Differenzierbarkeit < Sonstiges < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:47 Mo 30.01.2012 | | Autor: | Jule2 |
| Aufgabe | Betrachten Sie die Funkion [mm] f:\IR\to\IR
[/mm]
$ [mm] f(x)=\begin{cases}x+2x^2 \sin{\left(\frac{1}{x}\right)} & \text{ falls } x\neq 0 \\ 0 & \text{ falls } x=0\end{cases} [/mm] $
1: Zeigen Sie, dass f auf ganz [mm] \IR [/mm] differenzierbar ist mit f'(0)>0, aber in der Umgebung [mm] (-\varepsilon,\varepsilon) [/mm] um den Nullpunkt [mm] (\varepsilon>0) [/mm] Intervalle liegen, in den f streng monoton fallend ist!
2: Bringen sie einen direkten und einen indirekten Beweis dafür, dass f nicht stetig diffbar ist! |
Hi Forum,
also differenzierbar in [mm] x_{0}=0 [/mm] ist sie ja da
[mm] \limes_{x\rightarrow\0}\bruch{f(x)-0}{x-0}=limes_{x\rightarrow\0}\bruch{x+2x^2*sin(1/x)}{x}=\limes_{x\rightarrow\0}1+2x*sin(1/x)=1 [/mm] ist
und somit ist auch schon f'(0)>0 gezeigt!
Für alle anderen [mm] x_{0}\varepsilon\IR [/mm] ist die Funktion ja eine Komposition diffbarer Funktionen und somit ebenfalls diffbar! Reicht dass als Begründung aus oder sollte ich hier nochmal mit dem Differenzenquotienten ran??
Nun aber zu meinem eigentlichen Problem wie zeige ich denn nun das in jeder varepsilon-Umgebung Intervalle liegen in derdie Funktion streng monoton fallend ist?
Wäre dankbar über nen Tipp
Lg Jule
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:11 Di 31.01.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Betrachten Sie die Funkion [mm]f:\IR\to\IR[/mm]
>
> [mm]f(x)=\begin{cases}x+2x^2 \sin{\left(\frac{1}{x}\right)} & \text{ falls } x\neq 0 \\ 0 & \text{ falls } x=0\end{cases}[/mm]
>
> 1: Zeigen Sie, dass f auf ganz [mm]\IR[/mm] differenzierbar ist mit
> f'(0)>0, aber in der Umgebung [mm](-\varepsilon,\varepsilon)[/mm] um
> den Nullpunkt [mm](\varepsilon>0)[/mm] Intervalle liegen, in den f
> streng monoton fallend ist!
> 2: Bringen sie einen direkten und einen indirekten Beweis
> dafür, dass f nicht stetig diffbar ist!
> Hi Forum,
> also differenzierbar in [mm]x_{0}=0[/mm] ist sie ja da
> [mm]\limes_{x\rightarrow\0}\bruch{f(x)-0}{x-0}=limes_{x\rightarrow\0}\bruch{x+2x^2*sin(1/x)}{x}=\limes_{x\rightarrow\0}1+2x*sin(1/x)=1[/mm]
> ist
> und somit ist auch schon f'(0)>0 gezeigt!
korrekt!
> Für alle anderen [mm]x_{0}\varepsilon\IR[/mm] ist die Funktion ja
> eine Komposition diffbarer Funktionen und somit ebenfalls
> diffbar! Reicht dass als Begründung aus
fast. Sie ist dort differenzierbar, weil Summen, Produkte, Quotienten und Verknüpfungen diff'barer Funktionen diff'bar sind (beachte, dass $x [mm] \mapsto [/mm] 1/x$ auf [mm] $\IR \setminus \{0\}$ [/mm] diff'bar ist).
> oder sollte ich
> hier nochmal mit dem Differenzenquotienten ran??
Nicht, wenn ihr die entsprechende Sätze schon in der Vorlesung behandelt habt. Dafür sind sie dann ja da, um nicht alles nochmal "kompliziert" nachzurechnen!
> Nun aber zu meinem eigentlichen Problem wie zeige ich denn
> nun das in jeder varepsilon-Umgebung Intervalle liegen in
> derdie Funktion streng monoton fallend ist?
> Wäre dankbar über nen Tipp
Ich deute mal an, was vielleicht eine Idee ist, die man weiterverfolgen kann: "Auf Intervallen, wo die Ableitung [mm] $\ge [/mm] 0$ ist, ist die Funktion monoton wachsend..."
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:27 Di 31.01.2012 | | Autor: | Jule2 |
Ok dann würde ja gelten für f'(x)<0 ist f streng monoton fallend also muss ich zeigen
[mm] f'(\varepsilon)<0 [/mm] mit f'(x)=1+4x*sin(1/x)-2*cos(1/x) mit [mm] \varepsilon \to [/mm] 0 ???
Wäre es dann ok wenn ich zeige
[mm] 1+4\varepsilon*sin(1/\varepsilon)-2*cos(1/\varepsilon)<0
[/mm]
Setze [mm] \varepsilon=1/x [/mm] mit [mm] {x\rightarrow\infty} [/mm]
1+4(1/x)*sin(x)-2*cos(x)<0
1+4*0*sin(x)-2*cos(x)<0
1-2*cos(x)<0
1<2*cos(x)
Da 2*cos(x) zwischen (-2/2) liegt gibt es für jede [mm] Umgebung(-\varepsilon,\varepsilon) [/mm] Intervalle auf dem [mm] f'(\varepsilon)<0 [/mm] gilt??
Und vielen Dank für deine Hilfe!!
Lg Jule
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:47 Di 31.01.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Ok dann würde ja gelten für f'(x)<0 ist f streng monoton
> fallend
Du darfst das nicht "punktweise" betrachten, sondern musst "Bereiche" betrachten, auf denen die eingeschränkte Ableitung (d.h. die Einschränkung der Ableitung auf den entsprechenden Bereich) echt negativ ist. Ja, auf solchen ist [mm] $f\,$ [/mm] streng monoton fallend!
> also muss ich zeigen
> [mm]f'(\varepsilon)<0[/mm] mit f'(x)=1+4x*sin(1/x)-2*cos(1/x) mit
> [mm]\varepsilon \to[/mm] 0 ???
Nein, i.a. wäre das zu wenig (oder Du musst begründen, warum das nicht zu wenig ist. Ein Argument, was man Dir entgegenwerfen könnte, wäre: Was ist mit Funktionen, die nur genau an einer Stelle diff'bar sind? Etwa $x [mm] \mapsto x^2*1_\IQ$? [/mm] Was ist, wenn man eine Funktion [mm] $\IR \to \IR$ [/mm] hat, die nur auf [mm] $\IQ$ [/mm] diff'bar ist? Kann es sowas überhaupt geben, und wenn nicht: Warum nicht? Wenn ja: Beispiel? Etc... ).
Du sollst ja schon zeigen, dass [mm] $f\,$ [/mm] auf "gewissen Bereichen" (Intervallen!) streng fällt. Hinreichend dafür ist hier, zu zeigen, dass $f'$ auf "solchen Bereichen" echt negativ ist. (Notwendig ist das i.a. nicht, wie etwa die [mm] $f_u(x)=x^u$ [/mm] für ungerade $u [mm] \in \IN$ [/mm] zeigen!)
> Wäre es dann ok wenn ich zeige
> [mm]1+4\varepsilon*sin(1/\varepsilon)-2*cos(1/\varepsilon)<0[/mm]
> Setze [mm]\varepsilon=1/x[/mm] mit [mm]{x\rightarrow\infty}[/mm]
> 1+4(1/x)*sin(x)-2*cos(x)<0
> 1+4*0*sin(x)-2*cos(x)<0
> 1-2*cos(x)<0
> 1<2*cos(x)
> Da 2*cos(x) zwischen (-2/2) liegt
Es ist hier nicht wild, aber [mm] $2*\cos(x) \in [-2,2]\,!!!$
[/mm]
> gibt es für jede
> [mm]Umgebung(-\varepsilon,\varepsilon)[/mm] Intervalle auf dem
> [mm]f'(\varepsilon)<0[/mm] gilt??
> Und vielen Dank für deine Hilfe!!
Es ist nicht ganz verkehrt. Aber hier gibt's noch einiges zu beachten.
(Du mußt oben noch sauberer argumentieren, warum es solche Intervalle gibt: Etwa durch "Abschätzen einer Intervalllänge", oder Stetigkeitsargumenten oder oder oder... Deine Eigenschaften oben sind nämlich schon sehr wenig, ich weiß gerade nicht, ob sie ausreichend wären. Meistens kann man aber mit ein paar Skizzen einsehen, ob das so passt, oder "warum das zu wenig ist".)
Ich mache es jedenfalls mal anders, ausführlicher:
Wir haben doch bisher gesehen, dass [mm] $f\,$ [/mm] differenzierbar ist, aber $f'$ nicht stetig. Allerdings ist mit [mm] ${f'}_{|\IR \setminus \{0\}}(x)=1+4*x*\sin(1/x)-2*\cos(1/x)$ [/mm] dann [mm] ${f'}_{|\IR \setminus\{0\}}$ [/mm] offenbar stetig (Warum?). (Anders gesagt: $f'$ ist genau an der Stelle [mm] $0\,$ [/mm] unstetig!)
Mache nun folgendes:
Finde [mm] $x_n$ [/mm] mit $0 < [mm] x_n \to [/mm] 0$ und [mm] $\blue{f'}(x_n) [/mm] < [mm] 0\,$ [/mm] für alle $n [mm] \in \IN\,.$ [/mm] Es ist hier wichtig, dass wirklich [mm] $\blue{f'}(x_n) [/mm] < [mm] 0\,$ [/mm] (jedenfalls für fast alle) [mm] $n\,$ [/mm] gelten soll.
Tipp:
Wie kann man solch' eine Folge [mm] $(x_n)_n$ [/mm] denn finden? Naja, für kleine $0 < [mm] x\,$ [/mm] muss in $f'$ der "Kosinusterm" betragsmäßig dominieren, und [mm] $\cos(1/x)$ [/mm] soll echt positiv bleiben (damit [mm] $-2*\cos(1/x)$ [/mm] echt negativ ist). Ansatz: An "Maximalstellen" von $x [mm] \mapsto \cos(1/x)$ [/mm] ist sicher [mm] $\cos(1/x)=1\,,$ [/mm] also
[mm] $$\cos(1/x_n)=\cos(2*n*\pi)\,.$$
[/mm]
Einfach(st)e Idee: [mm] $1/x_n=n*2\pi$ [/mm] soll für alle [mm] $n\,$ [/mm] gelten (evtl. bzw. schlimmstenfalls muss man ein paar der ersten Folgeglieder "abschneiden"). Damit bekommst Du die [mm] $x_n\,,$ [/mm] von denen Du noch die beiden geforderten Bedingungen [mm] $x_n \to [/mm] 0$ und [mm] $x_n [/mm] > 0$ nachweist (begründest).
Wie geht's nun damit weiter? Naja, [mm] $f'\,$ [/mm] ist stetig an jeder Stelle [mm] $x_n$ [/mm] (Warum? Nicht zu viel grübeln, es steht sogar schon irgendwo oben im Text!). Ein Satz der Analysis besagt dann, dass [mm] $\blue{f\,'}\,$ [/mm] - unter Beachtung von [mm] $\blue{f\,'}(x_n) [/mm] < 0$ - auf einer hinreichend kleinen [mm] $\underbrace{\delta_n}_{> 0}$-Umgebung [/mm] von [mm] $x_n\,$ [/mm] schon echt negativ ist - und diese offene Umgebung ist natürlich ein Intervall (man könnte auch ein "abgeschlossenes" Intervall wählen - man nehme einfach "ein nicht einpunktiges abgeschlossenes Intervall innerhalb des offenes Intervalls"). Der Beweis dazu ist simpel: Er beruht etwa darauf, dass man weiß, dass speziell zu [mm] $\epsilon_n:=|\blue{f\,'}(x_n)|/2=-\blue{f\,'}(x_n)/2 [/mm] > 0$ ein echt positives [mm] "Stetigkeits-$\delta_n$" [/mm] findet ($f'$ ist stetig an der Stelle [mm] $x_n\,;$ [/mm] beachte: [mm] $\delta_n$ [/mm] hängt sowohl von [mm] $\epsilon_n$ [/mm] als auch [mm] $x_n$ [/mm] ab).
P.S.:
Sicher kann man hier auch noch anders vorgehen. Etwa: Es gilt [mm] $f'(x_n) [/mm] < 0$ mit obigen [mm] $x_n\,,$ [/mm] und man kann sicher auch durch geeignete Abschätzungen $f'(x) < 0$ - für alle [mm] $x\,$ [/mm] "hinreichend nahe an [mm] $x_n$" [/mm] - nachweisen. Aber das wäre nur dann nötig, wenn Du obiges Argument noch nicht ganz verstanden hast, oder den Beweis dazu nicht verstehst/nachvollziehen kannst!
Oder:
Je eine "hinreichend kleine Umgebunge einer (passenden) Wendestelle von [mm] $f\,$" [/mm] könnten ja auch geeignet sein, um die obige Behauptung nachzuweisen...
Gruß,
Marcel
|
|
|
|
