Ableitung der Umkehrfunktion < Differentiation < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | a) Zeigen Sie, dass die folgende Funktion bijektiv ist:
f: [mm] \IR\setminus\{-3\} \to (-\bruch{\pi}{2},\bruch{\pi}{2})\setminus\{\bruch{\pi}{4}\}, [/mm] x [mm] \mapsto arctan\bruch{x}{x+3}
[/mm]
b) Sei g die Umkehrfunktion von f. Bestimmen Sie [mm] g'(-\bruch{\pi}{4}). [/mm] |
Hallo,
ist mein Beweis so richtig?
a)
Beweis:
Offensichtlich ist h(x) := [mm] \bruch{x}{x+3} \not= [/mm] 1 [mm] \forall [/mm] x [mm] \in \IR\setminus\{-3\}
[/mm]
Es gilt: [mm] \limes_{x\uparrow -3}h(x) [/mm] = [mm] +\infty [/mm] , [mm] \limes_{x\rightarrow -\infty}h(x) [/mm] = 1 , [mm] \limes_{x\downarrow -3}h(x) [/mm] = [mm] -\infty [/mm] , [mm] \limes_{x\rightarrow +\infty} [/mm] = 1
Da h eine rationale Funktion ist, ist sie auf [mm] \IR\setminus\{-3\} [/mm] stetig. Mit dem Zwischenwertsatz folgt, dass Bild(h) = [mm] \IR\setminus\{1\}. [/mm] Aus der Vorlesung wissen wir, dass arctan: [mm] \IR \to (-\bruch{\pi}{2},\bruch{\pi}{2}) [/mm] bijektiv ist, also ist [mm] arctan_{|Bild(h)}: \IR\setminus\{1\} \to (-\bruch{\pi}{2},\bruch{\pi}{2})\setminus\{\bruch{\pi}{4}\} [/mm] auch bijektiv, da arctan 1 = [mm] \bruch{\pi}{4}.
[/mm]
Somit folgt, dass f bijektiv ist.
[mm] \Box
[/mm]
b)
Bestimme zuerst die Umkehrfunktion g.
f(x) = [mm] arctan\bruch{x}{x+3} [/mm] =: y
[mm] \gdw \bruch{x}{x+3} [/mm] = tan y
[mm] \gdw [/mm] x = (x+3)tan y
[mm] \gdw [/mm] x = x*tan y + 3*tan y
[mm] \gdw [/mm] x-x*tan y = 3*tan y
[mm] \gdw [/mm] x*(1-tan y) = 3tan y , y [mm] \not= \bruch{\pi}{4}
[/mm]
[mm] \gdw [/mm] x = [mm] \bruch{3tan y}{1-tan y} [/mm] =: g(y)
Bestimme f'.
f'(x) = [mm] arctan'(\bruch{x}{x+3})*(\bruch{x}{x+3})' [/mm] = [mm] \bruch{1}{1+(\bruch{x}{x+3})^2}*\bruch{(x)'*(x+3)-x*(x+3)'}{(x+3)^2} [/mm] = [mm] \bruch{1}{1+\bruch{x^2}{(x+3)^2}}*\bruch{x+3-x}{(x+3)^2} [/mm] = [mm] \bruch{3}{(x+3)^2+x^2} [/mm] = [mm] \bruch{3}{2x^2+6x+9}
[/mm]
Bestimme g'(y) mithilfe dem Satz der Ableitung der Umkehrfunktion.
[mm] \Rightarrow [/mm] g'(y) = [mm] \bruch{1}{f'(g(y))} [/mm] = [mm] \bruch{1}{\bruch{3}{2(g(y))^2+6g(y)+9}} [/mm] = [mm] \bruch{1}{\bruch{3}{2(\bruch{3tan y}{1-tan y})^2+6\bruch{3tan y}{1-tan y}+9}} [/mm] = [mm] \bruch{2(\bruch{3tan y}{1-tan y})^2+6\bruch{3tan y}{1-tan y}+9}{3}
[/mm]
Dann ist
[mm] g'(-\bruch{\pi}{4}) [/mm] = [mm] \bruch{2(\bruch{3tan(-\bruch{\pi}{4})}{1-tan(-\bruch{\pi}{4})})^2+6\bruch{3tan(-\bruch{\pi}{4})}{1-tan(-\bruch{\pi}{4})}+9}{3} [/mm] = [mm] \bruch{2(\bruch{3*(-1)}{1-(-1)})^2+6\bruch{3*(-1)}{1-(-1)}+9}{3} [/mm] = [mm] \bruch{2(-\bruch{3}{2})^2+6(-\bruch{3}{2})+9}{3} [/mm] = [mm] \bruch{2\bruch{9}{4}-9+9}{3} [/mm] = [mm] \bruch{\bruch{9}{2}}{3} [/mm] = [mm] \bruch{3}{2}
[/mm]
[mm] \Box
[/mm]
Grüsse
Alexander
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Du hast nicht begründet, warum [mm]h[/mm] bijektiv ist. Dazu genügt es nicht, das Bild von [mm]h[/mm] zu bestimmen.
Für b) kommt es auf die genaue Aufgabenstellung an. Wie du sie ganz oben aufgeschrieben hast, ist nicht verlangt, [mm]g[/mm] explizit zu bestimmen. Offenbar ist [mm]f \left( - \frac{3}{2} \right) = - \frac{\pi}{4}[/mm]. Daher gilt
[mm]g' \left( - \frac{\pi}{4} \right) = \frac{1}{f' \left( - \frac{3}{2} \right)}[/mm]
Einsetzen. Ausrechnen. Fertig.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:15 Di 23.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Leopold,
> Für b) kommt es auf die genaue Aufgabenstellung an. Wie du
> sie ganz oben aufgeschrieben hast, ist nicht verlangt, [mm]g[/mm]
> explizit zu bestimmen. Offenbar ist [mm]f \left( - \frac{3}{2} \right) = - \frac{\pi}{4}[/mm].
ich ergänze nur mal: Und daher [mm] $g(-\pi/4)=-3/2\,.$
[/mm]
> Daher gilt
>
> [mm]g' \left( - \frac{\pi}{4} \right) = \frac{1}{f' \left( - \frac{3}{2} \right)}[/mm]
[mm] $$g'(-\pi/4)=\frac{1}{f'(g(-\pi/4))}=...$$
[/mm]
> Einsetzen. Ausrechnen. Fertig.
Das Fazit hier ist eigentlich: Mehr wie [mm] $f\,'$ [/mm] und Deine obige Feststellung
braucht man nicht!
Gruß,
Marcel
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> Du hast nicht begründet, warum [mm]h[/mm] bijektiv ist. Dazu
> genügt es nicht, das Bild von [mm]h[/mm] zu bestimmen.
Ja, das stimmt.
Hier nun hoffentlich besser:
Die Funktion h definiere ich als h: [mm] \IR\setminus\{-3\} \to \IR\setminus\{1\}. [/mm] h(x) [mm] \not= [/mm] 1, da man durch äquivalente Umformungen herausfindet, dass es kein solches x gibt. Ich habe ja bereits gezeigt, dass Bild(h) = [mm] \IR\setminus\{1\} [/mm] ist. Also ist h surjektiv.
Zeige, dass h injektiv ist.
Sei [mm] h(x_1) [/mm] = [mm] h(x_2) [/mm] für [mm] x_1, x_2 \IR\setminus\{-3\}
[/mm]
[mm] \Rightarrow \bruch{x_1}{x_1+3} [/mm] = [mm] \bruch{x_2}{x_2+3}
[/mm]
[mm] \Rightarrow x_1(x_2+3) [/mm] = [mm] x_2(x_1+3)
[/mm]
[mm] \Rightarrow x_1x_2+3x_1-x_1x_2-3x_2 [/mm] = 0
[mm] \Rightarrow 3x_1-3x_2 [/mm] = 0
[mm] \Rightarrow 3x_1 [/mm] = [mm] 3x_2
[/mm]
[mm] \Rightarrow x_1 [/mm] = [mm] x_2
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] h injektiv
[mm] \Rightarrow [/mm] h bijektiv
Wir wissen, dass arctan: [mm] \IR \to (-\bruch{\pi}{2};\bruch{\pi}{2}) [/mm] bijektiv ist, und arctan(1) = [mm] \bruch{\pi}{4}.
[/mm]
Für jede Menge A [mm] \subset \IR [/mm] gilt: [mm] arctan_{|A}: [/mm] A [mm] \to Bild(arctan_{|A}) [/mm] ist bijektiv, wobei [mm] Bild(arctan_{|A}) [/mm] = [mm] (-\bruch{\pi}{2};\bruch{\pi}{2})\setminus Bild(arctan_{|\IR\setminus A})
[/mm]
Also folgt für unsere Aufgabe: [mm] arctan_{|Bild(h)}: \IR\setminus\{1\} \to (-\bruch{\pi}{2};\bruch{\pi}{2})\setminus\{\bruch{\pi}{4}\} [/mm] ist bijektiv, da arctan(1) = [mm] \bruch{\pi}{4}, [/mm] und somit ist f bijektiv.
[mm] \Box
[/mm]
> Für b) kommt es auf die genaue Aufgabenstellung an. Wie du
> sie ganz oben aufgeschrieben hast, ist nicht verlangt, [mm]g[/mm]
> explizit zu bestimmen. Offenbar ist [mm]f \left( - \frac{3}{2} \right) = - \frac{\pi}{4}[/mm].
> Daher gilt
>
> [mm]g' \left( - \frac{\pi}{4} \right) = \frac{1}{f' \left( - \frac{3}{2} \right)}[/mm]
>
> Einsetzen. Ausrechnen. Fertig.
Ok, so hätte ich es natürlich sehr viel kürzer und einfacher haben können.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:12 Di 23.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> > Du hast nicht begründet, warum [mm]h[/mm] bijektiv ist. Dazu
> > genügt es nicht, das Bild von [mm]h[/mm] zu bestimmen.
>
> Ja, das stimmt.
> Hier nun hoffentlich besser:
>
> Die Funktion h definiere ich als h: [mm]\IR\setminus\{-3\} \to \IR\setminus\{1\}.[/mm]
> h(x) [mm]\not=[/mm] 1, da man durch äquivalente Umformungen
> herausfindet, dass es kein solches x gibt.
schreib' das doch mal hin! (Angenommen, es gäbe eine $x [mm] \in \IR\,,$ [/mm] $x [mm] \not=\,-\,3$
[/mm]
mit [mm] $h(x)=1\,.$ [/mm] Dann folgt
$$h(x)=1 [mm] \iff \frac{x}{x+3}=1 \iff ...\,.$$
[/mm]
Du brauchst da noch nichtmal die [mm] $\iff\,,$ [/mm] es reichen sogar [mm] $\Longrightarrow$'s!)
[/mm]
Auch "Trivialitäten" sollte man beweisen können. Sonst geht's Dir mal so,
wie es einem meiner Dozenten erging:
"Ich dachte, das sei trivial. Aber jetzt, wo ich drüber nachdenke, warum
das trivial ist, sehe ich, dass das gar nicht so trivial ist..."
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:11 Di 23.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> > Du hast nicht begründet, warum [mm]h[/mm] bijektiv ist. Dazu
> > genügt es nicht, das Bild von [mm]h[/mm] zu bestimmen.
>
> Ja, das stimmt.
> Hier nun hoffentlich besser:
>
> Die Funktion h definiere ich als h: [mm]\IR\setminus\{-3\} \to \IR\setminus\{1\}.[/mm]
das hattest Du ja vorher prinzipiell auch da stehen!
> h(x) [mm]\not=[/mm] 1, da man durch äquivalente Umformungen
> herausfindet, dass es kein solches x gibt.
Siehe Mitteilung. Mir geht's auch nicht darum, dass ich Dir das nicht
glaube, dass Du Dir das überlegen kannst. Du musst es halt auch
auf Nachfrage wirklich vorführen können - zumal das hier eine Trivialität
ist!
> Ich habe ja
> bereits gezeigt, dass Bild(h) = [mm]\IR\setminus\{1\}[/mm] ist.
> Also ist h surjektiv.
Ja, das passt!
> Zeige, dass h injektiv ist.
>
> Sei [mm]h(x_1)[/mm] = [mm]h(x_2)[/mm] für [mm]x_1, x_2 \IR\setminus\{-3\}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow \bruch{x_1}{x_1+3}[/mm] = [mm]\bruch{x_2}{x_2+3}[/mm]
> [mm]\Rightarrow x_1(x_2+3)[/mm] = [mm]x_2(x_1+3)[/mm]
> [mm]\Rightarrow x_1x_2+3x_1-x_1x_2-3x_2[/mm] = 0
> [mm]\Rightarrow 3x_1-3x_2[/mm] = 0
> [mm]\Rightarrow 3x_1[/mm] = [mm]3x_2[/mm]
> [mm]\Rightarrow x_1[/mm] = [mm]x_2[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow[/mm] h injektiv
> [mm]\Rightarrow[/mm] h bijektiv
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Wir wissen, dass arctan: [mm]\IR \to (-\bruch{\pi}{2};\bruch{\pi}{2})[/mm]
> bijektiv ist, und arctan(1) = [mm]\bruch{\pi}{4}.[/mm]
> Für jede Menge A [mm]\subset \IR[/mm] gilt: [mm]arctan_{|A}:[/mm] A [mm]\to Bild(arctan_{|A})[/mm]
> ist bijektiv,
Das folgt direkt aus der Injektivität von [mm] $\arctan$!
[/mm]
> wobei [mm]Bild(arctan_{|A})[/mm] =
> [mm](-\bruch{\pi}{2};\bruch{\pi}{2})\setminus Bild(arctan_{|\IR\setminus A})[/mm]
Begründung?
> Also folgt für unsere Aufgabe: [mm]arctan_{|Bild(h)}: \IR\setminus\{1\} \to (-\bruch{\pi}{2};\bruch{\pi}{2})\setminus\{\bruch{\pi}{4}\}[/mm]
> ist bijektiv, da arctan(1) = [mm]\bruch{\pi}{4},[/mm] und somit ist
> f bijektiv.
>
> [mm]\Box[/mm]
So kann man das stehen lassen. Aber wie gesagt, wenn Du eh schon
beim b)-Teil die Umkehrfunktion berechnest, dann hätte ich das anders
gemacht. Macht aber nichts, viele Wege führen bekanntlich zum Ziel. Ich
sehe hier nun keinen Fehler mehr (aber auch ich kann natürlich einfach
etwas übersehen)!
> > Für b) kommt es auf die genaue Aufgabenstellung an. Wie du
> > sie ganz oben aufgeschrieben hast, ist nicht verlangt, [mm]g[/mm]
> > explizit zu bestimmen. Offenbar ist [mm]f \left( - \frac{3}{2} \right) = - \frac{\pi}{4}[/mm].
> > Daher gilt
> >
> > [mm]g' \left( - \frac{\pi}{4} \right) = \frac{1}{f' \left( - \frac{3}{2} \right)}[/mm]
>
> >
> > Einsetzen. Ausrechnen. Fertig.
>
> Ok, so hätte ich es natürlich sehr viel kürzer und
> einfacher haben können.
Kannst es ja (nochmal) nachrechnen. Und wenn Du willst, dann rechnest
Du auch nochmal das nach, was ich Dir geschrieben habe, was für $g [mm] \circ [/mm] f$
und für $f [mm] \circ [/mm] g$ rauskommen soll!
Gruß,
Marcel
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> > h(x) [mm]\not=[/mm] 1, da man durch äquivalente Umformungen
> > herausfindet, dass es kein solches x gibt.
>
> Siehe Mitteilung. Mir geht's auch nicht darum, dass ich Dir
> das nicht
> glaube, dass Du Dir das überlegen kannst. Du musst es
> halt auch
> auf Nachfrage wirklich vorführen können - zumal das hier
> eine Trivialität
> ist!
Angenommen, es existiert ein x [mm] \not= [/mm] -3 so, dass [mm] \bruch{x}{x+3} [/mm] = 1.
[mm] \Rightarrow [/mm] x = x+3
[mm] \Rightarrow [/mm] 0 = 3 Widerspruch, also war unsere Annahme falsch und es gibt kein solches x.
> > wobei [mm]Bild(arctan_{|A})[/mm] =
> > [mm](-\bruch{\pi}{2};\bruch{\pi}{2})\setminus Bild(arctan_{|\IR\setminus A})[/mm]
>
> Begründung?
Seien X, Y zwei Mengen und f: X [mm] \to [/mm] Y eine Abbildung, und A [mm] \subset [/mm] X eine nichtleere Teilmenge von X.
Behauptung: [mm] Bild(f_{|A}) [/mm] = [mm] Bild(f)\setminus Bild(f_{|X\setminus A})
[/mm]
Beweis:
[mm] ,,\subseteq''
[/mm]
Sei x [mm] \in Bild(f_{|A}).
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] x [mm] \in [/mm] Bild(f) und x [mm] \notin Bild(f_{|X\setminus A})
[/mm]
[mm] \Rightarrow Bild(f_{|A}) \subseteq Bild(f)\setminus Bild(f_{|X\setminus A})
[/mm]
[mm] ,,\supseteq''
[/mm]
Sei x [mm] \in Bild(f)\setminus Bild(f_{|X\setminus A})
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] x [mm] \in [/mm] Bild(f) und [mm] x\notin Bild(f_{|X\setminus A})
[/mm]
Also existiert ein a [mm] \in [/mm] X, sodass f(a) = x [mm] \notin Bild(f_{|X\setminus A})
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] a [mm] \notin X\setminus [/mm] A
[mm] \Rightarrow [/mm] a [mm] \in [/mm] A
[mm] \Rightarrow [/mm] x [mm] \in Bild(f_{|A})
[/mm]
[mm] \Box
[/mm]
>
> Kannst es ja (nochmal) nachrechnen. Und wenn Du willst,
> dann rechnest
> Du auch nochmal das nach, was ich Dir geschrieben habe,
> was für [mm]g \circ f[/mm]
> und für [mm]f \circ g[/mm] rauskommen soll!
Hab ich gemacht, und das g, was ich rausgefunden habe, ist die Umkehrfunktion.
Ich habe aber euren anderen Lösungsvorschlag genommen, da kürzer. :)
Danke für eure Hilfe!
Grüsse
Alexander
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:55 Mi 24.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> > > h(x) [mm]\not=[/mm] 1, da man durch äquivalente Umformungen
> > > herausfindet, dass es kein solches x gibt.
> >
> > Siehe Mitteilung. Mir geht's auch nicht darum, dass ich Dir
> > das nicht
> > glaube, dass Du Dir das überlegen kannst. Du musst es
> > halt auch
> > auf Nachfrage wirklich vorführen können - zumal das
> hier
> > eine Trivialität
> > ist!
>
> Angenommen, es existiert ein x [mm]\not=[/mm] 3
Du meinst $x [mm] \not=\red{\text{ -- }}3$ [/mm] - aber das weiß ja jeder! 
> so, dass
> [mm]\bruch{x}{x+3}[/mm] = 1.
>
> [mm]\Rightarrow[/mm] x = x+3
> [mm]\Rightarrow[/mm] 0 = 3 Widerspruch, also war unsere Annahme
> falsch und es gibt kein solches x.
Genau das meinte ich (auch, wenn es wirklich trivial ist)!
Den Rest schaue ich mir ggf. später an!
Gruß,
Marcel
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Sorry, ich habs korrigiert.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:29 Mi 24.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Blackburn,
> > > h(x) [mm]\not=[/mm] 1, da man durch äquivalente Umformungen
> > > herausfindet, dass es kein solches x gibt.
> >
> > Siehe Mitteilung. Mir geht's auch nicht darum, dass ich Dir
> > das nicht
> > glaube, dass Du Dir das überlegen kannst. Du musst es
> > halt auch
> > auf Nachfrage wirklich vorführen können - zumal das
> hier
> > eine Trivialität
> > ist!
>
> Angenommen, es existiert ein x [mm]\not=[/mm] -3 so, dass
> [mm]\bruch{x}{x+3}[/mm] = 1.
>
> [mm]\Rightarrow[/mm] x = x+3
> [mm]\Rightarrow[/mm] 0 = 3 Widerspruch, also war unsere Annahme
> falsch und es gibt kein solches x.
>
>
> > > wobei [mm]Bild(arctan_{|A})[/mm] =
> > > [mm](-\bruch{\pi}{2};\bruch{\pi}{2})\setminus Bild(arctan_{|\IR\setminus A})[/mm]
>
> >
> > Begründung?
>
> Seien X, Y zwei Mengen und f: X [mm]\to[/mm] Y eine Abbildung, und A
> [mm]\subset[/mm] X eine nichtleere Teilmenge von X.
> Behauptung: [mm]Bild(f_{|A})[/mm] = [mm]Bild(f)\setminus Bild(f_{|X\setminus A})[/mm]
den Beweis brauch' ich mir noch nichtmal anzugucken, denn der wird so
nicht stimmen können. Die Aussage stimmt aber etwa, wenn [mm] $f\,$ [/mm] injektiv
ist. (Bei dem Arkustangens habe ich irgendwo dazugesagt, dass Du das
bei Deiner Folgerung beachten sollst!)
Betrachte nämlich mal einfach [mm] $f\colon \{-2,\,-1,\,0,\,1,\,2\}=:X \to Y:=\IR$ [/mm] mit [mm] $f(x):=x^2\,.$ [/mm]
Dann ist [mm] $f(X)=\{0,\,1,\,4\}\,.$ [/mm] Es ist aber [mm] $f_{X \setminus \{1,2\}}=f_{|\{-2,\,-1,0\}}=f(X) \not=f(X) \setminus f(A)=\{0,1,4\} \setminus \{1,4\}=\{0\}\,,$
[/mm]
wobei [mm] $A:=\{1,\,2\}\,.$
[/mm]
Was immer gilt, ist $(f(X) [mm] \setminus [/mm] f(A)) [mm] \subseteq [/mm] f(X [mm] \setminus [/mm] A):$
Für $y [mm] \in [/mm] f(X) [mm] \setminus [/mm] f(A)$ gilt nämlich: Jedes $x [mm] \in [/mm] X$ mit [mm] $f(x)=y\,$ [/mm] muss
$x [mm] \notin [/mm] A$ erfüllen, denn andernfalls wäre $f(x) [mm] \in f(A)\,.$ [/mm] Ferner existiert
natürlich ein $x [mm] \in [/mm] X [mm] \setminus [/mm] A$ mit [mm] $f(x)=y\,,$ [/mm] wie sonst sollte $y [mm] \in [/mm] f(X)$ gelten? Es existiert insgesamt
also mindestens ein $x [mm] \in [/mm] X$ mit $x [mm] \notin [/mm] A$ und [mm] $f(x)=y\,,$ [/mm] und jedes $x [mm] \in [/mm] X$ mit $f(x)=y$ muss $x [mm] \notin [/mm] A$ erfüllen, so dass $f(x)=y [mm] \in [/mm] f(X [mm] \setminus [/mm] A)$ folgt.
(Nebenbei: Mit Deinen Notationen ist hier [mm] $f(A):=\text{Bild}f_{|A}$ [/mm] etc. pp. gemeint, ich hoffe, dass Dich da nichts verwirrt...)
Was nicht immer gelten kann, ist [mm] $f(X\setminus [/mm] A) [mm] \subseteq (f(X)\setminus f(A))\,.$ [/mm] Wir schauen mal,
an welcher Stelle wir im Beweis "hängenbleiben":
Sei $y [mm] \in [/mm] f(X [mm] \setminus A)\,.$ [/mm] Dann existiert ein $x [mm] \in [/mm] X [mm] \setminus [/mm] A$ mit [mm] $f(x)=y\,.$ [/mm] Jetzt "hängen" wir schon:
Wenn wir jetzt (etwa) wüßten, dass dieses $x [mm] \in [/mm] X [mm] \setminus [/mm] A$ das einzige [mm] $x\,$ [/mm] mit
$f(x)=y$ wäre, dann könnten wir $f(x) [mm] \notin [/mm] f(A)$ schließen. (Ich nehme an,
dass Du das in "Deinem Beweis" in unbedachter Weise so gemacht hast!)
Dies wissen wir aber i.a. nicht - siehe auch das obige Beispiel. (Wenn aber
[mm] $f\,$ [/mm] nun injektiv wäre...)
P.S. Natürlich kannst Du an der Stelle auch sagen: Es würde aber auch
reichen, zu wissen, dass es kein $a [mm] \in [/mm] A$ mit [mm] $f(a)=y\,$ [/mm] gibt. Ja klar, aber
aus welcher Eigenschaft von [mm] $f\,$ [/mm] wollen wir dies schließen? Wenn wir das
so einfach nur fordern, fordern wir einfach nur das, was wir haben wollen ^^
Gruß,
Marcel
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Hallo Marcel,
ok, ich habe meinen Fehler eingesehen.
Danke für deine Hilfe.
Grüsse
Alexander
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:41 Mi 24.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo nochmal,
> > > wobei [mm]Bild(arctan_{|A})[/mm] =
> > > [mm](-\bruch{\pi}{2};\bruch{\pi}{2})\setminus Bild(arctan_{|\IR\setminus A})[/mm]
>
> >
> > Begründung?
>
> Seien X, Y zwei Mengen und f: X [mm]\to[/mm] Y eine Abbildung, der
Du solltest o.E. auch $X,Y [mm] \not=\emptyset$ [/mm] annehmen!
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:47 Di 23.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> a) Zeigen Sie, dass die folgende Funktion bijektiv ist:
> f: [mm]\IR\setminus\{-3\} \to (-\bruch{\pi}{2},\bruch{\pi}{2})\setminus\{\bruch{\pi}{4}\},[/mm]
> x [mm]\mapsto arctan\bruch{x}{x+3}[/mm]
>
> b) Sei g die Umkehrfunktion von f. Bestimmen Sie
> [mm]g'(-\bruch{\pi}{4}).[/mm]
>
>
> Hallo,
>
> ist mein Beweis so richtig?
>
> a)
>
> Beweis:
>
> Offensichtlich ist h(x) := [mm]\bruch{x}{x+3} \not=[/mm] 1 [mm]\forall[/mm] x
> [mm]\in \IR\setminus\{-3\}[/mm]
warum ist das denn eigentlich "offensichtlich"?
> Es gilt: [mm]\limes_{x\uparrow -3}h(x)[/mm] = [mm]+\infty[/mm] ,
> [mm]\limes_{x\rightarrow -\infty}h(x)[/mm] = 1 , [mm]\limes_{x\downarrow -3}h(x)[/mm]
> = [mm]-\infty[/mm] , [mm]\limes_{x\rightarrow +\infty}[/mm] = 1
>
> Da h eine rationale Funktion ist, ist sie auf
> [mm]\IR\setminus\{-3\}[/mm] stetig. Mit dem Zwischenwertsatz folgt,
> dass Bild(h) = [mm]\IR\setminus\{1\}.[/mm] Aus der Vorlesung wissen
> wir, dass arctan: [mm]\IR \to (-\bruch{\pi}{2},\bruch{\pi}{2})[/mm]
> bijektiv ist, also ist [mm]arctan_{|Bild(h)}: \IR\setminus\{1\} \to (-\bruch{\pi}{2},\bruch{\pi}{2})\setminus\{\bruch{\pi}{4}\}[/mm]
> auch bijektiv, da arctan 1 = [mm]\bruch{\pi}{4}.[/mm]
> Somit folgt, dass f bijektiv ist.
>
> [mm]\Box[/mm]
Das sehe ich nicht: Du kannst mit Deinen Überlegungen vermutlich die
Surjektivität von [mm] $f\,$ [/mm] begründen. Wie begründest Du denn die Injektivität?
(Tipp: Verknüpfungen injektiver Funktionen sind injektiv. Beweis? Und
damit Du das anwenden kannst, musst Du die Injektivität von [mm] $h\,$ [/mm] wenigstens
erwähnen, zur Sicherheit solltest Du sie aber beweisen!)
Nebenbei: Damit für Funktionen $f [mm] \colon [/mm] X [mm] \to [/mm] Y$ und $g [mm] \colon [/mm] Y [mm] \to [/mm] Z$ die Abbildung
$g [mm] \circ [/mm] f [mm] \colon [/mm] X [mm] \to [/mm] Z$ definiert ist, braucht man nicht [mm] $(\text{Bild}(f)=\;\;\;)f(X)=Y\,$ [/mm] (also nicht die
Surjektivität von [mm] $f\,$). [/mm] Es reicht $f(X) [mm] \subseteq Y\,,$ [/mm] was man aber eh schon haben sollte,
denn andernfalls darf man $f [mm] \colon [/mm] X [mm] \to [/mm] Y$ gar nicht hinschreiben!
P.S. Die Überlegung [mm] $x_0 \notin \text{Bild}(h) \Rightarrow \arctan(x_0) \notin \text{Bild}(f)$ [/mm] ist okay, aber woran liegt
das denn eigentlich wirklich? (Dürftest Du so auch folgern, wenn [mm] $\arctan$ [/mm] NICHT
injektiv wäre?)
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:07 Di 23.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
mal nebenbei:
> b) Sei g die Umkehrfunktion von f. Bestimmen Sie
> [mm]g'(-\bruch{\pi}{4}).[/mm]
>
>
> Hallo,
>
> ist mein Beweis so richtig?
> b)
>
> Bestimme zuerst die Umkehrfunktion g.
>
> f(x) = [mm]arctan\bruch{x}{x+3}[/mm] =: y
> [mm]\gdw \bruch{x}{x+3}[/mm] = tan y
> [mm]\gdw[/mm] x = (x+3)tan y
> [mm]\gdw[/mm] x = x*tan y + 3*tan y
> [mm]\gdw[/mm] x-x*tan y = 3*tan y
> [mm]\gdw[/mm] x*(1-tan y) = 3tan y , y [mm]\not= \bruch{\pi}{4}[/mm]
> [mm]\gdw[/mm] x = [mm]\bruch{3tan y}{1-tan y}[/mm] =: g(y)
es ist hier super wichtig, dazuzuschreiben, für welche [mm] $y\,$ [/mm] Du so rechnest:
$$y [mm] \in (-\pi/2,\,\pi/2) \setminus \{\pi/4\}\,.$$
[/mm]
$y [mm] \not=\pi/4$ [/mm] hast Du ja dazugeschrieben, aber [mm] $-\pi/2 [/mm] < y < [mm] \pi/2$ [/mm] fehlt! Warum brauchst Du das?
Nunja: Die Gleichung [mm] $\arctan(x/(x+3))=y$ [/mm] wäre für $|y| [mm] \ge \pi/2$ [/mm] beim ![[]](/images/popup.gif) Arkustangens nicht
lösbar in $x [mm] \in \IR\,,$ [/mm] weil [mm] $y\,$ [/mm] mit $|y| [mm] \ge \pi/2$ [/mm] nicht im Wertebereich des Arkustangens liegt.
(Beispielsweise: [mm] $\arctan(r)=5 \iff r=\tan(5)\,$ [/mm] darfst Du daher NICHT folgern! Du darfst
zwar [mm] $\arctan(r)=5 \Rightarrow r=\tan(5)$ [/mm] schreiben, aber aus [mm] $r=\tan(5)$ [/mm] folgt
eben NICHT [mm] $\arctan(r)=5\,.$ [/mm] Strenggenommen ist auch [mm] $\arctan$ [/mm] nicht die
Umkehrfunktion zu [mm] $\tan\,$ [/mm] (auch, wenn das eine übliche, falsche Aussage ist,
die insbesondere gerne in der Schule gesagt wird!), sondern es ist [mm] $\arctan$ [/mm] die
Umkehrfunktion von [mm] $\tan_{|(-\pi/2,\,\pi/2)}\,,$ [/mm] also von dem Tangens eingeschränkt
auf das Intervall [mm] $(-\pi/2,\,\pi/2)\,.$ [/mm] Daher kannst Du auch gar nicht [mm] $\arctan(\tan(5))$
[/mm]
hinschreiben, weil [mm] $\tan(5) \notin (-\pi/2,\,\pi/2)\,.$ [/mm] Letztstehendes Intervall ist
aber der Definitionsbereich des [mm] $\arctan\,.$)
[/mm]
So nebenbei: Mit Deiner Berechnung von [mm] $g\,$ [/mm] kannst Du auch die Aufgabe,
dass [mm] $f\,$ [/mm] bijektiv ist, so beweisen, dass Du sowohl $g [mm] \circ f=\text{id}_{\IR \setminus \{-\,3\}}$ [/mm] als auch
$f [mm] \circ g=\text{id}_{|(-\pi/2,\pi) \setminus \{\pi/4\}}$ [/mm] nachrechnest! Daraus folgt dann nämlich sofort, dass [mm] $g\,$ [/mm]
die Umkehrfunktion zu [mm] $f\,$ [/mm] ist, insbesondere ist [mm] $f\,$ [/mm] dann bijektiv.
(Das ist übrigens "eine typische Vorgehensweise", wenn man 'eine
konkrete Ahnung' für die Umkehrfunktion hat. Man kann dann versuchen,
mithilfe dieser die Bijektivität zu beweisen - manchmal täuscht man sich
aber, und es gelingt einem nur, Injektivität oder Surjektivität mit 'der
Ahnung' nachzurechnen!)
P.S. Grundlage des Ganzen: Sind $X,Y$ nichtleere Mengen, so ist $f [mm] \colon [/mm] X [mm] \to [/mm] Y$ genau
dann injektiv, wenn es eine Abbildung $g [mm] \colon [/mm] Y [mm] \to [/mm] X$ so gibt, dass $g [mm] \circ f=\text{id}_X\,.$
[/mm]
Genau dann ist $f [mm] \colon [/mm] X [mm] \to [/mm] Y$ surjektiv, wenn es eine Abbildung $h [mm] \colon [/mm] Y [mm] \to [/mm] X$ gibt mit
$f [mm] \circ h=\text{id}_Y\,.$
[/mm]
(Beides kannst Du ja mal noch separat beweisen!)
Wenn wir also zu $f [mm] \colon [/mm] X [mm] \to [/mm] Y$ ein $g [mm] \colon [/mm] Y [mm] \to [/mm] X$ mit $g [mm] \circ f=\text{id}_X$ [/mm] gefunden haben,
so ist [mm] $f\,$ [/mm] injektiv. Wenn wir nun für $g [mm] \colon [/mm] Y [mm] \to [/mm] X$ auch $f [mm] \circ g=\text{id}_Y$ [/mm] nachweisen,
so folgt, dass [mm] $f\,$ [/mm] surjektiv ist. Also ist [mm] $f\,$ [/mm] bijektiv. Damit hat [mm] $f\,$ [/mm] eine
Umkehrfunktion, diese ist insbesondere sowohl rechtsinvers als auch
linksinvers zu [mm] $f\,,$ [/mm] und da eine solche eindeutig ist, muss also [mm] $g\,$ [/mm] die
gesuchte Umkehrfunktion zu [mm] $f\,$ [/mm] sein!
Gruß,
Marcel
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