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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:25 Mo 26.01.2009 | | Autor: | Bodo0686 |
| Aufgabe | Gegeben sei die Funktion [mm] f:\IR [/mm] -> [mm] \IR^2 [/mm] durch
f(x) = (cos(x);sin(x)). Weiter sei [mm] x^0 [/mm] =0 und h = [mm] 2\pi. [/mm] Zeigen Sie dass es dann kein 0 < [mm] \theta<1 [/mm] gibt, mit dem [mm] f(x^0 [/mm] + h)- [mm] f(x^0)= f'(x^0 [/mm] + [mm] \theta [/mm] h)h ist. |
Hallo,
könnt ihr mir weiterhelfen? Mit fehlt ne passende Idee...
Grüße
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:52 Mo 26.01.2009 | | Autor: | fred97 |
Mache einen Widerspruchsbeweis
Es ist f(h) -f(0) = 0 Und $f'(x) = (-sinx,cosx)$
Annahme: es gibt ein [mm] \theta \in [/mm] (0,1) mit
$ f( h)- f(0)$= [mm] $f'(x^0 [/mm] + [mm] \theta [/mm] h)h$.
Dann müßte es ein t in [mm] \IR [/mm] geben mit$f'(t) = 0$, also $sint = cost = 0$
Aber so etwas gibt es nicht.
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:05 Mo 26.01.2009 | | Autor: | Bodo0686 |
Hallo,
ja, ist mir auch grad in den Sinn gekommen 
Also, es ex ein 0 < [mm] \theta [/mm] < 1 mit [mm] f(x^0 [/mm] + h) - [mm] f(x^0) [/mm] = [mm] f'(x^0 [/mm] + [mm] \theta [/mm] h)h
Bew:
[mm] f(x^0 [/mm] + h) - [mm] f(x^0) [/mm] = [mm] f(2\pi) [/mm] - f(0) = [mm] (cos(2\pi), sin(2\pi)) [/mm] - (cos(0), sin(0)) = (1,0) - (1,0) = (0,0)
[mm] f'(x^0 [/mm] + [mm] \theta [/mm] h)h = [mm] f'(\theta 2\pi) 2\pi [/mm] )= [mm] (-sin(\theta 2\pi) [/mm] , [mm] cos(\theta 2\pi) [/mm]
jetzt Annahme [mm] \theta [/mm] = 0,5
[mm] =(-sin(\theta \pi)2\pi [/mm] , [mm] cos(\theta \pi)2\pi) [/mm] = (0, [mm] -2\pi) [/mm]
-> (0,0) [mm] \not= (0,-2\pi)). [/mm] Widerspruch.
Da ich eins gefunden habe, für das es nicht gilt, gilt es für alle [mm] 0<\theta [/mm] <1 auch nicht....
Kann man das so machen... Ok, ich habs jetzt speziell für ein [mm] \theta=0,5 [/mm] gemacht, kann ich dann argumentieren, statt [mm] \theta=0,5, [/mm] sei [mm] \theta(0,1) [/mm] ???
Danke und Grüße
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:09 Mo 26.01.2009 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
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> ja, ist mir auch grad in den Sinn gekommen
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> Also, es ex ein 0 < [mm]\theta[/mm] < 1 mit [mm]f(x^0[/mm] + h) - [mm]f(x^0)[/mm] =
> [mm]f'(x^0[/mm] + [mm]\theta[/mm] h)h
>
> Bew:
>
> [mm]f(x^0[/mm] + h) - [mm]f(x^0)[/mm] = [mm]f(2\pi)[/mm] - f(0) = [mm](cos(2\pi), sin(2\pi))[/mm]
> - (cos(0), sin(0)) = (1,0) - (1,0) = (0,0)
>
> [mm]f'(x^0[/mm] + [mm]\theta[/mm] h)h = [mm]f'(\theta 2\pi) 2\pi[/mm] )= [mm](-sin(\theta 2\pi)[/mm]
> , [mm]cos(\theta 2\pi)[/mm]
>
> jetzt Annahme [mm]\theta[/mm] = 0,5
Das geht nicht !!!!!!
Du hast doch
$ [mm] (-sin(\theta 2\pi) [/mm] $ , $ [mm] cos(\theta 2\pi) [/mm] $ = (0,0)
Wenn das gelten würde, so hätten die Funktionen Sinus und Cosinus eine gemeinsame Nullstelle !!!!!
Haben sie so eine ?
FRED
>
> [mm]=(-sin(\theta \pi)2\pi[/mm] , [mm]cos(\theta \pi)2\pi)[/mm] = (0, [mm]-2\pi)[/mm]
>
> -> (0,0) [mm]\not= (0,-2\pi)).[/mm] Widerspruch.
>
> Da ich eins gefunden habe, für das es nicht gilt, gilt es
> für alle [mm]0<\theta[/mm] <1 auch nicht....
>
> Kann man das so machen... Ok, ich habs jetzt speziell für
> ein [mm]\theta=0,5[/mm] gemacht, kann ich dann argumentieren, statt
> [mm]\theta=0,5,[/mm] sei [mm]\theta(0,1)[/mm] ???
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> Danke und Grüße
>
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:10 Mo 26.01.2009 | | Autor: | Bodo0686 |
Nein, cosinus und sinus haben keine gemeinsame Nullstelle...
rein bildlich betrachtet...
Grüße
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:12 Mo 26.01.2009 | | Autor: | fred97 |
Na also. Damit hast Du einen Widerspruch.
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:14 Mo 26.01.2009 | | Autor: | Bodo0686 |
Hallo Fred,
das war jetzt schon alles? War ja gar nicht so schwierig! Aber trotzdem für deine schnelle Hilfe..
Viele Grüße
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