limes (sin x/x) = ? < Trigonometr. Fktn < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:59 Fr 21.12.2012 | | Autor: | DrRiese |
| Aufgabe | Satz:
Sinus und Cosinus sind in [mm] \IR [/mm] differenzierbar und es gilt sin'(x) = cos (x)
Beweis:
[mm] \bruch{sin (x+h) - sin(x)}{h} [/mm] = [mm] \bruch{sin(x)*cos(h)+sin(h)*cos(x)-sin(x)}{h} [/mm] = sin(x) [mm] \bruch{cos(h)-1}{h} [/mm] + cos(x) [mm] \bruch{sin(h)}{h} [/mm]
[mm] \limes_{h\rightarrow\ 0} [/mm] sin(x) [mm] \bruch{cos(h)-1}{h} [/mm] + cos(x) [mm] \bruch{sin(h)}{h} [/mm] = sin(x)*0 + cos(x)*1 = cos(x) |
Hallo,
bei der Nachbereitung der Vorlesungsunterlagen ist mir ein scheinbarer Widerspruch aufgefallen.
Laut Beweis von der Vorlesung ist dann ja [mm] \limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{sin(h)}{h} [/mm] = 1.
Aber ein paar Seiten weiter steht, dass genau dieser Limes nicht gebildet werden könne, da dann [mm] \bruch{0}{0} [/mm] stehen würde.
Freue mich über Rückmeldungen 
LG
DrRiese
|
|
| |
|
Hallo DrRiese,
> Satz:
> Sinus und Cosinus sind in [mm]\IR[/mm] differenzierbar und es gilt
> sin'(x) = cos (x)
>
> Beweis:
> [mm]\bruch{sin (x+h) - sin(x)}{h}[/mm] = [mm]\bruch{sin(x)*cos(h)+sin(h)*cos(x)-sin(x)}{h}[/mm] = sin(x) [mm]\bruch{cos(h)-1}{h}[/mm] + cos(x) [mm]\bruch{sin(h)}{h}[/mm]
> [mm]\limes_{h\rightarrow\ 0}[/mm] sin(x) [mm]\bruch{cos(h)-1}{h}[/mm] + cos(x) [mm]\bruch{sin(h)}{h}[/mm] = sin(x)*0 + cos(x)*1 = cos(x)
> Hallo,
> bei der Nachbereitung der Vorlesungsunterlagen ist mir ein
> scheinbarer Widerspruch aufgefallen.
> Laut Beweis von der Vorlesung ist dann ja
> [mm]\limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{sin(h)}{h}[/mm] = 1.
> Aber ein paar Seiten weiter steht, dass genau dieser Limes
> nicht gebildet werden könne, da dann [mm]\bruch{0}{0}[/mm] stehen
> würde.
Ja, das ergibt sich bei direktem Grenzübergang, aber [mm]\frac{0}{0}[/mm] ist ein unbestimmter Ausdruck, das kann alles sein und nichts.
Hier ist es 1
Das sieht man zB. mit de l'Hôpital oder indem man
[mm]1=\cos(0)=\sin'(0)=\lim\limits_{h\to 0}\frac{\sin(h)-\sin(0)}{h-0}=\lim\limits_{h\to 0}\frac{\sin(h)}{h}[/mm] betrachtet.
Beides nutzt aber aus, dass man die Ableitung vom Sinus schon kennt.
Eine andere Möglichkeit [mm]\lim\limits_{h\to 0}\frac{\sin(h)}{h}=1[/mm] einzusehen, ist, sich das am Einheitskreis anzuschauen ...
Das hat Loddar hier im Forum schon einige Male gemacht und auch verlinkt. Kannst ja mal die Forensuche anschmeißen ...
>
> Freue mich über Rückmeldungen
>
> LG
> DrRiese
Gruß
schachuzipus
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:21 Fr 21.12.2012 | | Autor: | DrRiese |
Ok, mit L'Hospital habe ich das jetzt verstanden. War ja doch nicht so schwer :D Danke
LG
DrRiese
|
|
|
| |
|
Hallo nochmal,
naja, streng genommen willst du ja mit der Aufgabe zeigen, dass [mm] $\sin'(x)=\cos(x)$ [/mm] ist.
Das nutzt du aber bei der Verwendung von de l'Hôpital schon aus ...
Ganz koscher ist das nicht ...
Gruß
schachuzipus
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:35 Fr 21.12.2012 | | Autor: | Loddar |
Hallo schachuzipus!
> Eine andere Möglichkeit [mm]\lim\limits_{h\to 0}\frac{\sin(h)}{h}=1[/mm] einzusehen, ist, sich das am
> Einheitskreis anzuschauen ...
>
> Das hat Loddar hier im Forum schon einige Male gemacht und
> auch verlinkt.
Du meinst das hier? 
Gruß
Loddar
|
|
|
| |
|
Hi Loddar,
ich wusste, dass wir auf dich zählen können!
> Hallo schachuzipus!
>
>
> > Eine andere Möglichkeit [mm]\lim\limits_{h\to 0}\frac{\sin(h)}{h}=1[/mm]
> einzusehen, ist, sich das am
> > Einheitskreis anzuschauen ...
> >
> > Das hat Loddar hier im Forum schon einige Male gemacht und
> > auch verlinkt.
>
> Du meinst das hier?
Rrrrichtig!
Danke für den link!
>
>
> Gruß
> Loddar
>
LG
schachuzipus
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:10 Mi 26.12.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo DrRiese,
>
>
> > Satz:
> > Sinus und Cosinus sind in [mm]\IR[/mm] differenzierbar und es
> gilt
> > sin'(x) = cos (x)
> >
> > Beweis:
> > [mm]\bruch{sin (x+h) - sin(x)}{h}[/mm] =
> [mm]\bruch{sin(x)*cos(h)+sin(h)*cos(x)-sin(x)}{h}[/mm] = sin(x)
> [mm]\bruch{cos(h)-1}{h}[/mm] + cos(x) [mm]\bruch{sin(h)}{h}[/mm]
>
> > [mm]\limes_{h\rightarrow\ 0}[/mm] sin(x) [mm]\bruch{cos(h)-1}{h}[/mm] +
> cos(x) [mm]\bruch{sin(h)}{h}[/mm] = sin(x)*0 + cos(x)*1 = cos(x)
>
> > Hallo,
> > bei der Nachbereitung der Vorlesungsunterlagen ist mir
> ein
> > scheinbarer Widerspruch aufgefallen.
> > Laut Beweis von der Vorlesung ist dann ja
> > [mm]\limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{sin(h)}{h}[/mm] = 1.
> > Aber ein paar Seiten weiter steht, dass genau dieser
> Limes
> > nicht gebildet werden könne, da dann [mm]\bruch{0}{0}[/mm] stehen
> > würde.
>
> Ja, das ergibt sich bei direktem Grenzübergang, aber
> [mm]\frac{0}{0}[/mm] ist ein unbestimmter Ausdruck, das kann alles
> sein und nichts.
>
> Hier ist es 1
>
> Das sieht man zB. mit de l'Hôpital oder indem man
>
> [mm]1=\cos(0)=\sin'(0)=\lim\limits_{h\to 0}\frac{\sin(h)-\sin(0)}{h-0}=\lim\limits_{h\to 0}\frac{\sin(h)}{h}[/mm]
> betrachtet.
>
> Beides nutzt aber aus, dass man die Ableitung vom Sinus
> schon kennt.
>
> Eine andere Möglichkeit [mm]\lim\limits_{h\to 0}\frac{\sin(h)}{h}=1[/mm]
> einzusehen, ist, sich das am Einheitskreis anzuschauen ...
zudem gibt's auch die Möglichkeit mithilfe der Reihenentwicklung des Sinus!
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:45 Sa 22.12.2012 | | Autor: | fred97 |
> Satz:
> Sinus und Cosinus sind in [mm]\IR[/mm] differenzierbar und es gilt
> sin'(x) = cos (x)
>
> Beweis:
> [mm]\bruch{sin (x+h) - sin(x)}{h}[/mm] =
> [mm]\bruch{sin(x)*cos(h)+sin(h)*cos(x)-sin(x)}{h}[/mm] = sin(x)
> [mm]\bruch{cos(h)-1}{h}[/mm] + cos(x) [mm]\bruch{sin(h)}{h}[/mm]
> [mm]\limes_{h\rightarrow\ 0}[/mm] sin(x) [mm]\bruch{cos(h)-1}{h}[/mm] +
> cos(x) [mm]\bruch{sin(h)}{h}[/mm] = sin(x)*0 + cos(x)*1 = cos(x)
> Hallo,
> bei der Nachbereitung der Vorlesungsunterlagen ist mir ein
> scheinbarer Widerspruch aufgefallen.
> Laut Beweis von der Vorlesung ist dann ja
> [mm]\limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{sin(h)}{h}[/mm] = 1.
> Aber ein paar Seiten weiter steht, dass genau dieser Limes
> nicht gebildet werden könne, da dann [mm]\bruch{0}{0}[/mm] stehen
> würde.
.... das trifft aber auch auf den Grenzwert von [mm] \bruch{cos(h)-1}{h} [/mm] zu .... ?!
Wenn Ihr Sinus und Cosinus über Potenzreihen def. habt, so kann man damit die beiden Grenzwerte locker berechnen.
FRED
>
> Freue mich über Rückmeldungen
>
> LG
> DrRiese
|
|
|
| |
|
> Hallo,
> bei der Nachbereitung der Vorlesungsunterlagen ist mir ein
> scheinbarer Widerspruch aufgefallen.
> Laut Beweis von der Vorlesung ist dann ja
> [mm]\limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{sin(h)}{h}[/mm] = 1.
> Aber ein paar Seiten weiter steht, dass genau dieser Limes
> nicht gebildet werden könne, da dann [mm]\bruch{0}{0}[/mm] stehen
> würde.
>
> Freue mich über Rückmeldungen
>
> LG
> DrRiese
Hallo DrRiese,
mich würde interessieren, was genau denn da "ein
paar Seiten weiter hinten" steht.
Der Limes, von dem du sprichst, nämlich [mm]\limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{sin(h)}{h}[/mm] ,
existiert nämlich sehr wohl.
Ich vermute also, dass du da wohl etwas missverstanden
hast. Zweite Möglichkeit: das Skript, wo du das her hast,
ist nicht ganz das Gelbe vom Ei ... ![[kopfkratz3]](/images/smileys/kopfkratz3.gif "[kopfkratz3]")
LG, Al-Chw.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:56 Mi 26.12.2012 | | Autor: | DrRiese |
Da steht unter dem Kapitel "Unbestimmte Ausdrücke":
[mm] "\limes_{x\rightarrow\infty} \bruch{sin (x)}{x} [/mm] , dies kann nicht mit der Quotientenregel berechnet werden, da [mm] \bruch{0}{0} [/mm] keinen Wert hat. [mm] \bruch{0}{0} [/mm] ist ein unbestimmter Ausdruck, wie auch [mm] \bruch{\infty}{\infty}, \infty [/mm] - [mm] \infty, [/mm] usw."
|
|
|
| |
|
Hallo,
> Da steht unter dem Kapitel "Unbestimmte Ausdrücke":
>
> [mm] src="http://teximg.matheraum.de/render?d=108&s=$$" _cke_realelement="true" (x)}{x}? \bruch{sin \limes_{x\rightarrow\infty} (x)}{x}$?> , dies kann
> nicht mit der Quotientenregel berechnet werden, da
> ![$\bruch{0}{0}[/mm]]()
> unbestimmter Ausdruck, wie auch [mm]\bruch{\infty}{\infty}, \infty[/mm]
> - [mm]\infty,[/mm] usw."
>
Was verstehst du in diesem Zusammenhang unter dem Begriff Quotientenregel? Das ist IMO erklärungsbedürftig, ich kenne den Begriff nur in einem völlig anderen Zusammenhang.
Außerdem geht es doch um den Grenzwert für h->0. Was da in deinem Skript steht, ist einfach nur die Tatsache, dass man den Grenzwert nicht einfach durch Einsetzen von h=0 auswerten kann, weil sonst eben etwas undefiniertes dasteht. Sondern man muss weitere Überlegungen anstellen, wie man durch Umformen weiterkommt. Das Wesen dieser undefinierten Ausdrücke ist es ja gerade, dass man eben nicht sagen kann, was am Ende dabei herauskommt.
Gruß, Diophant
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:20 Mi 26.12.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo Diophant,
> Hallo,
>
> > Da steht unter dem Kapitel "Unbestimmte Ausdrücke":
> >
> > [mm]src="http://teximg.matheraum.de/render?d=108&s=$$" _cke_realelement="true" (x)}{x}? \bruch{sin \limes_{x\rightarrow\infty} (x)}{x}$?> , dies kann
> nicht mit der Quotientenregel berechnet werden, da
> ![$\bruch{0}{0}[/mm]]()
> keinen Wert hat. [mm]\bruch{0}{0}[/mm] ist ein
> > unbestimmter Ausdruck, wie auch [mm]\bruch{\infty}{\infty}, \infty[/mm]
> > - [mm]\infty,[/mm] usw."
> >
>
> Was verstehst du in diesem Zusammenhang unter dem Begriff
> Quotientenregel? Das ist IMO erklärungsbedürftig, ich
> kenne den Begriff nur in einem völlig anderen
> Zusammenhang.
>
> Außerdem geht es doch um den Grenzwert für h->0. Was da
> in deinem Skript steht, ist einfach nur die Tatsache, dass
> man den Grenzwert nicht einfach durch Einsetzen von h=0
> auswerten kann, weil sonst eben etwas undefiniertes
> dasteht.
jein - ich denke, was der Autor des Skriptes sagen will, auch, wenn seine
Wortwahl mehr als unglücklich ist:
Die Regel
[mm] $$\lim_{x \to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{\lim_{x \to x_0}f(x)}{\lim_{x \to x_0}g(x)}$$
[/mm]
ist hier nicht anwendbar (diese nennt er wohl "Quotientenregel", auch,
wenn man das nicht sollte).
Und das ist nicht unbedingt das gleiche wie [mm] $f(x_0)/g(x_0)\,,$ [/mm] daher stimmt
das von Dir Gesagte "man kann nicht einfach einsetzen" so oben dann
auch nicht - denn etwa [mm] $\lim_{x \to x_0}f(x)$ [/mm] kann ja existieren, ohne
[mm] $=f(x_0)$ [/mm] zu sein! (Oben "wäre" das aber der Fall, weil sowohl der Sinus
als auch die Identität an der Stelle [mm] $0\,$ [/mm] stetig sind - nur leider ist halt
[mm] $0/0\,$ [/mm] ein unbestimmter Ausdruck!)
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
Hallo DrRiese,
da ist noch eine andere Frage offen:
> Satz:
> Sinus und Cosinus sind in [mm]\IR[/mm] differenzierbar und es gilt
> sin'(x) = cos (x)
>
> Beweis:
> [mm]\bruch{sin (x+h) - sin(x)}{h}[/mm] =
> [mm]\bruch{sin(x)*cos(h)+sin(h)*cos(x)-sin(x)}{h}[/mm] = sin(x)
> [mm]\bruch{cos(h)-1}{h}[/mm] + cos(x) [mm]\bruch{sin(h)}{h}[/mm]
> [mm]\limes_{h\rightarrow\ 0}[/mm] sin(x) [mm]\bruch{cos(h)-1}{h}[/mm] +
> cos(x) [mm]\bruch{sin(h)}{h}[/mm] = sin(x)*0 + cos(x)*1 = cos(x)
Hier wird ja noch ein zweiter Grenzwert verwendet, der auch nicht ohne weiteres bestimmt werden kann. Ich meine [mm] $\lim_{h\to 0}\bruch{\cos{(h)}-1}{h}$.
[/mm]
Natürlich geht das über l'Hospital, aber schachuzipus hat schon darauf hingewiesen, dass das nicht sauber ist, zumal nicht für den anderen Grenzwert.
Die Lösung über die Reihenentwicklungen der trigonometrischen Funktionen, die von Marcel und Fred vorgeschlagen ist, funktioniert natürlich auch hier.
Den Lösungsansatz für den Sinusgrenzwert, den Loddar verlinkt hat (Einheitskreis), kann man nun für den Cosinus aber leider nicht verwenden.
Doch auch da gibt es eine Möglichkeit, die sowohl die Reihenentwicklung als auch l'Hospital vermeidet.
Schau mal ![[]](/images/popup.gif) hier. Da ist es gut erklärt.
Grüße
reverend
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:55 Mi 26.12.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo DrRiese,
>
> da ist noch eine andere Frage offen:
>
> > Satz:
> > Sinus und Cosinus sind in [mm]\IR[/mm] differenzierbar und es
> gilt
> > sin'(x) = cos (x)
> >
> > Beweis:
> > [mm]\bruch{sin (x+h) - sin(x)}{h}[/mm] =
> > [mm]\bruch{sin(x)*cos(h)+sin(h)*cos(x)-sin(x)}{h}[/mm] = sin(x)
> > [mm]\bruch{cos(h)-1}{h}[/mm] + cos(x) [mm]\bruch{sin(h)}{h}[/mm]
> > [mm]\limes_{h\rightarrow\ 0}[/mm] sin(x) [mm]\bruch{cos(h)-1}{h}[/mm] +
> > cos(x) [mm]\bruch{sin(h)}{h}[/mm] = sin(x)*0 + cos(x)*1 = cos(x)
>
> Hier wird ja noch ein zweiter Grenzwert verwendet, der auch
> nicht ohne weiteres bestimmt werden kann. Ich meine
> [mm]\lim_{h\to 0}\bruch{\cos{(h)}-1}{h}[/mm].
>
> Natürlich geht das über l'Hospital, aber schachuzipus hat
> schon darauf hingewiesen, dass das nicht sauber ist, zumal
> nicht für den anderen Grenzwert.
>
> Die Lösung über die Reihenentwicklungen der
> trigonometrischen Funktionen, die von Marcel und Fred
> vorgeschlagen ist, funktioniert natürlich auch hier.
>
> Den Lösungsansatz für den Sinusgrenzwert, den Loddar
> verlinkt hat (Einheitskreis), kann man nun für den Cosinus
> aber leider nicht verwenden.
indirekt schon: Es gilt nämlich für insbesondere jedes $h [mm] \not=0$ [/mm]
[mm] $$\cos(h)=1-2\sin^2(h/2)\,,$$
[/mm]
und daher
[mm] $$\frac{\cos(h)-1}{h}=-2\sin^2(h/2)/h=\frac{\sin(h/2)}{h/2}*(-\sin(h/2))\,.$$
[/mm]
Damit kann man die Berechnung des Grenzwertes [mm] $\lim_{h \to 0}\frac{\cos(h)-1}{h}$
[/mm]
auf die von [mm] $\lim_{t \to 0}\sin(t)/t$ [/mm] zurückführen (wenn man bedenkt,
dass der Sinus an der Stelle [mm] $0\,$ [/mm] stetig ist und dort den Wert [mm] $0\,$ [/mm] hat).
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:03 Do 27.12.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo reverend,
ich habe übrigens noch eine Idee für einen geometrischen Beweis:
Grundlage ist diese Skizze von Wikipedia:
Nach Pythagoras berechnet sich nämlich die Länge der Strecke
[mm] $\overline{PD}\,,$ [/mm] also [mm] $s:=|\overline{PD}|$ [/mm] gemäß
[mm] $$s^2=\sin^2(x)+(1-\cos(x))^2\,,$$
[/mm]
(man beachte, dass die Strecke [mm] $\overline{PD}$ [/mm] in der Skizze NICHT eingezeichnet ist!)
wobei [mm] $x\,$ [/mm] (in der Skizze [mm] $=b\,$) [/mm] der Winkel im Bogenmaß ist, und entsprechend ist
[mm] $|\overline{CP}|=\sin(x)\,$ [/mm] und [mm] $|\overline{OC}|=\cos(x)\,.$
[/mm]
Hierbei nehme ich einfach o.B.d.A. $0 < x < [mm] \pi/2$ [/mm] an, denn, wie man
später sehen wird, wird der Fall $x < [mm] 0\,$ [/mm] analog gehen.
Daraus folgt
[mm] $$s^2=2*(1-\cos(x))\,.$$
[/mm]
Sicherlich wird man analog zu Loddars Überlegungen zeigen können, dass
gilt (edit: ich hab's mir gerade hingeschrieben, es geht wirklich und
das auch sehr einfach!):
Es gilt $s/x [mm] \to [/mm] 1$ für [mm] $\pi/2 [/mm] > x$ bei $0 < x [mm] \to 0\,.$ [/mm] (Insbesondere gilt
auch $s [mm] \to [/mm] 0$ bei $x [mm] \to 0\,,$ [/mm] was man geometrisch direkt glaubt!)
Daher:
Es strebt
[mm] $$\frac{\cos(x)-1}{x}=\,-\,\frac{1-\cos(x)}{x}=\,-\,\frac{s}{2}*(s/x) \to \,-\,0/2*1=0 \text{ bei }x \to 0\,.$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
|
|
|
|
![[]](http://de.wikipedia.org/w/index.php?title=Datei:Trigonometrie.svg&filetimestamp=20091112131638){kind=small}
diese Skizze von Wikipedia