Differenzierbarkeit < Differentiation < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:42 Mi 27.06.2012 | | Autor: | Anazeug |
| Aufgabe | z.z.
f: [mm] \IR \to \IR, f(x)=\begin{cases} x^2 cos\bruch{1}{x}, & \mbox{für } x \not= 0 \mbox{} \\ 0, & \mbox{für } x = 0 \mbox{} \end{cases} [/mm] differnzierbar, aber die Ableitung ist nicht stetig. |
Hey, ist mein geführter Beweis so okay oder gibts an irgendwelchen Stellen Verbesserungsvorschläge?
Annahme: Die Funktion f ist differnzierbar, aber f' ist unstetig in Punkt 0.
Beweis:
Für alle x [mm] \not= [/mm] 0 gilt nach Produkt- und Kettenregel:
f'(x) = 2x [mm] cos\bruch{1}{x} [/mm] - [mm] x^2 sin\bruch{1}{x} (\bruch{-1}{x^2}) [/mm] = 2x [mm] cos\bruch{1}{x} [/mm] + [mm] sin\bruch{1}{x}
[/mm]
Im Nullpunkt berechnen wir den Differnentialquotienten direkt zu
[mm] \limes_{h\rightarrow0} \bruch{(f(h) - f(0))}{h} [/mm] = [mm] \limes_{h\rightarrow0} [/mm] h [mm] cos\bruch{1}{h} [/mm] = 0.
Also ist f differnzierbar. Weiter gilt [mm] \limes_{x\rightarrow0} [/mm] 2x [mm] cos\bruch{1}{x} [/mm] = 0, aber [mm] \limes_{x\rightarrow0} sin\bruch{1}{x} [/mm] existiert nicht. Folglich existiert [mm] \limes_{x\rightarrow0, x\not= 0} [/mm] f'(x) nicht, und damit ist f' unstetig in Punkt 0.
Danke im Voraus! :)
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Hallo Anazeug!
Grundsätzlich stimmt Dein Beweis. Aber Du solltest auch jeweils mehr Zwischenschritte formulieren.
> Beweis:
> Für alle x [mm]\not=[/mm] 0 gilt nach Produkt- und Kettenregel:
> f'(x) = 2x [mm]cos\bruch{1}{x}[/mm] - [mm]x^2 sin\bruch{1}{x} (\bruch{-1}{x^2})[/mm] = 2x [mm]cos\bruch{1}{x}[/mm] + [mm]sin\bruch{1}{x}[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Im Nullpunkt berechnen wir den Differnentialquotienten
> direkt zu
>
> [mm]\limes_{h\rightarrow0} \bruch{(f(h) - f(0))}{h}[/mm] = [mm]\limes_{h\rightarrow0}[/mm] h [mm]cos\bruch{1}{h}[/mm] = 0.
Beginne mit $f'(0) \ := \ [mm] \limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(0+h)-f(0)}{h} [/mm] \ = \ ...$
Dann solltest Du begründen, warum dieser Grenzwert so lautet (also quasi das letzte Gleichheitszeichen begründen).
> Also ist f differnzierbar. Weiter gilt
> [mm]\limes_{x\rightarrow0}[/mm] 2x [mm]cos\bruch{1}{x}[/mm] = 0,
Wie oben: warum ist das so?
> aber [mm]\limes_{x\rightarrow0} sin\bruch{1}{x}[/mm] existiert nicht.
> Folglich existiert [mm]\limes_{x\rightarrow0, x\not= 0}[/mm] f'(x)
> nicht, und damit ist f' unstetig in Punkt 0.
Gruß vom
Roadrunner
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:34 Mi 27.06.2012 | | Autor: | Anazeug |
Alles klar Chef, wird gemacht - Danke! :)
... ich werde evtl. später mal nochmal posten, wie ich das nun näher erklären würde. :)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:33 Mi 27.06.2012 | | Autor: | Anazeug |
> > Im Nullpunkt berechnen wir den Differnentialquotienten
> > direkt zu
> >
> > [mm]\limes_{h\rightarrow0} \bruch{(f(h) - f(0))}{h}[/mm] =
> [mm]\limes_{h\rightarrow0}[/mm] h [mm]cos\bruch{1}{h}[/mm] = 0.
>
> Beginne mit [mm]f'(0) \ := \ \limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(0+h)-f(0)}{h} \ = \ ...[/mm]
>
> Dann solltest Du begründen, warum dieser Grenzwert so
> lautet (also quasi das letzte Gleichheitszeichen
> begründen).
Ich merke, dass ich das nicht so leicht erklären kann, ich habe das einfach nur stupide davon abgeleitet, da ich den Beweis schonmal für die gleiche Funktion hatte, nur anstelle von cos für sin betrachtet ...
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Hallo,
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> > > Im Nullpunkt berechnen wir den Differnentialquotienten
> > > direkt zu
> > >
> > > [mm]\limes_{h\rightarrow0} \bruch{(f(h) - f(0))}{h}[/mm] =
> > [mm]\limes_{h\rightarrow0}[/mm] h [mm]cos\bruch{1}{h}[/mm] = 0.
> >
> > Beginne mit [mm]f'(0) \ := \ \limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(0+h)-f(0)}{h} \ = \ ...[/mm]
>
> >
> > Dann solltest Du begründen, warum dieser Grenzwert so
> > lautet (also quasi das letzte Gleichheitszeichen
> > begründen).
>
> Ich merke, dass ich das nicht so leicht erklären kann, ich
> habe das einfach nur stupide davon abgeleitet, da ich den
> Beweis schonmal für die gleiche Funktion hatte, nur
> anstelle von cos für sin betrachtet ...
Eine Möglichkeit:
Setze [mm]u:=\frac{1}{h}[/mm], dann ist statt [mm]\lim\limits_{h\to 0}\left(h\cdot{}\cos\left(\frac{1}{h}\right)\right)[/mm] zu untersuchen:
[mm]\lim\limits_{u\to\pm\infty}\frac{\cos(u)}{u}[/mm]
Betrachte das Ganze im Betrag:
[mm]0\le\left|\frac{\cos(u)}{u}\right|\le\frac{1}{|u|}[/mm]
Was sagt das Sandwichlemma?
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:17 Mi 27.06.2012 | | Autor: | Anazeug |
> Eine Möglichkeit:
>
> Setze [mm]u:=\frac{1}{h}[/mm], dann ist statt [mm]\lim\limits_{h\to 0}\left(h\cdot{}\cos\left(\frac{1}{h}\right)\right)[/mm]
> zu untersuchen:
>
> [mm]\lim\limits_{u\to\pm\infty}\frac{\cos(u)}{u}[/mm]
>
> Betrachte das Ganze im Betrag:
>
> [mm]0\le\left|\frac{\cos(u)}{u}\right|\le\frac{1}{|u|}[/mm]
>
> Was sagt das Sandwichlemma?
Das [mm] \bruch{1}{|u|} [/mm] gegen 0 geht und somit [mm] \bruch{cos(u)}{u} [/mm] (im Betrag) ebenso.
Was ich noch nicht ganz verstehe, wie man von [mm]\limes_{h\rightarrow0} \bruch{(f(h) - f(0))}{h}[/mm] auf = [mm]\limes_{h\rightarrow0}[/mm] h [mm]cos\bruch{1}{h}[/mm] kommt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:29 Mi 27.06.2012 | | Autor: | Anazeug |
> > Eine Möglichkeit:
> >
> > Setze [mm]u:=\frac{1}{h}[/mm], dann ist statt [mm]\lim\limits_{h\to 0}\left(h\cdot{}\cos\left(\frac{1}{h}\right)\right)[/mm]
> > zu untersuchen:
> >
> > [mm]\lim\limits_{u\to\pm\infty}\frac{\cos(u)}{u}[/mm]
> >
> > Betrachte das Ganze im Betrag:
> >
> > [mm]0\le\left|\frac{\cos(u)}{u}\right|\le\frac{1}{|u|}[/mm]
> >
> > Was sagt das Sandwichlemma?
>
Das [mm]\bruch{1}{|u|}[/mm] gegen 0 geht und somit [mm]\bruch{cos(u)}{u}[/mm] (im Betrag) ebenso.
> Was ich noch nicht ganz verstehe, wie man von
> [mm]\limes_{h\rightarrow0} \bruch{(f(h) - f(0))}{h}[/mm] auf =
> [mm]\limes_{h\rightarrow0}[/mm] h [mm]cos\bruch{1}{h}[/mm] kommt
Die obige Mitteilung sollte eine Frage sein, sorry.
(jetzt hat ein Moderator meine obige Mitteilung in eine Frage umgewandelt, somit ist dieser Beitrag hier überflussig, sorry.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:32 Mi 27.06.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> > Eine Möglichkeit:
> >
> > Setze [mm]u:=\frac{1}{h}[/mm], dann ist statt [mm]\lim\limits_{h\to 0}\left(h\cdot{}\cos\left(\frac{1}{h}\right)\right)[/mm]
> > zu untersuchen:
> >
> > [mm]\lim\limits_{u\to\pm\infty}\frac{\cos(u)}{u}[/mm]
> >
> > Betrachte das Ganze im Betrag:
> >
> > [mm]0\le\left|\frac{\cos(u)}{u}\right|\le\frac{1}{|u|}[/mm]
> >
> > Was sagt das Sandwichlemma?
>
> Das [mm]\bruch{1}{|u|}[/mm] gegen 0 geht und somit [mm]\bruch{cos(u)}{u}[/mm]
> (im Betrag) ebenso.
>
>
> Was ich noch nicht ganz verstehe, wie man von
> [mm]\limes_{h\rightarrow0} \bruch{(f(h) - f(0))}{h}[/mm] auf =
> [mm]\limes_{h\rightarrow0}[/mm] h [mm]cos\bruch{1}{h}[/mm] kommt
einsetzen: Es war doch [mm] $f(0)=0\,$ [/mm] und es ist [mm] $f(h)=h^2\cos(1/h)$ [/mm] für $h [mm] \not=0\,.$ [/mm] Beachte, dass man bei [mm] $\lim_{h \to 0}$ [/mm] die Konvention hat, dass das als [mm] $\lim_{0 \not=h \to 0}$ [/mm] zu lesen ist.
Und wenn Du nun alles einsetzt:
[mm] $$\lim_{h \to 0}\frac{f(h)-f(0)}{h}=\lim_{0 \not=h \to 0}\frac{h^2*\cos(1/h)-0}{h}=\lim_{0 \not=h \to 0}h*\cos(1/h)\,.$$
[/mm]
P.S.
Anstatt [mm] [nomm]$\rightarrow$[/nomm] [/mm] kannst Du auch einfach schnell [mm] [nomm]$\to$[/nomm] [/mm] schreiben!
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:39 Mi 27.06.2012 | | Autor: | Anazeug |
Danke für alles Marcel! :)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:24 Mi 27.06.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo Ana,
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> > > Im Nullpunkt berechnen wir den Differnentialquotienten
> > > direkt zu
> > >
> > > [mm]\limes_{h\rightarrow0} \bruch{(f(h) - f(0))}{h}[/mm] =
> > [mm]\limes_{h\rightarrow0}[/mm] h [mm]cos\bruch{1}{h}[/mm] = 0.
> >
> > Beginne mit [mm]f'(0) \ := \ \limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(0+h)-f(0)}{h} \ = \ ...[/mm]
>
> >
> > Dann solltest Du begründen, warum dieser Grenzwert so
> > lautet (also quasi das letzte Gleichheitszeichen
> > begründen).
>
> Ich merke, dass ich das nicht so leicht erklären kann, ich
> habe das einfach nur stupide davon abgeleitet, da ich den
> Beweis schonmal für die gleiche Funktion hatte, nur
> anstelle von cos für sin betrachtet ...
ich gebe Dir mal eine passende Analogie, damit Du [mm] $\lim_{h \to 0}h*\cos(1/h)=0\,$ [/mm] erkennst:
Die Produktfolge, die aus einer Nullfolge und einer beschränkten Folge gebildet wird, ist eine Nullfolge. Wieso?
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:28 Mi 27.06.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo Ana,
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> > > Im Nullpunkt berechnen wir den Differnentialquotienten
> > > direkt zu
> > >
> > > [mm]\limes_{h\rightarrow0} \bruch{(f(h) - f(0))}{h}[/mm] =
> > [mm]\limes_{h\rightarrow0}[/mm] h [mm]cos\bruch{1}{h}[/mm] = 0.
> >
> > Beginne mit [mm]f'(0) \ := \ \limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f(0+h)-f(0)}{h} \ = \ ...[/mm]
>
> >
> > Dann solltest Du begründen, warum dieser Grenzwert so
> > lautet (also quasi das letzte Gleichheitszeichen
> > begründen).
>
> Ich merke, dass ich das nicht so leicht erklären kann, ich
> habe das einfach nur stupide davon abgeleitet, da ich den
> Beweis schonmal für die gleiche Funktion hatte, nur
> anstelle von cos für sin betrachtet ...
Schachuzipus Vorschlag geht auch, aber da macht man ein bisschen unnötiges:
Sehr schnell und einfach geht's auch, wenn Du's nicht wie in meiner Mitteilung (analog) machen willst, auch so:
Offenbar gilt doch für jedes $0 [mm] \not=h$ [/mm] die Abschätzung
$$0 [mm] \le |h*\cos(1/h)| \le |h|\,.$$
[/mm]
Damit folgt alles wegen der Stetigkeit des Betrages in [mm] $0\,$ [/mm] und weil [mm] $|0|=0\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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