Differenzierbarkeit < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:59 Mo 25.10.2004 | | Autor: | tine |
Hallo,
ich habe folgende Aufgabe mit der ich nicht zurecht komme:
Die Funktion f: [mm] \IR \to \IR [/mm] sei stetig und differenzierbar in [mm] \IR \setminus \{ 0 \}, [/mm] wobei c:= [mm] \limes_{n\rightarrow\ 0} [/mm] f´(x). Man zeige, dass f im Nullpunkt differenzierbar ist und dass f´(0) = c gilt.
Wär lieb wenn mir jemand helfen könnte!
Mit lieben Grüßen,
tine
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:23 Di 26.10.2004 | | Autor: | matsch |
c=lim f'(x) existiert
f(x+h)-f(x)
=lim(x->0) lim(h->0) h
f(x+h)-f(x)
=lim(h->0) lim(x->0) h
f(h)-f(0)
=lim(h->0) h da f stetig
=f'(0) da dann auch dieser lim existiert
Hi!
Das waer mein Vorschlag! Natuerlich kann ich nichts garantieren und fuer eine Ueberpruefung durch einen etwas Fortgeschritteneren waere ich auch dankbar.
Tut mir leid wegen der Form aber ich komm noch net so gut damit klar (wie kann ich lim(x->0) darstellen?)....
mfG
matsch
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:38 Di 26.10.2004 | | Autor: | matsch |
Hi nochmal!
Schreib diese Frage nur um zu fragen ob meine Antwort richtig aussieht?
Weiss nicht ob jemand, der mir das beantworten kann, auch die Antwort lesen wuerde (sicherlich nicht so interessant).
mfG
matsch
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Hallo Matsch,
ich denke, der Beweis ist korrekt.
Und \lim_{x\rightarrow 0} ergibt [mm]\lim_{x\rightarrow 0}[/mm]
Hugo
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:59 Do 28.10.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo matsch!
Man müsste hier noch argumentieren, warum man die beiden Grenzübergänge vertauschen darf. Um das selber genauer zu tun, müsste ich mir aber erst einmal wieder entsprechende Sätze in Erinnerung rufen. So ist der Beweis unvollständig.
Liebe Grüße
Stefan
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Ich habe schon bemerkt, dass die beiden Limites vertauscht wurden, habe das aber hier nicht für problematisch gehalten; die genauen Bedingungen für die Vertauschbarkeit kenne ich leider auch nicht.
Hier eine Beweismöglichkeit von mir:
[mm]2\cdot f'(0)=2\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(h)}{h}=2\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(2h)}{2h}=[/mm]
[mm]=\lim_{h\rightarrow0}(\frac{f(2h)-f(h)}{h}+\frac{f(h)}{h})=[/mm]
[mm]=\lim_{h\rightarrow0}f'(h)+f'(0)[/mm].
Daraus folgt dass [mm]f'(0)=\lim_{h\rightarrow0}f'(h)=c[/mm].
Ich hoffe, hier ist jetzt kein Fehler drin.
Hugo
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:05 Fr 29.10.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hugo!
Warum gilt denn
[mm]\lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(2h)-f(h)}{h}=\lim_{h\rightarrow 0}f'(h)[/mm] ?
Das bleibt für mich zu zeigen (und ist zumindestens nicht offensichtlich).
Liebe Grüße
Stefan
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Werter Stefan,
[mm]\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(2h)-f(h)}{h}=[/mm]
[mm]=\lim_{h\rightarrow0}\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(h+h)-f(h)}{h}=[/mm]
[mm]=\lim_{h\rightarrow0}f'(h)[/mm]
Ist das jetzt besser?
Ich könnte auch über die epsilons und deltas, die in den lims drinstecken, gehen, das Prinzip ist dann aber das selbe wie hier vorgestellt.
Hugo
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:59 Sa 30.10.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hugo!
> Werter Stefan,
Ich höre hier eine gewisse Ironie raus , vermutlich gehen dir meine Anmerkungen tierisch auf den Keks, aber ich muss hart bleiben, denn die mathematische Wahrheit ist wichtiger als meine Beliebtheit.
> [mm]\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(2h)-f(h)}{h}=[/mm]
>
> [mm]=\lim_{h\rightarrow0}\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(h+h)-f(h)}{h}=[/mm]
> [mm]=\lim_{h\rightarrow0}f'(h)[/mm]
>
> Ist das jetzt besser?
Nein. Denn es gilt:
[mm]=\lim_{h\rightarrow0}f'(h) = \lim_{h \rightarrow 0} \lim_{\tilde{h} \rightarrow 0} \frac{f(h+\tilde{h}) - f(h)}{\tilde{h}}[/mm]
(man darf nicht das gleiche $h$ nehmen, die beiden Grenzübergänge sind sorgsam zu trennen),
so dass nicht ersichtlich ist, dass dies gleich
[mm]\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(2h)-f(h)}{h}[/mm]
ist.
> Ich könnte auch über die epsilons und deltas, die in den
> lims drinstecken, gehen,
Ich bitte darum, damit ich es auch verstehe.
Liebe Grüße
Stefan
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Hallo Stefan,
sorry dass ich mich erst so spät wieder melde, aber gestern bin ich gar nicht mehr in den MR gekommen.
Ich hab mir ein Kriterium überlegt, wann man zwei oder noch mehr Grenzübergänge vertauschen kann.
Wir betrachten eine Funktion [mm]f(x_1,x_2,\dots,x_n)[/mm].
O.B.d.A. betrachte ich die Grenzwerte [mm]\lim_{x_i\rightarrow0}[/mm].
Wenn f im Nullpunkt stetig ist, dann dürfen die Grenzwerte beliebig vertauscht werden.
Ich muss also in diesem Fall zeigen, dass [mm]g(x,h)=\frac{f(x+h)-f(x)}{h}[/mm] (mit den angegebenen Eigenschaften [mm]f[/mm] stetig in 0 und [mm]\lim_{x\rightarrow0}f'(x)=c[/mm]) stetig im Ursprung ist.
Also ist zu zeigen:
[mm]\forall\epsilon>0\ \exists\delta>0:|(x,h)-(0,0)|<\delta\Rightarrow|\frac{f(x+h)-(x)}{h}-c|<\epsilon[/mm]
[mm]\lim_{x\rightarrow0}f'(x)=c[/mm] ist äquivalent zu
[mm]\forall\epsilon_1>0\ \exists\delta_1>0:|x-0|<\delta\Rightarrow|f'(x)-c|<\epsilon[/mm].
f differenzierbar auf [mm]\IR\setminus\{0\}[/mm] ist äquivalent zu
[mm]\forall\epsilon_2>0\ \exists\delta_1>0:x\not=0\wedge|h-x|<\delta_2\Rightarrow|\frac{f(x+h)-f(x)}{h}-f'(x)|<\epsilon_2[/mm]
Sei nun [mm]\epsilon>0[/mm] gegeben. Dann wähle [mm]\epsilon_1,\ \epsilon_2[/mm] so dass [mm]\epsilon_1+\epsilon_2\le\epsilon[/mm]. Dann gibt es aufgrund der vorherigen Überlegungen ein [mm]\delta>0[/mm], so dass gilt:
[mm]0<|x-0|<\delta\wedge|h-0|<\delta\Rightarrow|\frac{f(x+h)-f(x)}{h}-c|<\epsilon[/mm].
Ab hier neu eingefügt, weil wesentlich für Richtigkeit des Beweises
Wir haben entlang der h-Achse noch ein Problem. Also nehmen wir an, dass [mm]x=0[/mm]. Dann ist [mm]g(0,h)=\frac{f(h)-f(0)}{h}[/mm]. Jetzt müssen wir ein bisschen ausholen.
Da f stetig ist und [mm]\lim_{x\rightarrow0}f'(x)=c[/mm], können wir sagen, dass
[mm]\forall\epsilon>0\ \exists\delta>0:h\not=0\wedge|h-0|<\delta\Rightarrow|\frac{f(0)+c\cdot h-f(h)}{h}|<\epsilon[/mm]
Man kann also nicht die Ableitung in 0 bestimmen, aber man weiß, dass die Sekantensteigungen alle gegen c konvergieren müssen, weil die Sekanten
'von außerhalb' ebenfalls gegen c gehen.
Ab hier wieder der alte Beweis
[mm]g(x,h)[/mm] ist also noch nicht zwingend stetig in [mm](0,0)[/mm]. Wir wissen aber, dass [mm]\lim_{(x,h)\rightarrow(0,0)}g(x,h)=c[/mm].
Das reicht uns, um die Grenzübergänge vertauschen zu können.
Hugo
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Werter Stefan,
(ich glaube ich fange jetzt immer so an...)
schön dass ich dich überzeugen konnte, doch leider ist der Beweis unvollständig gewesen.
Ich habe meinen Beitrag inzwischen etwas korrigiert.
Es bleibt noch festzuhalten, dass die konstruierte Funktion gar nicht stetig sein muss. Er reicht, dass sie am Grenzwert stetig fortsetzbar ist, denn dann ist der Grenzwert für jede
Folge der Argumente (hier x und h) derselbe.
Hugo
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:15 Di 02.11.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hugo!
Stimmt, diese Schwierigkeit hatte ich übersehen, aber ich verstehe jetzt deine Lösung wiederum nicht.
Muss ich mir wohl noch mal anschauen...
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:19 Di 02.11.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hugo!
> Da f stetig ist und [mm]\lim_{x\rightarrow0}f'(x)=c[/mm], können wir
> sagen, dass
> [mm]\forall\epsilon>0\ \exists\delta>0:h\not=0\wedge|h-0|<\delta\Rightarrow|\frac{f(0)+c\cdot h-f(h)}{h}|<\epsilon[/mm]
Könntest du mir das bitte exakt beweisen?
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:26 Di 26.10.2004 | | Autor: | matsch |
Hi tine!
Hast du die Frage zweimal gestellt?
Ich hab gestern bereits auf deine Frage geantwortet....
....oder ist das schiefgegangen?
matsch
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:49 Di 26.10.2004 | | Autor: | matsch |
oh mann wie peinlich....
Entschuldigung Tine. Ich war irgendwie verwirrt wegen dem postDatum das sich nicht geändert hat. glaub ich hab nicht auf aktualisieren geklickt.
mfG
Matsch
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:13 Do 28.10.2004 | | Autor: | tine |
Hallo matsch !
Vielen Dank für die Hilfe, warum der Beweis unvollständig ist versteh ich leider nicht!!!
Liebe Grüße
tine
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