1. Regel von l'Hopital < Differentiation < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:43 So 27.07.2008 | | Autor: | Irmchen |
Hallo alle zusammen!
Ich habe eine Frage zum Beweis der 1. Regel von l'Hopital.
SATZ :
Seien [mm] f, g : \left] a,b \right[ \to \mathbb R [/mm] stetige Funktionen.
Sein [mm] x_0 \in \left] a,b \right[ [/mm] mit [mm] f(x_0) = g( x_0 ) = 0 [/mm].
[mm] f [/mm] und [mm] g [/mm] seien in [mm] \left] a,b \right[ \setminus \{ x_0 \} [/mm] differenzierbar und es sein [mm] g' (x) \ne \ \forall x \in \left] a,b \right[ \setminus \{ x_0 \}. [/mm]
Wenn [mm] \limes_{ x \to x_0 } \bruch{f'(x)}{g'(x)} [/mm] existiert, so existiert auch [mm] \limes_{x \to x_0 } \bruch{f(x)}{g(x)} [/mm] und diese beiden stimmen überein.
Beweis :
Sei [mm] (x_n) [/mm] eine Folge in [mm] \left] a,b \right[ \setminus \{x_0 \} [/mm] mit [mm] x \to x_0 [/mm].
Zu zeigen: [mm] \limes_{n \to \infty } \bruch{f(x_n)}{g(x_n)} = \limes_{n \to \infty } \bruch{f'(x_n)}{g'(x_n)} =\limes_{x \to x_0 } \bruch{f'(x)}{g'(x)} [/mm]
Nach dem verallgemeinerten Mittelwertsatz gibt es [mm] \xi_n \in \left] x_0, x_n \right[ [/mm] mit [mm] ( f(x_n) - f(x_0) \cdot g' ( \xi_n ) = ( g(x_n) - g(x_0) ) \cdot f'( \xi_n) [/mm]
[mm] \Rightarrow f(x_n) \cdot g' ( \xi_n ) = g(x_n) \cdot f'( \xi_n ) [/mm]
( Frage:
Warum benutze man hier den Mittelwertsatz ? )
Da [mm] g'(x) \ne 0 \ \forall x \in \left] x_0 , b \right[ [/mm] ist g streng monoton auf diesem Intervall, hat also höchstens eine Nullstelle.
Deswegen können wir auch annehmen , dass [mm] g(x_n) \ne 0 [/mm] \ [mm] \forall [/mm] n [/mm].
Dann ist
[mm] \bruch{f(x_n)}{g(x_n)} = \bruch{f'(\xi_n)}{g'(\xi_n)} \to \limes_{x\to x_0} \bruch{f'(x)}{g'(x)} [/mm]
( Frage:
Warum gilt diese Folgerung? )
Vielen Dank!
Viele Grüße
Irmchen
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:28 So 27.07.2008 | | Autor: | abakus |
> Hallo alle zusammen!
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> Ich habe eine Frage zum Beweis der 1. Regel von l'Hopital.
>
> SATZ :
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> Seien [mm]f, g : \left] a,b \right[ \to \mathbb R[/mm] stetige
> Funktionen.
> Sein [mm]x_0 \in \left] a,b \right[[/mm] mit [mm]f(x_0) = g( x_0 ) = 0 [/mm].
>
> [mm]f[/mm] und [mm]g[/mm] seien in [mm]\left] a,b \right[ \setminus \{ x_0 \}[/mm]
> differenzierbar und es sein [mm]g' (x) \ne \ \forall x \in \left] a,b \right[ \setminus \{ x_0 \}.[/mm]
>
> Wenn [mm]\limes_{ x \to x_0 } \bruch{f'(x)}{g'(x)}[/mm] existiert,
> so existiert auch [mm]\limes_{x \to x_0 } \bruch{f(x)}{g(x)}[/mm]
> und diese beiden stimmen überein.
>
> Beweis :
>
> Sei [mm](x_n)[/mm] eine Folge in [mm]\left] a,b \right[ \setminus \{x_0 \}[/mm]
> mit [mm]x \to x_0 [/mm].
> Zu zeigen: [mm]\limes_{n \to \infty } \bruch{f(x_n)}{g(x_n)} = \limes_{n \to \infty } \bruch{f'(x_n)}{g'(x_n)} =\limes_{x \to x_0 } \bruch{f'(x)}{g'(x)}[/mm]
>
> Nach dem verallgemeinerten Mittelwertsatz gibt es [mm]\xi_n \in \left] x_0, x_n \right[[/mm]
> mit [mm]( f(x_n) - f(x_0) \cdot g' ( \xi_n ) = ( g(x_n) - g(x_0) ) \cdot f'( \xi_n)[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow f(x_n) \cdot g' ( \xi_n ) = g(x_n) \cdot f'( \xi_n )[/mm]
>
> ( Frage:
> Warum benutze man hier den Mittelwertsatz ? )
... um den Beweis führen zu können.
>
> Da [mm]g'(x) \ne 0 \ \forall x \in \left] x_0 , b \right[[/mm] ist
> g streng monoton auf diesem Intervall, hat also höchstens
> eine Nullstelle.
> Deswegen können wir auch annehmen , dass [mm]g(x_n) \ne 0[/mm] \
> [mm]\forall[/mm] n [/mm].
> Dann ist
> [mm]\bruch{f(x_n)}{g(x_n)} = \bruch{f'(\xi_n)}{g'(\xi_n)} \to \limes_{x\to x_0} \bruch{f'(x)}{g'(x)}[/mm]
>
> ( Frage:
> Warum gilt diese Folgerung? )
Es wurde die Produktgleichung [mm]\Rightarrow f(x_n) \cdot g' ( \xi_n ) = g(x_n) \cdot f'( \xi_n )[/mm] durch Division von g' ( [mm] \xi_n [/mm] ) und g ( [mm] x_n [/mm] ) in eine Verhältnisgleichung umgewandelt (und für n gegen unendlich geht [mm] x_n [/mm] und damit auch [mm] \xi_n [/mm] gegen [mm] x_0).
[/mm]
Gruß Abakus
>
> Vielen Dank!
> Viele Grüße
> Irmchen
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> Hallo alle zusammen!
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> Ich habe eine Frage zum Beweis der 1. Regel von l'Hopital.
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> SATZ :
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> Seien [mm]f, g : \left] a,b \right[ \to \mathbb R[/mm] stetige
> Funktionen.
> Sein [mm]x_0 \in \left] a,b \right[[/mm] mit [mm]f(x_0) = g( x_0 ) = 0 [/mm].
>
> [mm]f[/mm] und [mm]g[/mm] seien in [mm]\left] a,b \right[ \setminus \{ x_0 \}[/mm]
> differenzierbar und es sein [mm]g' (x) \ne \ \forall x \in \left] a,b \right[ \setminus \{ x_0 \}.[/mm]
>
> Wenn [mm]\limes_{ x \to x_0 } \bruch{f'(x)}{g'(x)}[/mm] existiert,
> so existiert auch [mm]\limes_{x \to x_0 } \bruch{f(x)}{g(x)}[/mm]
> und diese beiden stimmen überein.
>
> Beweis :
>
> Sei [mm](x_n)[/mm] eine Folge in [mm]\left] a,b \right[ \setminus \{x_0 \}[/mm]
> mit [mm]x \to x_0 [/mm].
> Zu zeigen: [mm]\limes_{n \to \infty } \bruch{f(x_n)}{g(x_n)} = \limes_{n \to \infty } \bruch{f'(x_n)}{g'(x_n)} =\limes_{x \to x_0 } \bruch{f'(x)}{g'(x)}[/mm]
>
> Nach dem verallgemeinerten Mittelwertsatz gibt es [mm]\xi_n \in \left] x_0, x_n \right[[/mm]
> mit [mm]( f(x_n) - f(x_0) \cdot g' ( \xi_n ) = ( g(x_n) - g(x_0) ) \cdot f'( \xi_n)[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow f(x_n) \cdot g' ( \xi_n ) = g(x_n) \cdot f'( \xi_n )[/mm]
>
> ( Frage:
> Warum benutze man hier den Mittelwertsatz ? )
Etwas ausführlicher geantwortet: damit wir wie folgt umformen können
[mm]\frac{f(x_n)}{g(x_n)}=\frac{f(x_n)-f(x_0)}{g(x_n)-g(x_0)}=\frac{(x_n-x_0)\cdot f'(\xi_n)}{(x_n-x_0)\cdot g'(\xi_n)}=\frac{f'(\xi_n)}{g'(\xi_n)}[/mm]
Das erste Gleichheitzeichen gilt wegen [mm] $f(x_0)=g(x_0)=0$ [/mm] und das zweite gilt, wegen dem "verallgemeinerten Mittelwertsatz, der uns zu jedem [mm] $x_n$ [/mm] aus [mm] $]a;b[\backslash\{x_0\}$ [/mm] die Existenz eines solchen, zwischen [mm] $x_0$ [/mm] und [mm] $x_n$ [/mm] liegenden [mm] $\xi_n$ [/mm] garantiert.
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> Da [mm]g'(x) \ne 0 \ \forall x \in \left] x_0 , b \right[[/mm] ist
> g streng monoton auf diesem Intervall, hat also höchstens
> eine Nullstelle.
> Deswegen können wir auch annehmen , dass [mm]g(x_n) \ne 0[/mm] \
> [mm]\forall[/mm] n [/mm].
Eigentlich hätten wir dies, dass [mm] $g(x)\neq [/mm] 0$ auf [mm] $]a;b[\backslash\{x_0\}$ [/mm] gilt, schon vor der obigen Anwendung des verallgemeinerten Mittelwertsatzes zeigen müssen.
Ist [mm] $x\in ]a;b[\backslash\{x_0\}$, [/mm] so folgt aus dem Mittelwertsatz, dass es ein zwischen $x$ und [mm] $x_0$ [/mm] liegendes [mm] $\xi\in ]a;b[\backslash\{x_0\}$ [/mm] gibt, so dass [mm] $g(x_n)-g(x_0)=(x-x_0)\cdot g'(\xi)$ [/mm] gilt. Wegen [mm] $g(x_0)=0$ [/mm] und [mm] $g'(\xi)\neq [/mm] 0$ auf [mm] $]a;b[\backslash\{x_0\}$ [/mm] (nach Vorausssetzung des zu beweisenden Satzes), folgt also [mm] $g(x)=(x-x_0)\cdot g'(\xi)\neq [/mm] 0$, und daher [mm] $g(x)\neq [/mm] 0$. Die Rede von Monotonie ist hier ganz überflüssig.
> ( Frage:
> Warum gilt diese Folgerung? )
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:44 So 27.07.2008 | | Autor: | Irmchen |
Guten Abend!
Vielen lieben Dank für diese beiden schnellen Antworten. Ihr habt mir sehr geholfen!
Viele Grüße
Irmchen
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