Polynomfunktionen, genannt
Monome, definiert, wobei $n [mm] \in \IN$!)
[/mm]
Weil [mm] $_2m\,'(0)=2*0=0$ [/mm] ist, folgt, dass
[mm] $$\lim_{0 < h \to 0}\frac{k(0+h)-k(0)}{h}=0$$
[/mm]
gilt. (Die rechtsseitige Ableitung von $_2m$ an der Stelle [mm] $0\,$ [/mm] ist ja
nichts anderes als die rechtsseitige Ableitung von [mm] $k\,$ [/mm] an der Stelle [mm] $0\,,$)
[/mm]
Weil [mm] $_3m\,'(0)=3*0^2=0$ [/mm] ist, folgt, dass
[mm] $$\lim_{0 > h \to 0}\frac{k(0+h)-k(0)}{h}=0$$
[/mm]
gilt.
Daraus folgt [mm] $k\,'(0)=0\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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> Hi,
>
> > > Hallo,
> > >
> > > > Sei f:[-6,6] [mm]\to \IR, f(x)=sin(\wurzel{1-cos(x)}).[/mm]
> >
> >
> > >
> > > > Untersucehn Sie, in welchen [mm]x\in(-6,6)[/mm] die Funktion f
> > > > differenzierbar ist und berechnen Sie die Ableitung f´.
> > > > Okay, also ich dachte mir das ganze so.
> > > >
> > > > Sei [mm]a\in(-6,6),[/mm] dann gilt, für [mm]h\not=0,[/mm] und [mm]h\to[/mm] 0
> > >
> > > na, das [mm]h \to 0[/mm] machst Du an anderer Stelle; das folgende
> > > gilt sicher
> > > für [mm]h \not=0\,[/mm] (strenggenomen: sofern dabei [mm]a+h \in [-6,6][/mm]
> > > gilt -
> > > meistens wird das nicht mehr explizit erwähnt, weil man
> > > etwa sich
> > > darauf einigt, dass man [mm]f(x)\,[/mm] ja nur für [mm]x \in \text{Definitionsbereich von }f[/mm]
> > > überhaupt
> > > hinschreiben kann/darf!).
> > >
> > > >
> > >
> >
> [mm]\bruch{f(a+h)-f(a)}{h}=\bruch{sin(\wurzel{1-cos(a+h)})-sin(\wurzel{1-cos(a)})}{h}[/mm]
> > > >
> > > > Wegen der Stetigkeit gilt,
> > > >
> > > >
> > >
> >
> [mm]\red{=}\,\bruch{sin(\wurzel{1-cos(a)})-sin(\wurzel{1-cos(a)})}{h}[/mm]
> > >
> > > Nun würdest Du [mm]h \to 0[/mm] laufen lassen wollen, deswegen
> > > müßte hier nun
> > > ein
> > > [mm]\stackrel{h \to 0}{\longrightarrow}[/mm]
> > > anstatt des
> > [mm]\red{=}[/mm]
> > > von oben stehen. Aber ist Dir eigentlich klar, dass
> > > das, was Du hier behauptest, totaler Unsinn ist? Ich sag'
> > > Dir gleich, warum!
> > >
> > > > [mm]=\bruch{0}{h}[/mm] =0
> > > >
> > > > Analog folg das selbe, für
> > > > [mm]a\in[/mm] (0,6).
> > > >
> > > > Somit ist die Funktion diffbar in [mm]I:=(-6,0)\cup(0,6)[/mm]
> > >
> > > Das ist sie zwar, aber zum einen: Würden Deine obigen
> > > Überlegungen so
> > > stimmen, so wäre die Funktion konstant auf [mm](-6,0)\,[/mm]
> > und
> > > auch konstant
> > > auf [mm](0,6)\,,[/mm] also stückweise konstant.
> > >
> > > Zum anderen wäre, wenn Dein Verfahren so stimmen würde,
> > > es sehr
> > > langweilig, Ableitungen zu berechnen, denn
> > > [mm]\lim_{h \to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=0\;\;\;\;\;\;\;\; (\text{I.a. gilt diese Gleichheit NICHT!!})[/mm]
>
> >
> > >
> > > würde dann doch stets rauskommen - wegen der Stetigkeit
> > > von [mm]f\,[/mm] an der
> > > Stelle [mm]x\,,[/mm] wenn [mm]f\,[/mm] dort diff'bar ist. Wenn Du mal
> > genau
> > > hinguckst,
> > > ist es doch bei
> > > [mm]\frac{f(x+h)-f(x)}{h}[/mm]
> > > bei [mm]h \to 0[/mm] so, dass ZÄHLER UND NENNER gegen 0
> streben
> > > bei [mm]h \to 0\,,[/mm]
> > > jedenfalls, wenn [mm]f\,[/mm] an der
> Stelle [mm]x\,[/mm]
> > > stetig ist - was aber für die
> > > Diff'barkeit an der Stelle [mm]x\,[/mm] auch notwendig ist.
> > >
> > > Jetzt kannst Du natürlich hingehen und sagen, dass [mm]a \in (-6,6) \setminus \{0\}[/mm]
> > > erstmal
> > > fest sein soll und schaust Dir durchaus erstmal an, wie's
> > > dort mit der
> > > Diff'barkeit aussieht.
> > > Was Du dann aber eigentlich machen solltest, wenn Du
> > Dir
> > > die Existenz und
> > > den Wert von
> > > [mm]\lim_{h \to 0}\frac{\sin(\sqrt{1-\cos(a+h)})-\sin(\sqrt{1-\cos(a)})}{h}[/mm]
>
> >
> > >
> > > anschauen willst, hast Du aber schonmal gemacht, als die
> > > KETTENREGEL
> > > bewiesen worden ist. Also warum nicht einfach
> > > Satz 13.7 (klick!)
> > > anwenden?
> > > Dass man für [mm]a=0\,[/mm] nicht damit argumentieren kann,
> > liegt
> > > einfach an der
> > > Tatsache, dass [mm]\sqrt{\cdot}: [0,\infty) \to [0,\infty)[/mm]
> > an
> > > der Stelle [mm]0\,[/mm]
> > > nicht (rechtsseitig) differenzierbar ist.
> > >
> > > > Es bleibt die Frage ist f diffbar an der Stelle a=0,
> > >
> > > Was ist eigentlich mit der linksseitigen Diff'barkeit von
> > > [mm]f\,[/mm] an der Stelle
> > > [mm]6\,[/mm] und mit der rechtsseitigen an der Stelle [mm]x=\,-6\,[/mm]? Wenn
> > > man sich
> > > den Graphen plotten läßt, nicht verwirren lassen,
> > > sondern nochmal genau
> > > gucken, ob WIRKLICH [mm]f(\pm 6)=0\,[/mm] gilt!! Manchmal
> trügt
> > > der Schein!
> > >
> > > > dann
> > > > gilt für
> > > >
> > > > [mm]\bruch{f(0+h)-f(0)}{h}=\bruch{f(h)-f(0)}{h}[/mm] =
> > > >
> > >
> >
> [mm]\bruch{sin(\wurzel{1-cos(h)}-sin(\wurzel{1-cos(0)}}{h}=\bruch{sin(\wurzel{1-cos(h)}}{h})=0.[/mm]
> > >
> > > Siehe oben; so "einfach" geht das auch hier nicht: Seit
> > > wann ist [mm]\sin(1)=0[/mm]?
> > > (Bemerkung: Editiert, habe gerade noch gesehen,
> > > dass Du wohl [mm]\sin(0)=0\,[/mm] benutzt hattest. Das wäre
> > > i.O.!)
> > >
> > > > Also existiert der Grenzwert überall und die Funktion
> > > > wäre überall diffbar.
> > > >
> > > > Wenn ich sie mir plotten lasse sehe ich aber dass sie in
> > > > a=0 nicht diffbar ist.
> > >
> > > Richtig. Vergleiche mal
> > > [mm]\lim_{\substack{h \to 0\\ h > 0}}\frac{f(h)-f(0)}{h}[/mm]
> >
> >
> > mit
> > > [mm]\lim_{\substack{h \to 0\\ h \red{\,<\,}0}}\frac{f(h)-f(0)}{h}[/mm]
>
> >
> > >
> > > für Deine spezielle Funktion [mm]f\,.[/mm]
> > >
> > > Hinweis: (Beachte, dass im Folgenden [mm]h > 0\,[/mm] ist, so dass
> > > sich die
> > > Ableitung der "Zählerfunktion" angeben läßt!)
> > > Man kann man
> > > [mm]\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sin(\sqrt{1-\cos(h)})}{h}[/mm]
>
> > >
> > mit de
> > > l'Hôpital berechnen. (Und ich bin mir schon wieder mal
> > > irgendwie
> > > fast sicher, dass jemand da eine bessere Alternative
> > > findet. Prinzipiell reicht
> > > es vielleicht auch, den Limes durch eine Zahl [mm]> 0\,,[/mm]
> > etwa
> > > [mm]1/2\,,[/mm] nach
> > > unten abzuschätzen. Aber ich habe gerade keine Lust,
> > > passende
> > > Ungleichungen rauszusuchen!)
> >
> > Mh okay stimmt, wenn h>0 ist kann man l´Hospital dann
> > natürlich anwenden, da die Funktion wegen obigen Satz
> > differenzierbar ist für alle [mm]a\not=0.[/mm]
>
> das andere Zeug hast Du nun verstanden von wegen
> Kettenregel? Falls
> ja: Funkyplot ist nützlich, da plottest Du Dir die
> Funktion, läßt Dir die
> Ableitung von Funkyplot plotten und läßt Dir dann die
> Ableitungsfunktion,
> die Du berechnet hast, plotten (die wird nicht überall
> definiert sein, aber
> das kümmert Funkyplot erstmal nicht; hat irgendwas mit dem
> numerischen
> Verfahren sicherlich zu tun) und siehst dann, ob das
> zusammenpasst.
Ja ich denke schon :)
> > Ich kriege dann folgenden Term
> >
> > [mm]\limes_{h\rightarrow0} \bruch{cos(sqrt(1-cos(h))*sin(h)}{2*(sqrt(1-cos(h))}.[/mm]
>
> Das sieht jetzt erstmal vernünftig aus, aber:
>
> > Ich würde wegen h>0 sagen, dass der Grenzwert nicht
> > existiert beziehungsweise:
> >
> > [mm]\limes_{h\rightarrow0} \bruch{cos(sqrt(1-cos(h))*sin(h)}{2*(sqrt(1-cos(h))}=\infty.[/mm]
>
> >
> > Aber darf ich das einfach so ?
>
> Was macht man bitteschön nochmal bei Grenzwertprozessen
> des Falles
> "[mm]0/0[/mm]"? Ich muss übrigens sagen, dass ich VIELLEICHT
> vorhin zu
> vorschnell war, denn ich habe nicht getestet, ob man nach
> einer endlichen
> Anzahl von der Verwendung von de l'Hôpital ein Ergebnis
> bekommt. Also
> vielleicht müssen wir uns dann doch nochmal andere
> Gedanken machen,
> aber es war so eine erste Idee, weil halt ein Fall der Art
> "[mm]0/0\,[/mm]" beim
> Grenzwertprozess vorkommt. Und [mm]0/0=\infty\,[/mm] gilt halt
> nicht, sondern
> man läßt nicht ohne Grund [mm]0/0\,[/mm] (meist) undefiniert!
Oh, da hatte ich mich irgendwie verguckt. Theorethisch müsste ich ja wieder l´Hospital anwenden doch das scheint mich jetz auf den ersten blick erstmal nicht weiter zu bringen
> > Für mich macht es allerdings keinen unterschied, ob h>0
> > oder h<0 ist. Ich komme immer zum gleichen Ergebnis.
>
> Na, Du hantierst ja auch mal locker mit [mm]0/0=\infty[/mm] rum...?!
> Aber wir
> machen das jetzt nochmal, und zwar mit dem Vorwissen, dass
> doch
> [mm]\lim_{x \to 0} (\sin(x)/x)=1[/mm]
> gilt (das beweist man per
> l'Hôpital - oder einfacher: [mm]\sin\,'(0)=\cos(0)=1[/mm]):
> Wir wollten ja
> [mm]\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sin(\sqrt{1-\cos(h)})}{h}[/mm]
>
> berechnen, und das machen wir nun so:
> [mm]\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sin(\sqrt{1-\cos(h)})}{h}=\lim_{0 < h \to 0}\left(\frac{\sin(\sqrt{1-\cos(h)})}{\sqrt{1-\cos(h)}}*\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{h}\right)=\left(\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sin(\sqrt{1-\cos(h)})}{\sqrt{1-\cos(h)}}\right)*\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{h}=\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{h}[/mm]
>
> (Sind Dir die Umformungen klar?)
> Ich glaube nämlich, dass man so auf jeden Fall schneller
> zum Ziel kommt,
> wenn man jetzt noch ein paar mal de l'Hôpital anwendet!
Ja die umformungen sind mir klar, dadrauf gekommen wäre ich glaube ich aber nicht.
> Denn [mm]\lim_{h \to 0}\frac{1-\cos(h)}{h^2}[/mm] existiert (zweimal
> de
> l'Hôpital anwenden (eigentlich reicht einmal)), und Du
> wirst sehen, dass
> oben
> [mm]\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{h}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}/2[/mm]
>
> rauskommen wird (Limes darf unter die Wurzel gezogen werden
> (Stetigkeitsargument), und für
> [mm]h > 0\,[/mm] gilt [mm]h=|h|=\sqrt{h^2}\,.[/mm])
>
> Der letzte Satz klingt gerade sehr wirr, aber es ist sehr
> spät. Falls unklar
> schreibe ich Dir das morgen nochmal genauer auf!
Also wenn ich das recht verstehe:
[mm] \lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{h}
[/mm]
[mm] \gdw \lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{|h|}, [/mm] da h>0
[mm] \gdw \lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{\wurzel{h^2}}
[/mm]
[mm] \gdw \lim_{0 < h \to 0} \sqrt{\frac{1-\cos(h)}{h^2}}
[/mm]
Nach l´Hospital gilt dann:
[mm] \lim_{0 < h \to 0} \sqrt{\frac{1-\cos(h)}{h^2}}
[/mm]
= [mm] \lim_{0 < h \to 0} \sqrt{\frac{\sin(h)}{2h}}
[/mm]
= [mm] \sqrt{\frac{1}{2}}
[/mm]
> Dass bei der linksseitigen Ableitung [mm]-\sqrt{2}/2[/mm] rauskommen
> wird, geht fast
> genauso, Du musst nur beachten, dass dann für [mm]0 > h\,[/mm]
> halt [mm]h=\;-\;|h|=\;-\;\sqrt{h^2}[/mm]
> zum Einsatz kommen muss!
Okay, ich glaube das krieg ich hin.
> Wenn Du das verstanden hast, weißt Du also, dass die
> rechtsseitige
> Ableitung von [mm]f\,[/mm] an der Stelle [mm]0\,[/mm] den Wert [mm]\sqrt{2}/2\,[/mm]
> hat, und
> die linksseitge aber [mm]\;\red{-}\,\sqrt{2}/2\,.[/mm] Kann dann
> die rechtsseitige
> mit der linksseitigen übereinstimmen? Was bedeutet das
> für die Existenz
> von [mm]f\,'(0)[/mm]?
Da rechtsseitiger und linksseitiger grenzwert nich übereinstimmen, existiert der Grenzwert an der Stelle 0 nicht.
> > >
> > > P.S. Die jeweils (einseitige) Diff'barkeit an den Stellen
> > > [mm]x=-6\,[/mm] bzw. [mm]x=6\,[/mm]
> > > kann man schnell begründen (Du hast sie ja ganz
> > > unterschlagen), wenn
> > > man sich die Funktion
> > > [mm]x \mapsto \sin(\sqrt{1-\cos(x)})[/mm]
> > > als Funktion
> [mm]\IR \to \IR[/mm]
> > > anschaut! (Insbesondere sollte man sich bei
> > > dieser letztgenannten Funktion mal über die Periodizität
> > > Gedanken
> > > machen (kleinste positive Periode).)
> >
> > Ehm, also wie mach das weiterbringen soll weiss ich jetz
> > allerdings nicht :|
>
> Ganz einfach:
> [mm]x \mapsto \sin(\sqrt{1-\cos(x)})[/mm]
> ist als Funktion [mm]\IR \to \IR[/mm]
> an den Stellen [mm]-6\,[/mm] bzw. [mm]6\,[/mm]
> differenzierbar (Kettenregel). An diesen Stellen stimmt die
> Ableitung mit
> den einseitigen überein; außerdem ist diese Funktion,
> wenn man sie auf
> [mm][-6,6]\,[/mm] einschränkt, Dein [mm]f\,.[/mm] Daraus folgt nun was?
Ich hätte jetz gesagt, dass wenn eine Funktion [mm] f:\IR \to \IR [/mm] überall differenzierbar ist, dies auch für die Einschräkung gilt.
Den dann muss ja an der Stelle 6, der links bzw. rechtseitige Grenzwert übereinstimmen, also existieren beide Grenzwerte. Wenn ich das Intervall auf [-6,6] einschränke, existiert der Grenzwert an der Stelle 6 halt nur noch als linksseitiger Grenzwert, aber er existiert und mehr brauch ich da dann ja nicht.
> > > P.P.S. Nur, damit Du da klarer siehst, Erinnerung:
> > >
> >
> Definition 13.1 (klick!)
>
> >
> > >
> > > Demnach ist [mm]f: [-6,6] \to \IR[/mm] diff'bar etwa an der Stelle
> > > [mm]6\,,[/mm] wenn
> > > [mm]\lim_{x < 6} \frac{f(x)-f(6)}{x-6}=\lim_{0 > h \to 0} \frac{f(6+h)-f(6)}{h}[/mm]
>
> >
> > >
> > > (in [mm]\IR[/mm]) existiert. (Kurz: [mm]f\,[/mm] ist diff'bar an [mm]6\,,[/mm] wenn
> > > [mm]f\,[/mm] dort LINKSSEITIG
> > > diff'bar ist.)
> >
> >
> > Da erhalte ich dann ebenfalls mittels L´Hospital
> >
> > Für a=6, und h<0
> >
> >
> >
> [mm]\limes_{h\rightarrow0}\bruch{cos(\wurzel{1-cos(6+h)}*sin(6+h)-cos(\wurzel{1-cos(6)}*sin(6)}{2(\wurzel{1-cos(6)}}[/mm]
> > =0
> >
> > Für a=-6 und h>0 genauso
> >
> >
> [mm]\limes_{h\rightarrow0}\bruch{cos(\wurzel{1-cos(6+h)}*sin(6+h)-cos(\wurzel{1-cos(6)}*sin(6)}{2(\wurzel{1-cos(6)}}[/mm]
> > =0
>
> Das ist ja jetzt auch nicht falsch, aber wie gesagt: Warum
> nicht an diesen
> Stellen direkt die Kettenregel auf die Funktion
> [mm]x \mapsto \sin(\sqrt{1-\cos(x)})\,,[/mm]
> welche allerdings als
> Funktion [mm]\red{\IR}\;\to \IR[/mm] nun betrachtet wird, an der
> Stelle [mm]x=6[/mm] anwenden, und dann auf einseitige Grenzwerte
> schließen,
> und das dann auf [mm]f\,[/mm] übertragen?
>
> Ich mach' Dir das jetzt mal an einem anderen Beispiel vor:
> Wir betrachten
>
> [mm]k \colon \IR \to \IR[/mm] mit [mm]k(x):=x^2[/mm] für [mm]x \ge 0[/mm] und
> [mm]k(x):=x^3[/mm] für [mm]x < 0\,.[/mm]
>
> Diese Funktion ist überall differenzierbar: Für [mm]x > 0\,[/mm]
> gilt [mm]k'(x)=2x\,,[/mm]
> denn wir wissen für [mm]_2m(x):=x^2[/mm] als Funktion [mm]m_2\colon \IR \to \IR\,,[/mm]
> dass
> [mm]_2m\,'(x)=2x[/mm] ist und es ist
> [mm]k_{|(0,\infty)}=_2m_{|(0,\infty)}\,.[/mm]
>
> Analoges gilt für [mm]k\,[/mm] und [mm]_3m\,,[/mm]wobei ich denke, dass Du
> erahnst, was
> [mm]_3m[/mm] für eine Funktion sein könnte?! (Allgemein sei
> [mm]_nm(x):=x^n\,[/mm] als
> Funktion [mm]\IR \to \IR\,,[/mm] also diese speziellen
> Polynomfunktionen, genannt
> Monome, definiert, wobei [mm]n \in \IN[/mm]!)
>
> Weil [mm]_2m\,'(0)=2*0=0[/mm] ist, folgt, dass
> [mm]\lim_{0 < h \to 0}\frac{k(0+h)-k(0)}{h}=0[/mm]
> gilt. (Die
> rechtsseitige Ableitung von [mm]_2m[/mm] an der Stelle [mm]0\,[/mm] ist ja
> nichts anderes als die rechtsseitige Ableitung von [mm]k\,[/mm] an
> der Stelle [mm]0\,,[/mm])
>
> Weil [mm]_3m\,'(0)=3*0^2=0[/mm] ist, folgt, dass
> [mm]\lim_{0 > h \to 0}\frac{k(0+h)-k(0)}{h}=0[/mm]
> gilt.
>
> Daraus folgt [mm]k\,'(0)=0\,.[/mm]
>
> Gruß,
> Marcel
Ah okay, ich weiss ich was das bringt :)
Vielen dank für deine Hilfe, ich hoffe das ich es nun verstanden habe.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:40 So 27.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
wir sollten uns mal vielleicht drauf beschränken, nur noch die Teile zu zitieren,
zu denen Du Fragen hast. Kannst Du das selbst rausfiltern (einfach gucken, ob
Du von dem "entfernten Text" dann doch noch etwas brauchst, damit JEDE(R)
die dann von Dir formulierte Frage verstehen kann)?
Momentan gehe ich nur auf einen kleinen Teil ein, weil ich gleich weg will:
> Also wenn ich das recht verstehe:
zur Erinnerung für Mitlesende: Wir wollten (den ersten Grenzwert in folgender
Gleichunskette)
$$ [mm] \lim_{0 < h \to 0}\frac{\sin(\sqrt{1-\cos(h)})}{h}=\lim_{0 < h \to 0}\left(\frac{\sin(\sqrt{1-\cos(h)})}{\sqrt{1-\cos(h)}}\cdot{}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{h}\right)$$
[/mm]
[mm] $$=\left(\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sin(\sqrt{1-\cos(h)})}{\sqrt{1-\cos(h)}}\right)\cdot{}\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{h}=\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{h}$$ [/mm]
berechnen (die Gleichungskette hatte uns geholfen, diese Berechnung auf den
folgenden zurückzuführen):
> [mm]\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{h}[/mm]
>
> [mm]\red{\;\gdw\;} \lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{|h|},[/mm] da
> h>0
>
> [mm]\red{\;\gdw\;} \lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{\wurzel{h^2}}[/mm]
>
> [mm]\red{\;\gdw\;} \lim_{0 < h \to 0} \sqrt{\frac{1-\cos(h)}{h^2}}[/mm]
Warum schreibst Du da [mm] $\red{\;\gdw\;}$? [/mm] Die sind durch [mm] $=\,$ [/mm] zu ersetzen! Und
Du kannst auch
[mm] $$\stackrel{\text{beachte, dass }h > 0 \text{ in }\lim_{0 < h \to 0} \text{enthalten ist}}{=}$$
[/mm]
schreiben, oder halt:
[mm] $$\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{h}$$
[/mm]
[mm] $$=\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{|h|} \;\;\;\;\;(\text{ da }h [/mm] > 0)$$
[mm] $$=\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{\sqrt{h^2}}$$
[/mm]
etwa schreiben - und die Begründung sollte an der RICHTIGEN STELLE stehen:
Denn [mm] $\sqrt{h^2}=|h|$ [/mm] gilt für alle reellen [mm] $h\,$ [/mm] (sogar für $h [mm] \in \IC$ [/mm] gilt das).
Nur $|h|=h$ kann man halt genau dann für reelle [mm] $h\,$ [/mm] hinschreiben,
wenn $h [mm] \ge 0\,.$
[/mm]
Soweit, so gut. Jetzt musst Du aber ein wenig vorsichtig mit der
Argumentation sein: Wenn [mm] $G:=\lim_{0 < h \to 0} {\frac{1-\cos(h)}{h^2}}$ [/mm] existieren sollte, und
wenn zudem $G [mm] \ge [/mm] 0$ dann gilt, dann darf man einfach [mm] $\lim_{0 < h \to 0} \sqrt{\frac{1-\cos(h)}{h^2}}= \sqrt{\lim_{0 < h \to 0}\frac{1-\cos(h)}{h^2}}$
[/mm]
schreiben (Stetigkeit der Wurzelfunktion an der Stelle $G [mm] \ge 0\,$).
[/mm]
Weitermachen kannst Du (bei obigem) nun so, dass Du "einfach mal"
[mm] $$=\lim_{0 < h \to 0} \sqrt{\frac{1-\cos(h)}{h^2}}= \sqrt{\lim_{0 < h \to 0}\frac{1-\cos(h)}{h^2}}$$
[/mm]
hinschreibst, nach dem Motto: Dieses [mm] $G\,$ [/mm] wird schon existieren; und am
Ende dann "eigentlich die Gleichheiten durch Lesen der Gleichungskette von
rechts nach links" begründest. (Wenn Dir das unklar ist, wie man das schreibt
und dann richtig argumentiert, kann ich Dir das auch später nochmal in einer
übersichtlicheren Zusammenfassung zusammenschreiben. Alternativ kannst Du
auch in einer Nebenrechnung die Existenz von [mm] $G\,$ [/mm] und $G [mm] \ge [/mm] 0$ mit de
l'Hôpital begründen, dann kann man durch Verweis auf die Nebenrechnung die
nun folgenden Schritte "einfach hinschreiben").
> Nach l´Hospital gilt dann:
> [mm]\lim_{0 < h \to 0} \sqrt{\frac{1-\cos(h)}{h^2}}[/mm]
Wie gesagt: Vertausche [mm] $\lim$ [/mm] und [mm] $\sqrt{\,}$:
[/mm]
[mm] $$\sqrt{\lim_{0 < h \to 0} \frac{1-\cos(h)}{h^2}}$$
[/mm]
> = [mm]\lim_{0 < h \to 0} \sqrt{\frac{\sin(h)}{2h}}[/mm]
hier dann natürlich auch:
$$= [mm] \sqrt{\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sin(h)}{2h}}$$
[/mm]
> = [mm]\sqrt{\frac{1}{2}}[/mm]
Das ist nämlich wichtig. Denn wenn man es genau nimmt, ist das, was Du
oben getan hast, nicht falsch, aber ich bin mir sicher, dass Dir nicht ganz
klar ist, dass Du dabei mehr als de l'Hôpital benutzt hast. Ich sag's mal so:
Ist [mm] $\lim_{x \to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}$ [/mm] nach de l'Hôpital durch
[mm] $$\lim_{x \to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\underbrace{\lim_{x \to x_0}\frac{f\,'(x)}{g\,'(x)}}_{=:G}$$
[/mm]
berechenbar gewesen ( ich habe nämlich keine Lust, da alles, was in de
l'Hôpital in den Voraussetzungen etc. steht, nochmal ausführlich zu
wiederholen  ) und ist
$$h: D [mm] \to \IR$$
[/mm]
eine Funktion derart, dass diese an der Stelle $G [mm] \in [/mm] D$ stetig ist, so gilt
[mm] $$\lim_{x \to x_0}h(\tfrac{f(x)}{g(x)})=\lim_{x \to x_0}h(\tfrac{f\,'(x)}{\,'g(x)})=h(G)\,.$$
[/mm]
Das ist das, was Du oben quasi benutzt hast: In dieser Formulierung
läßt sich quasi "de l'Hôpital" nicht von der Funktion [mm] $h\,$ [/mm] aufhalten - bei Dir
wäre [mm] $h(x)=\sqrt{x}$ [/mm] und [mm] $D=[0,\infty)$ [/mm] sowie [mm] $G=\sqrt{2}/2$ [/mm] gewesen.
Und [mm] $\sqrt{\cdot} \colon [0,\infty) \to \IR$ [/mm] (Du kannst auch als Zielbereich [mm] $[0,\infty)$ [/mm] wählen; auch, wenn das
dann natürlich 'nicht ganz' die gleichen Funktionen sind, die beide mit
[mm] $\sqrt{\cdot}$ [/mm] bezeichnet werden würden) ist nun mal stetig an der
Stelle [mm] $\sqrt{2}/2 \ge 0\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:46 Mo 28.01.2013 | | Autor: | Hellsing89 |
> Hallo,
>
> wir sollten uns mal vielleicht drauf beschränken, nur noch
> die Teile zu zitieren,
> zu denen Du Fragen hast. Kannst Du das selbst rausfiltern
> (einfach gucken, ob
> Du von dem "entfernten Text" dann doch noch etwas
> brauchst, damit JEDE(R)
> die dann von Dir formulierte Frage verstehen kann)?
>
> Momentan gehe ich nur auf einen kleinen Teil ein, weil ich
> gleich weg will:
>
> > Also wenn ich das recht verstehe:
>
> zur Erinnerung für Mitlesende: Wir wollten (den ersten
> Grenzwert in folgender
> Gleichunskette)
> [mm]\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sin(\sqrt{1-\cos(h)})}{h}=\lim_{0 < h \to 0}\left(\frac{\sin(\sqrt{1-\cos(h)})}{\sqrt{1-\cos(h)}}\cdot{}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{h}\right)[/mm]
>
> [mm]=\left(\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sin(\sqrt{1-\cos(h)})}{\sqrt{1-\cos(h)}}\right)\cdot{}\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{h}=\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{h}[/mm]
>
> berechnen (die Gleichungskette hatte uns geholfen, diese
> Berechnung auf den
> folgenden zurückzuführen):
>
> > [mm]\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{h}[/mm]
> >
> > [mm]\red{\;\gdw\;} \lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{|h|},[/mm]
> da
> > h>0
> >
> > [mm]\red{\;\gdw\;} \lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{\wurzel{h^2}}[/mm]
>
> >
> > [mm]\red{\;\gdw\;} \lim_{0 < h \to 0} \sqrt{\frac{1-\cos(h)}{h^2}}[/mm]
>
> Warum schreibst Du da [mm]\red{\;\gdw\;}[/mm]? Die sind durch [mm]=\,[/mm] zu
> ersetzen! Und
> Du kannst auch
> [mm]\stackrel{\text{beachte, dass }h > 0 \text{ in }\lim_{0 < h \to 0} \text{enthalten ist}}{=}[/mm]
>
> schreiben, oder halt:
> [mm]\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{h}[/mm]
> [mm]=\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{|h|} \;\;\;\;\;(\text{ da }h > 0)[/mm]
>
> [mm]=\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sqrt{1-\cos(h)}}{\sqrt{h^2}}[/mm]
>
> etwa schreiben - und die Begründung sollte an der
> RICHTIGEN STELLE stehen:
> Denn [mm]\sqrt{h^2}=|h|[/mm] gilt für alle reellen [mm]h\,[/mm] (sogar für
> [mm]h \in \IC[/mm] gilt das).
> Nur [mm]|h|=h[/mm] kann man halt genau dann für reelle [mm]h\,[/mm]
> hinschreiben,
> wenn [mm]h \ge 0\,.[/mm]
>
> Soweit, so gut. Jetzt musst Du aber ein wenig vorsichtig
> mit der
> Argumentation sein: Wenn [mm]G:=\lim_{0 < h \to 0} {\frac{1-\cos(h)}{h^2}}[/mm]
> existieren sollte, und
> wenn zudem [mm]G \ge 0[/mm] dann gilt, dann darf man einfach [mm]\lim_{0 < h \to 0} \sqrt{\frac{1-\cos(h)}{h^2}}= \sqrt{\lim_{0 < h \to 0}\frac{1-\cos(h)}{h^2}}[/mm]
>
> schreiben (Stetigkeit der Wurzelfunktion an der Stelle [mm]G \ge 0\,[/mm]).
>
> Weitermachen kannst Du (bei obigem) nun so, dass Du
> "einfach mal"
> [mm]=\lim_{0 < h \to 0} \sqrt{\frac{1-\cos(h)}{h^2}}= \sqrt{\lim_{0 < h \to 0}\frac{1-\cos(h)}{h^2}}[/mm]
>
> hinschreibst, nach dem Motto: Dieses [mm]G\,[/mm] wird schon
> existieren; und am
> Ende dann "eigentlich die Gleichheiten durch Lesen der
> Gleichungskette von
> rechts nach links" begründest. (Wenn Dir das unklar ist,
> wie man das schreibt
> und dann richtig argumentiert, kann ich Dir das auch
> später nochmal in einer
> übersichtlicheren Zusammenfassung zusammenschreiben.
> Alternativ kannst Du
> auch in einer Nebenrechnung die Existenz von [mm]G\,[/mm] und [mm]G \ge 0[/mm]
> mit de
> l'Hôpital begründen, dann kann man durch Verweis auf die
> Nebenrechnung die
> nun folgenden Schritte "einfach hinschreiben").
>
> > Nach l´Hospital gilt dann:
>
> > [mm]\lim_{0 < h \to 0} \sqrt{\frac{1-\cos(h)}{h^2}}[/mm]
>
> Wie gesagt: Vertausche [mm]\lim[/mm] und [mm]\sqrt{\,}[/mm]:
> [mm]\sqrt{\lim_{0 < h \to 0} \frac{1-\cos(h)}{h^2}}[/mm]
>
> > = [mm]\lim_{0 < h \to 0} \sqrt{\frac{\sin(h)}{2h}}[/mm]
>
> hier dann natürlich auch:
> [mm]= \sqrt{\lim_{0 < h \to 0}\frac{\sin(h)}{2h}}[/mm]
>
> > = [mm]\sqrt{\frac{1}{2}}[/mm]
>
> Das ist nämlich wichtig. Denn wenn man es genau nimmt, ist
> das, was Du
> oben getan hast, nicht falsch, aber ich bin mir sicher,
> dass Dir nicht ganz
> klar ist, dass Du dabei mehr als de l'Hôpital benutzt
> hast. Ich sag's mal so:
> Ist [mm]\lim_{x \to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}[/mm] nach de l'Hôpital
> durch
> [mm]\lim_{x \to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\underbrace{\lim_{x \to x_0}\frac{f\,'(x)}{g\,'(x)}}_{=:G}[/mm]
>
> berechenbar gewesen ( ich habe nämlich keine Lust, da
> alles, was in de
> l'Hôpital in den Voraussetzungen etc. steht, nochmal
> ausführlich zu
> wiederholen ) und ist
> [mm]h: D \to \IR[/mm]
> eine Funktion derart, dass diese an der
> Stelle [mm]G \in D[/mm] stetig ist, so gilt
> [mm]\lim_{x \to x_0}h(\tfrac{f(x)}{g(x)})=\lim_{x \to x_0}h(\tfrac{f\,'(x)}{\,'g(x)})=h(G)\,.[/mm]
>
> Das ist das, was Du oben quasi benutzt hast: In dieser
> Formulierung
> läßt sich quasi "de l'Hôpital" nicht von der Funktion
> [mm]h\,[/mm] aufhalten - bei Dir
> wäre [mm]h(x)=\sqrt{x}[/mm] und [mm]D=[0,\infty)[/mm] sowie [mm]G=\sqrt{2}/2[/mm]
> gewesen.
> Und [mm]\sqrt{\cdot} \colon [0,\infty) \to \IR[/mm] (Du kannst auch
> als Zielbereich [mm][0,\infty)[/mm] wählen; auch, wenn das
> dann natürlich 'nicht ganz' die gleichen Funktionen sind,
> die beide mit
> [mm]\sqrt{\cdot}[/mm] bezeichnet werden würden) ist nun mal stetig
> an der
> Stelle [mm]\sqrt{2}/2 \ge 0\,.[/mm]
>
> Gruß,
> Marcel
Hi vielen dank für deine ausführliche Hilfe.
Ich denke ich habe jetz soweit alles verstanden.
Falls doch noch fragen aufkommen sollten meld ich mich nochmal :)
Mfg. Hellsing
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