Differenzierbarkeit < Differentiation < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hiho,
> (auch wenns grauenhaft hingeschrieben ist)
das ist es in der Tat!
Und hättest du den Differenzenquotienten sauber hingeschrieben, wüsstest du die Antwort auch bereits.
Manchmal ist sauberes Aufschreiben also die halbe Miete.
Vereinfacht hast du also folgenden Grenzwert bekommen:
[mm] $\lim_{x\to 0} \text{sgn}(x)*|x|^{t-1}\sin\left(\bruch{1}{x}\right)$
[/mm]
Nun betrachte dir doch mal den Betrag des ganzen, schätze mit deinem Vorschlag ab und alles ist gut.
MFG,
Gono.
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:38 Sa 21.01.2012 | | Autor: | saendra |
bin nicht ganz sicher ob ich dich richtig verstanden habe:
[mm] \bruch{|x|^t\cdot \sin{\left(\bruch{1}{x}\right)}-|x_0|^t\cdot \sin{\left(\bruch{1}{x_0}\right)}}{x-x_0}=
[/mm]
[mm] \bruch{|x|^t \left(\cdot \sin{\left(\bruch{1}{x}\right)}- \sin{\left(\bruch{1}{x_0}\right)}\right) + \sin{\left(\bruch{1}{x_0}\right)}\left(|x|^t-|x_0|^t\right)}{x-x_0}=?
[/mm]
tut mir leid, mir ist es wohl doch nicht klar... ![[weisswerd]](/images/smileys/weisswerd.gif "[weisswerd]")
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:19 Sa 21.01.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> bin nicht ganz sicher ob ich dich richtig verstanden habe:
>
> [mm]\bruch{|x|^t\cdot \sin{\left(\bruch{1}{x}\right)}-|x_0|^t\cdot \sin{\left(\bruch{1}{x_0}\right)}}{x-x_0}=[/mm]
>
> [mm]\bruch{|x|^t \left(\cdot \sin{\left(\bruch{1}{x}\right)}- \sin{\left(\bruch{1}{x_0}\right)}\right) + \sin{\left(\bruch{1}{x_0}\right)}\left(|x|^t-|x_0|^t\right)}{x-x_0}=?[/mm]
>
> tut mir leid, mir ist es wohl doch nicht klar...
>
wo kommt denn nun das [mm] $x_0$ [/mm] her? Ich dachte, Dir wäre klar, dass die Funktion einzig noch an der Stelle [mm] $0\,$ [/mm] auf Diffbarkeit geprüft werden muss. Und dort sollst Du das durch explizites Hinschreiben und Abschätzen von
[mm] $$(f_t(x)-f_t(0))/(x-0)=f_t(x)/x$$
[/mm]
für [mm] $x\not=0$ [/mm] machen, und dann $x [mm] \to [/mm] 0$ laufen lassen. (Hier hattest Du ja nur $t> [mm] 1\,$ [/mm] betrachtet und wolltest die Diff'barkeit von [mm] $f_t$ [/mm] an der Stelle [mm] $0\,$ [/mm] beweisen - was dann auch geht!)
Denn dass jedes Deiner [mm] $f_t\,$ [/mm] für $x > 0$ diff'bar ist, ist klar, weil Verknüpfungen, Produkte und ("sinnvolle" - d.h. hier vor allem im Sinne von "Nennerfunktion hat auf dem betrachteten Bereich keine Nullstelle") Quotienten diff'barer Funktionen diff'bar sind. Analoges gilt auf [mm] $(-\infty,0)\,.$
[/mm]
Und ich denke, dass das stimmt, dass die Funktion für $t > 1$ diff'bar ist. Für $t < [mm] 0\,$ [/mm] ist sie ist unstetig an 0 und damit dort auch nicht diff'bar, auch das ist korrekt.
Aber: Du hast bei Deinem ersten Post nichts dazu gesagt, was Du für $0 [mm] \le [/mm] t [mm] \le [/mm] 1$ vermutest. Ich kann Dir sagen: Für [mm] $t=1\,$ [/mm] ist die Funktion eine durchaus bekannte und oft untersuchte (also im Sinne: typische Übungsaufgabe), wenn man den Betrag wegläßt. Und dann erkennt man, dass die Funktion an der Stelle [mm] $0\,$ [/mm] zwar rechtsseitig stetig, aber keinesfalls rechtsseitig diff'bar sein kann.
Dazu wählt man einmal [mm] $x_n=\frac{1}{\pi/2+2*n*\pi} \to [/mm] 0$ und betrachtet diesbezüglich entsprechende Differenzenquotienten und schaut, was passiert bei $n [mm] \to \infty$ [/mm] mit dem Diffquot., und danach betrachtet man die [mm] $x_n=\frac{1}{2*n*\pi} \to [/mm] 0$ und betrachtet zugehörige Diffferenzenquotienten und schaut auch hier, was damit bei $n [mm] \to \infty$ [/mm] passiert.
Denk' mal drüber nach, ob Du Dir bei $0 [mm] \le [/mm] t < 1$ wirklich andere Gedanken machen musst - oder ob da die obige Methode nicht auch geeignet ist.
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:20 Sa 21.01.2012 | | Autor: | saendra |
gut danke 
[mm] \bruch{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\bruch{f(x)-0}{x-0}=\bruch{f(x)}{x}=\bruch{|x|^t\cdot \sin{\bruch{1}{x}}}{x} [/mm]
es ist t>0, da für [mm] r\leq0 [/mm] unstetig. Fall 1: x>0
[mm] \bruch{|x|^t\cdot \sin{\bruch{1}{x}}}{x}=\bruch{x^t\cdot \sin{\bruch{1}{x}}}{x}=\underbrace{x^{t-1}}_{\to 0\ (x\to 0)}\cdot \sin{\bruch{1}{x}} [/mm] für t>0. analog Fall 2.
Aber wie beweist man eig, dass sin(1/x) für [mm] x\to0 [/mm] keinen grenzwert hat? Oder dass sin(x) für [mm] x\to\infty [/mm] keinen grenzwert hat?
Es ist doch so, dass [mm] x^{t-1}\cdot \sin{\bruch{1}{x}} [/mm] für t>0 gegen 0 geht, weil [mm] \sin{\bruch{1}{x}} [/mm] für [mm] x\to [/mm] 0 beschränkt ist. Nur das muss ich noch beweisen oder?
ok.... Dann noch 0<t<1 und x>0 :
[mm] ...=x^{t-1}\cdot \sin{\bruch{1}{x}}=\bruch{1}{x^{|t-1|}}\cdot \sin{\bruch{1}{x}} [/mm] divergiert für [mm] x\to0
[/mm]
Könnt ihr mir meine letzten oben gestellte fragen noch beantworten und schauen ob es jetzt so besser ist?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:31 Sa 21.01.2012 | | Autor: | saendra |
hab grad ein fehler entdeckt: es heißt natürlich
[mm] =\underbrace{x^{t-1}}_{\to 0\ (x\to 0)}\cdot \sin{\bruch{1}{x}} [/mm] für t>1 und nicht t>0
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:36 Sa 21.01.2012 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
Du hast:
[mm] \bruch{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\bruch{f(x)-0}{x-0}=\bruch{f(x)}{x}=\bruch{|x|^t\cdot \sin{\bruch{1}{x}}}{x} [/mm]
Nun gilt, für x<0:
[mm] \bruch{|x|^t\cdot \sin{\bruch{1}{x}}}{x} [/mm]
[mm] =\bruch{(-x)^t\cdot \sin{\bruch{1}{x}}}{x} [/mm]
[mm] =\bruch{(-1)^t\cdot(x)^t \sin{\bruch{1}{x}}}{x} [/mm]
[mm] =(-1)^{t}\cdot x^{t-1}\cdot \sin{\bruch{1}{x}}
[/mm]
Und für x>0:
[mm]\bruch{|x|^t\cdot \sin{\bruch{1}{x}}}{x}[/mm]
[mm]=\bruch{x^t\cdot \sin{\bruch{1}{x}}}{x}[/mm]
[mm]=\bruch{x^t \cdot\sin{\bruch{1}{x}}}{x}[/mm]
[mm]=x^{t-1}\cdot \sin{\bruch{1}{x}}[/mm]
Berechne nun für beide Seiten den Grenzwert [mm] x\to0. [/mm]
Dabei kannst du die Summendarstellung nutzen, es gilt:
[mm]\sin\left(\frac{1}{x}\right)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}\cdot\left(\frac{1}{x}\right)^{(1+2k)}}{(1+2k)!}[/mm]
Marius
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:45 Sa 21.01.2012 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
Es gilt:
[mm] \limes_{x\rightarrow0}\sin\left(\frac{1}{x}\right)[/mm]
[mm]=\limes_{x\rightarrow0}\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}\cdot\left(\frac{1}{x}\right)^{(1+2k)}}{(1+2k)!} [/mm]
[mm]=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left[\limes_{x\rightarrow0}\frac{(-1)^{k}\cdot\left(\frac{1}{x}\right)^{(1+2k)}}{(1+2k)!}\right] [/mm]
[mm] $=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left[\limes_{x\rightarrow0}\bruch{(-1)^k}{(2k+1)!\cdot x^{2k+1}}\right] [/mm] $
Kommst du damit schon weiter?
Marius
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 14:35 Sa 21.01.2012 | | Autor: | saendra |
ich hoffe es ganz grob in dieser art dachte ich mir sowas schon. Nur wusste ich nicht, dass man den limes in die summe ziehen darf...
[mm] ...=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left[\limes_{x\rightarrow0}\bruch{(-1)^k}{(2k+1)!\cdot x^{2k+1}}\right]=
[/mm]
[mm] \sum\limits_{k=0}^{\infty}\left[\bruch{(-1)^k}{(2k+1)!}\cdot \limes_{x\rightarrow0}\bruch{1}{x^{2k+1}}\right]=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\bruch{(-1)^k}{(2k+1)!}\cdot\infty
[/mm]
ganz zu ende hab ichs dann doch nicht geschafft...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:13 Sa 21.01.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> ich hoffe es ganz grob in dieser art dachte ich mir
> sowas schon. Nur wusste ich nicht, dass man den limes in
> die summe ziehen darf...
da fehlt auch eine Begründung!
> [mm]...=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left[\limes_{x\rightarrow0}\bruch{(-1)^k}{(2k+1)!\cdot x^{2k+1}}\right]=[/mm]
>
> [mm]\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left[\bruch{(-1)^k}{(2k+1)!}\cdot \limes_{x\rightarrow0}\bruch{1}{x^{2k+1}}\right]=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\bruch{(-1)^k}{(2k+1)!}\cdot\infty[/mm]
Am Ende steht sicher Unsinn. Die Idee hier wäre, wenn Du den Limes in die Reihe ziehen darfst, danach passende Abschätzungen zu machen/finden...
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:20 Sa 21.01.2012 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Huhu,
als Alternative zu Marius Tipp, kannst du auch einfach den Betrag der Folge betrachten (und abschätzen).
Es gilt für t>1 nämlich:
[mm] $\left|\bruch{|x|^{t}*\sin\left(\bruch{1}{x}\right)}{x}\right| [/mm] = [mm] |x|^{t-1}*\left|\sin\left(\bruch{1}{x}\right)\right| \le |x|^{t-1} \to [/mm] 0$ für [mm] $x\to [/mm] 0$
Daraus folgt sofort das Gewünschte.
MFG,
Gono.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:24 Sa 21.01.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo nochmal,
kann sein, dass ich es in den anderen Antworten überlesen habe, aber zu ein paar Sachen von Dir nochmal:
> gut danke
>
> [mm]\bruch{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\bruch{f(x)-0}{x-0}=\bruch{f(x)}{x}=\bruch{|x|^t\cdot \sin{\bruch{1}{x}}}{x}[/mm]
>
> es ist t>0, da für [mm]r\leq0[/mm] unstetig.
Was heißt der letzte Satz da? Da verstehe ich inhaltlich nicht, was Du sagen willst! Edit: Ah, Du willst sagen: "Um herauszufinden, welche [mm] $f_t$ [/mm] differenzierbar sind, beschränken wir uns im Folgenden auf die Untersuchungen mit $t [mm] >0\,,$ [/mm] da die [mm] $f_t$ [/mm] mit $t [mm] \le [/mm] 0$ schon unstetig sind."
Formuliere sowas bitte auch so. Oben muss man ja raten, was Du meinen könntest. Mathematik lebt davon, dass die Dinge klar und eindeutig ausgedrückt/formuliert werden. Was mir oben noch fehlt, wären zwei Dinge - die sprichst Du aber unten indirekt an: Wo sind die [mm] $f_t$ [/mm] für $t [mm] \le [/mm] 0$ unstetig? (Antw.: An der Stelle [mm] $0\,$!)
[/mm]
und
Warum sind sie an der Stelle [mm] $0\,$ [/mm] unstetig. (Dazu siehe etwa unten.)
> Aber wie beweist man eig, dass sin(1/x) für [mm]x\to0[/mm] keinen
> grenzwert hat?
Man kann das analog mit den Folgen, die ich in der anderen Antwort schon stehen hatte, beweisen, oder Du nimmst halt die Nullfolge
[mm] $$r_n=\left(\frac{\pi}{2}+n*\pi\right)^{-1}\,.$$
[/mm]
Offenbar kann dann [mm] $(\sin(1/r_n))_n$ [/mm] nicht konvergieren - ist Dir das klar?
> Oder dass sin(x) für [mm]x\to\infty[/mm] keinen
> grenzwert hat?
Das ist eigentlich der Grundgedanke, wie man auf obige [mm] $r_n$ [/mm] kommt:
Hier betrachtest Du [mm] $x_n:=(r_n)^{-1}=\frac{\pi}{2}+n*\pi\,.$ [/mm] Dann strebt [mm] $x_n \to \infty\,,$ [/mm] aber [mm] $(\sin(x_n))_n$ [/mm] kann nicht konvergieren. Gleiche Frage wie eben: Ist Dir das klar?
> Es ist doch so, dass [mm]x^{t-1}\cdot \sin{\bruch{1}{x}}[/mm] für
> t>0 gegen 0 geht, weil [mm]\sin{\bruch{1}{x}}[/mm] für [mm]x\to[/mm] 0
> beschränkt ist.
Du denkst hier ein wenig komplizierter als nötig. Beachte bitte:
Seien $f: M [mm] \to [/mm] N$ und $g: N [mm] \to [/mm] P [mm] \subseteq \IR\,,$ [/mm] dann ist $g [mm] \circ [/mm] f: M [mm] \to [/mm] P [mm] \subseteq \IR\,.$
[/mm]
Es gilt:
Falls [mm] $g\,$ [/mm] beschränkt ist, so ist auch $g [mm] \circ f\,$ [/mm] beschränkt. Das folgt sofort aus
[mm] $$Bild_{g \circ f}=\{(g \circ f)(m): m \in M\} \subseteq Bild_g=\{g(n): n \in \IN\}\,,$$
[/mm]
wobei Du bitte beachtest
[mm] $$Bild_f(M)=\{f(m): m\in M\} \subseteq N\,.$$
[/mm]
Bei Dir setze mit $h: [mm] \IR \to \IR$ [/mm] mit [mm] $h(x):=\sin(x)\,$ [/mm] dann [mm] $g=h_{|\IR \setminus \{0\}}$ [/mm] und $f: [mm] \IR \setminus \{0\} \to \IR \setminus \{0\}$ [/mm] mit [mm] $f(x):=1/x\,.$ [/mm]
Dann kannst Du obigen Satz anwenden.
P.S.:
Ohne großartig mit Verknüpfungen von Funktionen zu argumentieren, kannst Du Dir das auch "schnell" so überlegen:
Wenn [mm] $|\sin(t)|\le [/mm] 1$ für alle $t [mm] \in \IR$ [/mm] gilt, und man nun [mm] $t=1/x\,$ [/mm] für reelle $x [mm] \not=0$ [/mm] hat, dann ist ja wegen $x [mm] \in \IR\setminus \{0\} \Rightarrow [/mm] 1/x [mm] \in \IR \setminus \{0\}\subseteq \IR$ [/mm] offenbar auch
[mm] $$|\sin(1/x)|=|\sin(t)| \le 1\,.$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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![[flowers]](/images/smileys/flowers.gif "[flowers]"){kind=small}
