Sinusfunktion < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:52 Do 12.04.2012 | | Autor: | DM08 |
Hi, es geht um eine Funktion und drei Teilaufgaben.
[mm] $f(x)=\bruch{\sin(x)}{x}
[/mm]
i) Definiere die Funktion so im Nullpunkt, dass sie auf ganz [mm] \IR [/mm] differenzierbar ist.
ii) Im Intervall [mm] I=[n\pi, (n+1)\pi] [/mm] exisitiert für alle [mm] $n\in\IN [/mm] genau ein Extrema.
iii) Wie ist das Monotonieverhalten im Intervall [mm] J=[-\pi, \pi] [/mm] ?
zu i) Man definiert die Funktion für alle [mm] x\in\IR\backslash\{0\} [/mm] so wie bereits beschrieben und definiert für $x=0$ die Funktion als $1$. Bei der Begründung komme ich nicht ganz weiter. Ich weiß, dass folgendes mit Hilfe von L'Hospital gilt : [mm] \limes_{x\rightarrow\ 0}f(x)=\limes_{x\rightarrow\ 0}\bruch{\sin(x)}{x}=\limes_{x\rightarrow\ 0}\bruch{\cos(x)}{1}=\limes_{x\rightarrow\ 0}\cos(x)=1. [/mm] Eigentlich muss ich doch zwei Folgen nehmen, [mm] a_n=\bruch{1}{n} [/mm] und [mm] b_n=-\bruch{1}{n} [/mm] und dann zeigen, dass die rechtsseitige und linksseite Ableitung das gleiche Ergebnis liefert, oder irre ich mich und meine Begründung reicht schon aus ? Ich komme da nämlich nicht wirklich weiter und hoffe auf ein Tipp.
zu ii) Ich habe dann an den Satz von Rolle gedacht und an Induktion. Das Problem hierbei ist, dass der Satz von Rolle von mindestens einem Extrema ausgeht und keine Auskunft darüber gibt, ob es genau eins ist.
zu iii) [mm] f'(x)=(\bruch{\sin(x)}{x})'=\cos(x)\bruch{1}{x}+\sin(x)\bruch{-1}{x^2}=\bruch{\cos(x)}{x}-\bruch{\sin(x)}{x^2}=\bruch{x\cos(x)-\sin(x)}{x^2}. [/mm] Nun ist das Intervall [mm] J=[-\pi, \pi] [/mm] zu betrachten. Ich denke, dass man zunächst das Intervall [mm] A=[-\pi, [/mm] 0) und dann das Intervall B=(0, [mm] \pi] [/mm] betrachten sollte. Für x=0 ist es 1 nach i). Intuitiv ist mir klar, dass die f in A streng monoton steigt und in B streng monoton fällt. Also ist eigt. zu zeigen, dass $f'(x)>0 [mm] \forall x\in [/mm] A$ und $f'(x)<0 [mm] \forall x\in [/mm] B$. Wie zeige ich das nun ? Da komme ich nicht weiter und hoffe auf Hilfe.
Gruß und danke schonmal !
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Hallo,
ich will mich mal an einer Antwort versuchen. ZUnächst aber tewas Grammatik:
- Das Extremum
- Die Extrema
Bei i) liegst du mit deinem Wert zwar richtig, aber Achtung: es geht nicht nur um stetige Fortsetzbarkeit, sondern du musst insbesondere zeigen, dass
[mm]\limes_{x\rightarrow{0^{-}}} f'(x)=\limes_{x\rightarrow{0^{+}}} f'(x)=0[/mm]
gilt. Das rechnet sich sehr leicht mit de l'Hospital.
Bei ii) geht es doch einfach nur um Lösungen der Gleichung
x*cos(x)-sin(x)=0 <=> x=tan(x)
Da sollte sich eine Argumentation über die Periodizität der Tangensfunktion zusammen mit der Tatsache
[mm] (tan(x))'\ge{1}
[/mm]
finden lassen.
Zu iii) fallen mir auf Anhieb die Potenzreihen von Sinus und Kosinus ein, vielleicht geht das aber auch noch einfacher (-Additionstheoreme?).
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:56 Do 12.04.2012 | | Autor: | DM08 |
Danke für deine Antwort.
i) Müssen die Grenzwerte nicht $1$ ergeben ?
z.z. : [mm]\limes_{x\rightarrow{0^{-}}} f'(x)=\limes_{x\rightarrow{0^{+}}} f'(x)=1[/mm]
[mm] $\limes_{x\rightarrow{0^{-}}} f'(x)=\limes_{x\rightarrow{0^{-}}} \bruch{\sin(x)}{x}=\limes_{x\rightarrow{0^{-}}}\cos(x)=1=\limes_{x\rightarrow{0^{+}}}\cos(x)= f'(x)=\limes_{x\rightarrow{0^{+}}}\bruch{\sin(x)}{x}=\limes_{x\rightarrow{0^{+}}} [/mm] f'(x)$
ii) Stimmt, ich hang wohl zu viel bei meinem Skript und habe das garnicht gemerkt. [mm] f'(x)=\bruch{x\cos(x)-\sin(x)}{x^2}=0 \gdw x\cos(x)-\sin(x)=0 \gdw x=\tan(x) \gdw x=n\pi [/mm] mit [mm] n\in\IN, [/mm] d.h., dass wir bei dem abgeschlossenem Intervall I = [mm] [n\pi, (n+1)\pi] [/mm] mit [mm] n\in\IN [/mm] immer jeweils zwei lokale Extrema haben und zwar bei [mm] n\pi [/mm] und bei [mm] (n+1)\pi. [/mm] Irgendwo hakt es noch immer.. Wie soll ich genau mit [mm] \tan'(x)\ge [/mm] 1 argumentieren ?
iii) Hmm, ich probiere weiter aus..
Danke Dir !
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:04 Do 12.04.2012 | | Autor: | Loddar |
Hallo DM08!
> i) Müssen die Grenzwerte nicht [mm]1[/mm] ergeben ?
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]") Nein. Du sollst hier ja die Ableitungen betrachten (und nicht die Funktion!).
> z.z. : [mm]\limes_{x\rightarrow{0^{-}}} f'(x)=\limes_{x\rightarrow{0^{+}}} f'(x)=1[/mm]
Streng genommen musst Du hier beidseits folgenden Ausdruck betrachten und deren Gleichheit zeigen:
[mm]\limes_{x\rightarrow 0\pm}\bruch{f(x)-f(0)}{x-0} \ = \ \limes_{x\rightarrow 0\pm}\bruch{\bruch{\sin(x)}{x}-1}{x} \ = \ ...[/mm]
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:18 Do 12.04.2012 | | Autor: | DM08 |
Hi,
[mm] \limes_{x\rightarrow 0\pm}\bruch{f(x)-f(0)}{x-0}=\limes_{x\rightarrow 0\pm}\bruch{\bruch{\sin(x)}{x}-1}{x}=\limes_{x\rightarrow 0\pm}\bruch{\bruch{\sin(x)-x}{x}}{x}=\limes_{x\rightarrow 0\pm}\bruch{\bruch{\cos(x)-1}{1}}{1}=0
[/mm]
So richtig ? Danke
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:14 Fr 13.04.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hi,
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> [mm]\limes_{x\rightarrow 0\pm}\bruch{f(x)-f(0)}{x-0}=\limes_{x\rightarrow 0\pm}\bruch{\bruch{\sin(x)}{x}-1}{x}=\limes_{x\rightarrow 0\pm}\bruch{\bruch{\sin(x)-x}{x}}{x}=\limes_{x\rightarrow 0\pm}\bruch{\bruch{\cos(x)-1}{1}}{1}=0[/mm]
>
> So richtig ? Danke
was hast Du denn für Regeln verwendet/verwenden wollen? Wenn es de l'Hospital sein sollte: 1.) Was sind die Voraussetzungen, um den überhaupt anwenden zu dürfen? Sind die hier gegeben (bei der Art, wie Du vorgehen willst)?
2.) Gilt neuerdings $(f(x)/g(x))'=f'(x)/g'(x)$? Oder wie gehst Du da vor?
Aber ganz klar ist es nicht, was Du da überhaupt rechnest und wie Du es begründest/begründen willst - mir jedenfalls nicht! Vielleicht sind daher meine Fragen 1.) und 2.) auch unpassend - beschreibe halt mal, wie Du vorgegangen bist, also begründe bei jedem [mm] $=\,,$ [/mm] wieso Du so weitergerechnet hast!
Hier kannst Du sagen:
Für $x [mm] \not=0$ [/mm] ist in der Tat
[mm] $$\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{\sin(x)-x}{x^2}\,.$$
[/mm]
Bei $x [mm] \to [/mm] 0$ laufen wir wieder in einen "Fall $0/0$" (weil dann sowohl [mm] $\sin(x) \to [/mm] 0$ als auch [mm] $x^2 \to [/mm] 0$ geht - aber, und den Hinweis gebe ich Dir bzgl. Deiner Methode, so wie ich sie interpretiert habe: [mm] $\sin(x)/x$ [/mm] ginge gegen [mm] $1\,$(!!)) [/mm] - wenden wir also de l'Hospital an, so stellt sich die Frage, ob
[mm] $$G_1:=\lim_{x \to 0}\frac{\cos(x)-1}{2x}$$
[/mm]
existiert, was dann analog wieder zu der Frage führt, ob
[mm] $$G_2:=\lim_{x \to 0}\frac{-\sin(x)}{2}$$
[/mm]
existiert [mm] ($G_1$ [/mm] bzw. [mm] $G_2$ [/mm] sind NUR definiert, wenn jeweils der Grenzwert rechterhand existiert!). Und ja: Letzterer existiert (und hat warum welchen Wert?) - daher besagt nun de l'Hospital erstmal, dass auch [mm] $G_1$ [/mm] existiert und den Wert ... hat und daher ... (Ergänze das mal alles!)
P.S.
Man muss hier nicht wirklich die einseitigen Ableitungen untersuchen - das siehst Du ja bei meiner Vorgehensweise. Es reicht, nachzuweisen, dass
[mm] $$\lim_{x \to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{0 \red{\;\not=\;}x \to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{0 \red{\;\not=\;}x \to 0}\frac{\frac{\sin(x)}{x}-1}{x}$$
[/mm]
existiert mit dem Wert [mm] $G_2$ [/mm] (den Du sicher selbst schnell genau hinschreiben kannst).
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:37 Fr 13.04.2012 | | Autor: | DM08 |
Hi Marcel,
danke schonmal für deine Mühe !
Ich bin mir leider nun unsicher ob meine Zeile nun richtig war oder nicht, also erläutere ich mal.
Zuächst habe ich gezeigt, dass die Funktion auch in $x=0$ nun stetig ist, das sollte klar sein, dann habe ich Lodar's Tipp befolgt und habe probiert das weiter auszurechnen.
[mm]\limes_{x\rightarrow 0\pm}\bruch{f(x)-f(0)}{x-0}=[/mm]
f(x) ist die Funktion und f(0) ist nach der Definition meiner Funktion, die auf ganz [mm] \IR [/mm] nun differenzierbar sein soll gleich $1$.
Damit folgt :
[mm] \limes_{x\rightarrow 0\pm}\bruch{\bruch{\sin(x)}{x}-1}{x}=
[/mm]
Das wollte ich nun auf einen Bruch bringen, damit ich L'Hospital "schön" verwende.
[mm] \limes_{x\rightarrow 0\pm}\bruch{\bruch{\sin(x)-x}{x}}{x}
[/mm]
und das ist, wie du schon geschrieben hast
[mm] \limes_{x\rightarrow 0\pm}\bruch{\sin(x)-x}{x^2}
[/mm]
Und hier habe ich dann einen Fehler gemacht und ich danke dir, dass du mir den gezeigt hast !
Hier gilt also [mm] \sin(x) [/mm] -> 0 für x->0,
Dann gilt mit L'Hospital :
[mm] \lim_{x \to 0\pm}\frac{\cos(x)-1}{2x}
[/mm]
Hier geht dann [mm] \cos(x) [/mm] für x->0 gegen 1 und wir erhalten wieder den Fall [mm] "\bruch{0}{0}" [/mm] und wieder mit L'Hospital :
[mm] \lim_{x \to 0\pm}\frac{-\sin(x)-1}{2}=-\bruch{1}{2}
[/mm]
Und daraus folgt nach L'Hospital, dass der Grenzwert auch existiert, diese auch [mm] -\bruch{1}{2} [/mm] ist und damit exisitiert auch der Grenzwert davor,...., und damit ergibt sich :
[mm]\limes_{x\rightarrow 0\pm}\bruch{f(x)-f(0)}{x-0}=-\bruch{1}{2}[/mm]
Ich verstehe nur nicht ganz, wieso gerade diese Zahl rausgekommen ist, vllt. habe ich auch irgendwo noch einen blöden Rechenfehler gemacht.
Danke dir mal wieder für deine Mühe Marcel und ich hoffe, dass du mir auch zu ii) und iii) einen Tipp geben kannst =)
Viele Grüße
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Hallo,
> Hi Marcel,
>
> danke schonmal für deine Mühe !
>
> Ich bin mir leider nun unsicher ob meine Zeile nun richtig
> war oder nicht, also erläutere ich mal.
>
> Zuächst habe ich gezeigt, dass die Funktion auch in [mm]x=0[/mm]
> nun stetig ist, das sollte klar sein, dann habe ich Lodar's
> Tipp befolgt und habe probiert das weiter auszurechnen.
ok.
> [mm]\limes_{x\rightarrow 0\pm}\bruch{f(x)-f(0)}{x-0}=[/mm]
>
> f(x) ist die Funktion und f(0) ist nach der Definition
> meiner Funktion, die auf ganz [mm]\IR[/mm] nun differenzierbar sein
> soll gleich [mm]1[/mm].
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Damit folgt :
> [mm]\limes_{x\rightarrow 0\pm}\bruch{\bruch{\sin(x)}{x}-1}{x}=[/mm]
>
> Das wollte ich nun auf einen Bruch bringen, damit ich
> L'Hospital "schön" verwende.
>
> [mm]\limes_{x\rightarrow 0\pm}\bruch{\bruch{\sin(x)-x}{x}}{x}[/mm]
>
> und das ist, wie du schon geschrieben hast
>
> [mm]\limes_{x\rightarrow 0\pm}\bruch{\sin(x)-x}{x^2}[/mm]
>
> Und hier habe ich dann einen Fehler gemacht und ich danke
> dir, dass du mir den gezeigt hast !
>
> Hier gilt also [mm]\sin(x)[/mm] -> 0 für x->0,
> Dann gilt mit L'Hospital :
>
> [mm]\lim_{x \to 0\pm}\frac{\cos(x)-1}{2x}[/mm]
Genau. Aber achte auf deine Formulierung: Bis jetzt wendest du L'Hospital noch gar nicht an. Du untersuchst einfach grad den Limes der Ableitungen.
Erst wenn du damit einen existierenden Grenzwert rausbekommen hast, kannst du mit L'Hospital auf die Existenz des Ausgangsgrenzwerts mit demselben Wert schließen.
> Hier geht dann [mm]\cos(x)[/mm] für x->0 gegen 1 und wir erhalten
> wieder den Fall [mm]" \bruch{0}{0}"$"="" src="http://teximg.matheraum.de/render?d=108&s=$" \bruch{0}{0}""=""> und wieder mit L'Hospital :
>
> ![$\lim_{x \to 0\pm}\frac{-\sin(x)-1}{2}=-\bruch{1}{2}[/mm]
</font>
<font class=]()
Nein, du hast im Zähler nicht die "1" abgeleitet (siehe auch Marcels Post vorher). Es müsste
[mm] $\lim_{x\to 0} \frac{-\sin(x)}{2} [/mm] = 0$
lauten.
> Und daraus folgt nach L'Hospital, dass der Grenzwert auch
> existiert, diese auch [mm]-\bruch{1}{2}[/mm] ist und damit
> exisitiert auch der Grenzwert davor,...., und damit ergibt
> sich :
> [mm]\limes_{x\rightarrow 0\pm}\bruch{f(x)-f(0)}{x-0}=-\bruch{1}{2}[/mm]
Das Vorgehen ist richtig, es kommt eben nur am Ende "0" heraus (weil oben statt -1/2 die "0" herauskommt).
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:50 Fr 13.04.2012 | | Autor: | DM08 |
Danke Dir !
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:43 Fr 13.04.2012 | | Autor: | DM08 |
Komme leider noch immer nicht weiter..
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Hallo,
> ii) Stimmt, ich hang wohl zu viel bei meinem Skript und
> habe das garnicht gemerkt.
> [mm]f'(x)=\bruch{x\cos(x)-\sin(x)}{x^2}=0 \gdw x\cos(x)-\sin(x)=0 \gdw x=\tan(x) \gdw x=n\pi[/mm]
Deine Lösung $x = [mm] n\pi$ [/mm] stimmt nicht.
In diesem Falle steht da ja:
[mm] $n\pi [/mm] = x [mm] \not= [/mm] 0 = [mm] \tan(x)$.
[/mm]
Die Gleichung $x = [mm] \tan(x)$ [/mm] ist gar nicht elementar lösbar. Du musst also mit mathematischen Sätzen argumentieren, warum es nur eine Lösung im Intervall [mm] $[n\pi, [/mm] (n+1) [mm] \pi]$ [/mm] gibt.
Dazu kannst du die Funktion $g(x) := [mm] \tan(x) [/mm] - x$ betrachten. Es ist nun zu zeigen, dass diese Funktion im Intervall [mm] $[n\pi, [/mm] (n+1) [mm] \pi]$ [/mm] eine Nullstelle hat.
Mittels des Tipps von Diophant kannst du zeigen, dass für [mm] $x\in (n\pi, [/mm] (n+1) [mm] \pi)$ [/mm] gilt:
$g'(x) > 0$
Damit wächst die Funktion g streng monoton und sie kann innerhalb des betrachteten Intervalls höchstens eine Nullstelle haben.
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Wenn du den Zwischenwertsatz auf die Funktion $g$ anwendest und z.B. die Stellen [mm] $n\pi, (n+\frac{1}{2})\pi$ [/mm] und [mm] $(n+1)\pi$ [/mm] betrachtest, erhältst du die Existenz der Nullstelle der Ableitung.
Schneller erhältst du die Existenz der Nullstelle der Ableitung aber mit dem Satz von Rolle:
Es ist doch [mm] $f(n\pi) [/mm] = [mm] f((n+1)\pi) [/mm] = 0$.
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Wenn du diese Existenz gezeigt hast, bleibt aber noch zu zeigen, dass es wirklich ein Extremum ist. Dafür kannst du zum Beispiel die zweite Ableitung f'' benutzen und musst zeigen, dass diese an der Stelle nicht Null ist.
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:04 Fr 13.04.2012 | | Autor: | DM08 |
Hi =)
In Ordnung, sei [mm] $g(x):=\tan(x)-x$ [/mm] und damit erhält man auch [mm] $g'(x)=\tan'(x)-1$. [/mm] Mein Problem hierbei ist folgendes : Es gilt [mm] $\tan'(x)\ge [/mm] 1$ und damit ist [mm] $g'(x)\ge [/mm] 0$ und nicht $g'(x)>0$, damit folgt nur Monotonie und keine strenge Monotonie, sodass ich den Satz nicht anwenden kann, es sei denn ich habe irgendwo einen Denkfehler..
An den Satz von Rolle hatte ich schon gedacht. Die Nullstellen von $f(x)$ ist doch die Menge [mm] N=\{n\pi : n\in\IZ\}. [/mm] Wenn ich mir nun das Intervall [mm] I=\{n\pi, (n+1)\pi\} [/mm] angucke, dann sehe ich doch sofort, dass ich eigt. zwei Nullstellen in I erhalte und zwar für jedes [mm] n\in\IZ, [/mm] d.h. es gilt : [mm] $f(n\pi)=f((n+1)\pi)=0\ \forall n\in\IZ \Rightarrow [/mm] Nach Satz von Rolle [mm] \Rightarrow [/mm] Es existiert mindestens ein Extremum in I, aber das heißt nicht, dass es genau ein Extremum ist. Dort komme ich gerade nicht weiter, oder ich habe eine Definition nicht ganz verstanden..
zu iii) [mm] f'(x)=(\bruch{\sin(x)}{x})'=\cos(x)\bruch{1}{x}+\sin(x)\bruch{-1}{x^2}=\bruch{\cos(x)}{x}-\bruch{\sin(x)}{x^2}=\bruch{x\cos(x)-\sin(x)}{x^2}. [/mm] Nun ist das Intervall [mm] J=[-\pi, \pi] [/mm] auf Monotonie zu betrachten. Ich denke, dass man zunächst das Intervall [mm] A=[-\pi, [/mm] 0) und dann das Intervall B=(0, [mm] \pi] [/mm] betrachten sollte. Für x=0 ist es 1 nach i). Intuitiv ist mir klar, dass die f in A streng monoton steigt und in B streng monoton fällt. Also ist eigt. zu zeigen, dass $f'(x)>0 [mm] \forall x\in [/mm] A$ und $f'(x)<0 [mm] \forall x\in [/mm] B$.
Update : Ich weißt also durch ii), dass ich bei [mm] -\pi [/mm] einen Nullstelle auffinde, analog zu [mm] \pi, [/mm] d.h. nach ii) folgt, dass im Intervall J genau zwei Nullstellen existieren und dazwischen liegt wieder nach Rolle ein Extrema, dieses kennen wir schon, denn wir haben es uns so definiert, $f(0)=1$, aber die Monotonie kann ich hier auch noch nicht zeigen..
Danke vielmals an alle schonmal !
Gruß
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Hallo,
> ... Mein Problem hierbei ist folgendes : Es
> gilt [mm]\tan'(x)\ge 1[/mm] und damit ist [mm]g'(x)\ge 0[/mm] und nicht
> [mm]g'(x)>0[/mm], damit folgt nur Monotonie und keine strenge
> Monotonie, ...
Das ist ein Denkfehler: die Gleichheit gilt jweils nur punktweise, also folgt sehr wohl strenge Monotonie, und damit solltest du bei ii) und iii) weiterkommen (bei iii so wie von steppenhahn vorgeschlagen).
Ich persönlich würde bei Aufgabe iii) mit Potenzreihen argumentieren, aber ich weiß natürlich nicht, ob ihr das schon durchgenommen habt.
Gruß, Diophant
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Hallo,
Zu (iii):
Du hast ja schon für [mm] $x\not= [/mm] 0$:
$f(x) = [mm] \frac{\sin(x)}{x}$,
[/mm]
$f'(x) = [mm] \frac{\cos(x)*x - \sin(x)}{x^2}$
[/mm]
und ansonsten $f(0) = 1, f'(0) = 0$.
Für die Monotonie von $f$ musst du dir $f'$ anschauen. Richtig ist, dass du zunächst nur etwas über die Intervalle [mm] $[-\pi,0)$ [/mm] und [mm] $(0,\pi]$ [/mm] sagen kannst.
Ein Monotoniewechsel kann ja nur stattfinden, wenn $f'(x) = 0$ ist.
Es ist
$f'(x) = 0 [mm] \gdw \tan(x) [/mm] - x =0$.
Wenn es dir gelingt zu zeigen, dass $g(x) := [mm] \tan(x) [/mm] - x$ im Intervall [mm] $[-\pi,0)$ [/mm] sowie im Intervall $(0, [mm] \pi]$ [/mm] keine Nullstellen hat [siehe dazu auch (ii)], weißt du, dass $f$ im Intervall
[mm] $[-\pi,0)$ [/mm] entweder streng monoton fällt oder wächst.
und im Intervall
[mm] $(0,\pi]$ [/mm] entweder streng monoton fällt oder wächst.
Grüße,
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:19 Fr 13.04.2012 | | Autor: | DM08 |
Danke dir nochmals ! Hab zu iii) bei ii) was dazugeschrieben und das hier nicht gelesen.. Ich beschäftige mich später nochmal damit, dennoch wäre ich für jeden Tipp dankbar ;)
Gruß
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| Status: |
(Korrektur) kleiner Fehler  | | Datum: | 07:41 Fr 13.04.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo Diophant,
> Hallo,
>
> ich will mich mal an einer Antwort versuchen. ZUnächst
> aber tewas Grammatik:
>
> - Das Extremum
> - Die Extrema
>
>
>
> Bei i) liegst du mit deinem Wert zwar richtig, aber
> Achtung: es geht nicht nur um stetige Fortsetzbarkeit,
> sondern du musst insbesondere zeigen, dass
>
> [mm]\limes_{x\rightarrow{0^{-}}} f'(x)=\limes_{x\rightarrow{0^{+}}} f'(x)=0[/mm]
nein, das muss er nicht. Er muss zeigen, dass er [mm] $f(0)\,$ [/mm] so festlegen kann (mit [mm] $f(0):=1\,$), [/mm] dass $f'(0^+)=f'(0^-)$ gilt!
Zum Beispiel ist [mm] $g(x)=x^2\cos(1/x)$ [/mm] eine Funktion mit [mm] $g'(x)=2x\cos(1/x)+\sin(1/x)$ [/mm] (ich hatte das schonmal nachgerechnet, die Funktion steht auch bei ![[]](/images/popup.gif) Wiki).
Mit [mm] $g(0):=0\,$ [/mm] wird sie differenzierbar (und damit stetig) auf [mm] $\IR$ [/mm] fortgesetzt. Aber der Grenzwert [mm] $\lim_{x \to 0}g'(0)$ [/mm] existiert nicht.
Einen Teil Deiner Argumentation kann man dennoch gebrauchen:
bei
[mm] $$f(x)=\sin(x)/x$$
[/mm]
kann man mit de l'Hospital begründen, dass [mm] $\lim_{x \to 0}f(x)=\lim_{x \to 0}\frac{\cos(x)}{1}=\cos(0)=1$ [/mm] ist, und daher muss [mm] $f(0):=1\,$ [/mm] gesetzt werden, damit [mm] $f\,$ [/mm] an der Stelle [mm] $0\,$ [/mm] schonmal stetig ist (wenn die Funktion dort differenzierbar sein soll, dann muss sie an dieser Stelle insbesondere stetig sein). Aber dann ist immer noch $f'(0^+)=f'(0^-)$ (wobei etwa [mm] $f'(0^+)=\lim_{0 < x \to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}$ [/mm] die rechtsseitige Ableitung an der Stelle [mm] $0\,$ [/mm] bedeute - im Falle der Existenz) nachzuweisen (insbesondere erstmal die Existenz von $f'(0^+)$ und $f'(0^-)$).
Also:
Das, was Du gesagt hast, MUSS er nicht zeigen, aber es kann ihm helfen, wenn er es zeigt!
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Korrektur) richtig (detailiert geprüft)  | | Datum: | 09:49 Fr 13.04.2012 | | Autor: | Diophant |
Hallo Marcel,
>
> nein, das muss er nicht. Er muss zeigen, dass er [mm]f(0)\,[/mm] so
> festlegen kann (mit [mm]f(0):=1\,[/mm]), dass [mm]f'(0^+)=f'(0^-)[/mm] gilt!
>
ja, da hast du Recht. Ich habe es eigentlich auch genau so gemeint, aber unglücklich formuliert. Wie immer vielen Dank fürs Aufgpassen. 
Gruß, Diophant
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:56 Fr 13.04.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hi, es geht um eine Funktion und drei Teilaufgaben.
>
> [mm]$f(x)=\bruch{\sin(x)}{x}[/mm]
>
> i) Definiere die Funktion so im Nullpunkt, dass sie auf
> ganz [mm]\IR[/mm] differenzierbar ist.
> ii) Im Intervall [mm]I=[n\pi, (n+1)\pi][/mm] exisitiert für alle
> [mm]$n\in\IN[/mm] genau ein Extrema.
> iii) Wie ist das Monotonieverhalten im Intervall [mm]J=[-\pi, \pi][/mm]
> ?
>
> zu i) Man definiert die Funktion für alle
> [mm]x\in\IR\backslash\{0\}[/mm] so wie bereits beschrieben und
> definiert für [mm]x=0[/mm] die Funktion als [mm]1[/mm]. Bei der Begründung
> komme ich nicht ganz weiter. Ich weiß, dass folgendes mit
> Hilfe von L'Hospital gilt : [mm]\limes_{x\rightarrow\ 0}f(x)=\limes_{x\rightarrow\ 0}\bruch{\sin(x)}{x}=\limes_{x\rightarrow\ 0}\bruch{\cos(x)}{1}=\limes_{x\rightarrow\ 0}\cos(x)=1.[/mm]
> Eigentlich muss ich doch zwei Folgen nehmen,
> [mm]a_n=\bruch{1}{n}[/mm] und [mm]b_n=-\bruch{1}{n}[/mm] und dann zeigen,
> dass die rechtsseitige und linksseite Ableitung das gleiche
> Ergebnis liefert, oder irre ich mich und meine Begründung
> reicht schon aus ?
Dein Folgenargument taugt so nix. Du kannst nicht einfach [mm] $a_n=1/n$ [/mm] nehmen und dann sagen, dass wegen der Existenz von [mm] $(\*)\lim_{n \to \infty}\frac{f(a_n)-1}{a_n-0}$ [/mm] dann die rechtsseitige Ableitung von [mm] $f\,$ [/mm] an der Stelle [mm] $x=0\,$ [/mm] dann existiert. Ich dachte, sowas hätten wir schonmal besprochen?
Mit dieser konkreten Folge könntest Du zwei Dinge tun:
1.) Falls der Grenzwert in [mm] $(\*)$ [/mm] nicht existieren würde, dann würdest Du sehen, dass eben das mit [mm] $f(0):=1\,$ [/mm] fortgesetzte [mm] $f\,$ [/mm] nicht rechtsseitig diff'bar wäre.
2.) Falls der Grenzwert aus [mm] $(\*)$ [/mm] existiert (was er hier tut) - nennen wir ihn an dieser Stelle erstmal einfach [mm] $a\,$ [/mm] - dann weißt Du bis dahin nur:
Falls wirklich $f'_+(0)$ (die rechtsseitige Ableitung von [mm] $f\,$ [/mm] an der Stelle [mm] $0\,$) [/mm] existiert, dann kann nur noch $f'_{+}(0)=a$ gelten.
Um die Existenz von $f'_+(0)$ zu begründen, musst Du wie folgt hergehen:
Sei [mm] $(x_n)_n$ [/mm] (irgend-)eine Folge im Definitionsbereich von [mm] $f\,,$ [/mm] von der wir nur die folgende Eigenschaft wissen und benützen dürfen: [mm] $(x_n)_n$ [/mm] habe die Eigenschaft $0 < [mm] x_n \to 0\,.$
[/mm]
DANN ist zu zeigen, dass dieses Wissen alleine reicht, um mit $f(0):=1$ dann nachzurechnen, dass der Grenzwert
[mm] $$\lim_{n \to \infty}\frac{f(x_n)-f(0)}{x_n-0}$$
[/mm]
existiert. Im Falle der (nachgewiesenen) Existenz nennen wir diesen dann etwa $G^+$ und haben damit $f'_+(0)=G^+$ nachgerechnet.
Denn: Wegen der "Beliebigkeit" der Folge [mm] $(x_n)_n$ [/mm] sehen wir dann: Für JEDE Folge [mm] $(y_n)_n$ [/mm] im Definitionsbereich von [mm] $f\,,$ [/mm] die die Eigenschaft hat $0 < [mm] y_n \to 0\,,$ [/mm] existiert [mm] $\lim_{n \to \infty}\frac{f(y_n)-f(0)}{y_n-0}$ [/mm] mit dem Wert [mm] $G^+\,.$
[/mm]
Und das, was Du mit [mm] $a_n=1/n$ [/mm] gezeigt hättest, wäre nur: Es gibt eine Folge [mm] $(a_n)_n$ [/mm] im Definitionsbereich von [mm] $f\,$ [/mm] mit der Eigenschaft $0 < [mm] a_n \to [/mm] 0$ - nämlich mit [mm] $a_n:=1/n$ [/mm] ist so eine dann gegeben - so dass [mm] $\lim_{n \to \infty}\frac{f(a_n)-f(0)}{a_n-0}$ [/mm] dann existiert.
Gruß,
Marcel
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