differenzierbar und beschrenkt < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:35 So 02.01.2005 | | Autor: | wee |
Zu lösen ist folgende Aufgabe:
Sei f: [mm] \IR \to\IR [/mm] differenzierbar und beschränkt. Beweisen Sie: Es gibt eine Folge [mm] x_n [/mm] mit [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} f´(x_n)=0.
[/mm]
Meine Idee war, dass es wegen der Beschränktheit zwei Extrema gibt. Kann man also sagen, dass das Bild im Intervall I:= [a,b] liegt, dann ein Punkt c aus I deffinieren, sodass f(c) extrem ist und dann die gesuchte Folge so diffineiren, dass sie gegen c konvergiert ?
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:10 So 02.01.2005 | | Autor: | Clemens |
Hallo!
> Sei f: [mm]\IR \to\IR[/mm] differenzierbar und beschränkt. Beweisen
> Sie: Es gibt eine Folge [mm]x_n[/mm] mit [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} f´(x_n)=0.
[/mm]
>
>
> Meine Idee war, dass es wegen der Beschränktheit zwei
> Extrema gibt. Kann man also sagen, dass das Bild im
> Intervall I:= [a,b] liegt, dann ein Punkt c aus I
> deffinieren, sodass f(c) extrem ist und dann die gesuchte
> Folge so diffineiren, dass sie gegen c konvergiert ?
Die Extrema liegen ja nur in dem Intervall [a,b] vor, sie müssen aber nicht unbedingt Extrema der auf R definierten Funktion sein. Betrachte beispielsweise die beschränkte, differenzierbare und streng monotone Funktion:
[mm]f: R \to R, x \mapsto \bruch{x*|x|}{1+x^{2}}[/mm]
Leider hat f' gar kein Nullstelle, es gibt keinen Extrempunkt. Die in der Aufgabenstellung gesuchte Folge müsste gegen [mm] \infty [/mm] oder - [mm] \infty [/mm] gehen.
Jetzt meine Idee:
Fall 1: f' hat eine Nullstelle [mm] x_{0}, [/mm] dann ist alles klar, denn wir definieren [mm] x_{n} [/mm] := [mm] x_{0} [/mm] + [mm] \bruch{1}{n}
[/mm]
Fall 2: f' hat keine Nullstelle. Dann ist f' entweder durchgehend echt positiv oder durchgehend echt negativ (Satz: f' ist stetig). Sei f' o.B.d.A. auf ganz R echt positiv.
Wir unterteilen nun R in die Intervalle [mm]I_{i} := [i, i+1], i \in \IZ[/mm]. In jedem dieser Intervalle hat die Funktion f' ein (für dieses Intervall globales)Minimum mit dem x-Wert [mm] m_{i}. [/mm] Angenommen, alle [mm] m_{i} [/mm] wären größer als ein[mm] \varepsilon \in \IR_{+}[/mm], dann gälte:
[mm]f(n+1) - f(0) = \integral_{0}^{n+1} f'(x) dx \ge \summe_{i=0}^{n} m_{i} \ge \summe_{i=0}^{n} \varepsilon = (n + 1)* \varepsilon[/mm]
Da n beliebig groß gewählt werden kann und f(0) fest ist, kann f(n+1) beliebig groß werden und f ist damit unbeschränkt, was der Voraussetzung widerspricht; also gibt es kein solches [mm] \varepsilon. [/mm] Also werden die [mm] m_{i} [/mm] beliebig klein, sprich [mm] inf({m_{i}: i \in \IZ}) [/mm] = 0 und damit kann man ein x-Folge definieren (wähle einfach kleine [mm] m_{i}), [/mm] die gegen 0 konvergiert, d. h.
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}f'(x_{n}) [/mm] = 0
Gruß Clemens
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:35 So 02.01.2005 | | Autor: | wee |
danke Clemens, nur verstehe ich nicht, welche Funktion das n in
$ f(n+1) - f(0) = [mm] \integral_{0}^{n+1} [/mm] f'(x) dx [mm] \ge \summe_{i=0}^{n} m_{i} \ge \summe_{i=0}^{n} \varepsilon [/mm] = (n + [mm] 1)\cdot{} \varepsilon [/mm] $
hat. Gibt es außerdem eine Lösung für Fall 2 ohne Integral ?
Meinen Dank im Vorraus
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:37 So 02.01.2005 | | Autor: | Clemens |
Hallo!
> danke Clemens, nur verstehe ich nicht, welche Funktion das
> n in
>
> [mm]f(n+1) - f(0) = \integral_{0}^{n+1} f'(x) dx \ge \summe_{i=0}^{n} m_{i} \ge \summe_{i=0}^{n} \varepsilon = (n + 1)\cdot{} \varepsilon[/mm]
Nun, man kann sich das folgendermaßen vorstellen: Wenn die Steigung der Funktion immer größer als ein [mm] \varepsilon [/mm] ist, dann kannst du ja eine Gerade g(x) = [mm] \varepsilon*x [/mm] + f(0) betrachten. Weil f'(x) > [mm] \varepsilon [/mm] für alle x ist, ist dann auch f(x) > g(x), wie ich mit dem Integral gezeigt habe. Wenn ich jetzt n allgemein für x gesetzt habe und allgemein gezeigt habe, dass f(n) - f(0) [mm] \ge (n+1)*\varepsilon, [/mm] dann ist die Unbeschränktheit nach oben gezeigt, weil n beliebig groß wird und f(n) damit auch.
Jetzt, da ich den Gedanken durch eine Gerade zu veranschaulichen versucht habe, fällt mir auch ein leicht variierter Beweis ein:
Alles wie oben bis zur Annahme eines [mm] \varepsilon. [/mm] Dann ist
f(x) [mm] \ge [/mm] g(x) := f(0) + [mm] \varepsilon*x [/mm] für x [mm] \in \IR_{+}
[/mm]
denn wenn für ein x [mm] \in \IR_{+} [/mm] das Gegenteil gälte, so folgerten wir aus dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung, dass es ein y aus (0,x) gäbe mit
f'(y) = [mm] \bruch{f(x) - f(0)}{x} [/mm] < [mm] \bruch{g(x) - f(0)}{x} [/mm] = [mm] \bruch{x*\varepsilon}{x} [/mm] = [mm] \varepsilon
[/mm]
Dies widerspräche wieder der Annahme.
Einen grundsätzlich anderen Beweis sehe ich nicht. Vielleicht ist es aber in dieser Richtung möglich: Bei Fall 2 ist f monoton und beschränkt, also konvergent mit x [mm] \to \infty. [/mm] Vielleicht kann man dann f'(x) [mm] \to [/mm] 0 mit x [mm] \to \infty [/mm] zeigen.
Gruß Clemens
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:20 So 02.01.2005 | | Autor: | wee |
vielen Dank Clemens-" Mathegott"
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