(stetige) Differenzierbarkeit < Differentiation < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:43 Do 29.12.2011 | | Autor: | Lustique |
| Aufgabe | Beispiel:
Zeigen Sie: Die Funktion
[mm] $f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}, f(x)=\begin{cases}x^2 \sin{\left(\frac{1}{x}\right)} & \text{ falls } x\neq 0 \\ 0 & \text{ falls } x=0\end{cases}$
[/mm]
ist differenzierbar, aber nicht stetig differenzierbar. |
Hallo allerseits,
ich habe da mal ein paar, mehr oder weniger allgemeine, Fragen zur Differenzierbarkeit und stetigen Differenzierbarkeit:
1. Was muss ich genau machen, wenn ich zeigen will, dass eine Funktion differenzierbar ist? Im Beispiel oben (ist auch Teil meines aktuellen Übungszettels), habe ich dazu erst mal die Funktion abgeleitet, und zwar einfach nach aus der Vorlesung bekannten Regeln und Ableitungen, also nicht mit dem Differenzenquotienten (Sollte ich das damit machen?). In diesem Fall wäre das ja:
[mm] [quote]$f'(x)=\begin{cases}2x \sin{\left(\frac{1}{x}\right)} - \cos{\left(\frac{1}{x}\right)} & \text{ falls } x\neq 0 \\ 0 & \text{ falls } x=0\end{cases}$[/quote]
[/mm]
Hoffe ich zumindest. Aber dadurch habe ich ja noch nicht die Differenzierbarkeit gezeigt. Wenn ich das ganze Konzept zur Differenzierbarkeit richtig verstanden habe, dann ist doch jetzt zu zeigen, dass [mm] $\lim_{x\uparrow a} f'(x)=\lim_{x\downarrow a} [/mm] f'(x)$ gilt, was ja äquivalent zu folgender Definition zur Stetigkeit wäre, oder?
Es sei [mm] I\subseteq\mathbb{R}$ [/mm] ein Intervall mit mehr als einem Punkt und [mm] $f\colon I\to\mathbb{R}$.
[/mm]
$f$ heißt differenzierbar in $a$, falls
[mm] $\lim_{x\to a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}:=f'(a)$ [/mm] existiert.
Dieser Grenzwert [mm] $f'(a)\in\mathbb{R}$ [/mm] heißt die Ableitung von $f$ an der Stelle $a$. Ist $f$ in jedem Punkt [mm] $a\in [/mm] I$ differenzierbar, so heißt $f$ differenzierbar.
Der Knackpunkt bei dieser Funktion liegt ja bei $x=0$, bzw. [mm] $x\to [/mm] 0$, oder? Für andere $x$ ist $f'$ doch auf jeden Fall stetig, oder? Der Grenzwert müsste also bei [mm] $x\downarrow [/mm] a$ und [mm] $x\uparrow [/mm] a$ für alle [mm] $a\neq [/mm] 0$ derselbe sein, oder? Müsste ich das jetzt noch groß begründen, außer über die Stetigkeit der "Teilfunktionen" für alle [mm] $x\neq [/mm] 0$? Oder ist das bis hierhin schon kompletter Mist?
Jetzt also die Betrachtung für [mm] $x\to [/mm] 0$. Hierbei fällt ja auf, dass $f'(x)=f'(-x)$ für alle $x$ gilt, aufgrund der Eigenschaften von Sinus und Kosinus. Das hieße ja, dass ich, sozusagen, sowohl von oben, als auch von unten, zum selben Grenzwert kommen müsste. Jetzt gibt es aber das Problem, dass sowohl für Sinus, als auch für Kosinus kein Grenzwert für [mm] $x\to [/mm] 0$ bei [mm] $\sin\left(\frac{1}{x}\right)$ [/mm] existiert. Dieser Grenzwert muss aber doch existieren, oder nicht? Sollte doch ein Grenzwert existieren (müsste ich wahrscheinlich dann noch genauer über die entsprechenden Reihendefinitionen nachprüfen, befürchte ich, also für die ganze Funktion), müsste dann auch [mm] $\lim_{x\to a}f'(x)=f'(a)$ [/mm] gelten, also in diesem Fall [mm] $\lim_{x\to 0}f'(x)=f'(0)=0$ [/mm] oder wäre das nur bei stetiger Differenzierbarkeit gefordert? Die Frage wurde also soeben zur Frage: Wie zeigt man, ob eine Funktion (stetig) differenzierbar ist?
2. Gibt es einen allgemeinen Weg um zu zeigen, dass eine Funktion unendlich oft stetig differenzierbar ist? Also für [mm] $\phi\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ [/mm] zeigen, dass [mm] $\phi\in C^\infty(\mathbb{R})$ [/mm] gilt.
Muss man da, quasi per Induktion oder Ähnlichem, allgemein die n-te Abeitung angeben und dann zeigen können, dass diese dann stetig ist?
Ich wäre hier wirklich über Hilfe dankbar!
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> Beispiel:
>
> Zeigen Sie: Die Funktion
>
> [mm]f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}, f(x)=\begin{cases}x^2 \sin{\left(\frac{1}{x}\right)} & \text{ falls } x\neq 0 \\ 0 & \text{ falls } x=0\end{cases}[/mm]
>
> ist differenzierbar, aber nicht stetig differenzierbar.
>
> Hallo allerseits,
>
> ich habe da mal ein paar, mehr oder weniger allgemeine,
> Fragen zur Differenzierbarkeit und stetigen
> Differenzierbarkeit:
>
> 1. Was muss ich genau machen, wenn ich zeigen will, dass
> eine Funktion differenzierbar ist? Im Beispiel oben (ist
> auch Teil meines aktuellen Übungszettels), habe ich dazu
> erst mal die Funktion abgeleitet, und zwar einfach nach aus
> der Vorlesung bekannten Regeln und Ableitungen, also nicht
> mit dem Differenzenquotienten (Sollte ich das damit
> machen?). In diesem Fall wäre das ja:
>
> [mm]f'(x)=\begin{cases}2x \sin{\left(\frac{1}{x}\right)} - \cos{\left(\frac{1}{x}\right)} & \text{ falls } x\neq 0 \\ 0 & \text{ falls } x=0\end{cases}[/mm]
Auf [mm] \IR\setminus\{0\} [/mm] ist f als Zusammensetzung von differenzierbaren Funktionen differenzierbar und du kannst die Ableitung mit den entsprechenden Regeln bestimmen, wie du es getan hast.
Was dann noch fehlt, ist zu zeigen, dass f auch im Punkt [mm] x_0=0 [/mm] differenzierbar ist. Dies geht direkt mit der Definition des Differentialquotienten:
[mm] f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}
[/mm]
>
> Hoffe ich zumindest. Aber dadurch habe ich ja noch nicht
> die Differenzierbarkeit gezeigt. Wenn ich das ganze Konzept
> zur Differenzierbarkeit richtig verstanden habe, dann ist
> doch jetzt zu zeigen, dass [mm]\lim_{x\uparrow a} f'(x)=\lim_{x\downarrow a} f'(x)[/mm]
> gilt, was ja äquivalent zu folgender Definition zur
> Stetigkeit wäre, oder?
Das würde bedeuten, dass f' stetig, also f stetig differenzierbar wäre. Und es ist ja gerade zu zeigen, dass dies nicht der Fall ist. Insofern sind deine Überlegungen unten nicht ganz verkehrt.
>
> Es sei [mm]I\subseteq\mathbb{R}$[/mm] ein Intervall mit mehr als
> einem Punkt und [mm]$f\colon I\to\mathbb{R}$.[/mm]
>
> [mm]f[/mm] heißt differenzierbar in [mm]a[/mm], falls
>
> [mm]\lim_{x\to a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}:=f'(a)[/mm] existiert.
>
> Dieser Grenzwert [mm]f'(a)\in\mathbb{R}[/mm] heißt die Ableitung
> von [mm]f[/mm] an der Stelle [mm]a[/mm]. Ist [mm]f[/mm] in jedem Punkt [mm]a\in I[/mm]
> differenzierbar, so heißt [mm]f[/mm] differenzierbar.
>
>
> Der Knackpunkt bei dieser Funktion liegt ja bei [mm]x=0[/mm], bzw.
> [mm]x\to 0[/mm], oder? Für andere [mm]x[/mm] ist [mm]f'[/mm] doch auf jeden Fall
> stetig, oder? Der Grenzwert müsste also bei [mm]x\downarrow a[/mm]
> und [mm]x\uparrow a[/mm] für alle [mm]a\neq 0[/mm] derselbe sein, oder?
> Müsste ich das jetzt noch groß begründen, außer über
> die Stetigkeit der "Teilfunktionen" für alle [mm]x\neq 0[/mm]? Oder
> ist das bis hierhin schon kompletter Mist?
>
> Jetzt also die Betrachtung für [mm]x\to 0[/mm]. Hierbei fällt ja
> auf, dass [mm]f'(x)=f'(-x)[/mm] für alle [mm]x[/mm] gilt, aufgrund der
> Eigenschaften von Sinus und Kosinus. Das hieße ja, dass
> ich, sozusagen, sowohl von oben, als auch von unten, zum
> selben Grenzwert kommen müsste. Jetzt gibt es aber das
> Problem, dass sowohl für Sinus, als auch für Kosinus kein
> Grenzwert für [mm]x\to 0[/mm] bei [mm]\sin\left(\frac{1}{x}\right)[/mm]
> existiert. Dieser Grenzwert muss aber doch existieren, oder
> nicht? Sollte doch ein Grenzwert existieren (müsste ich
> wahrscheinlich dann noch genauer über die entsprechenden
> Reihendefinitionen nachprüfen, befürchte ich, also für
> die ganze Funktion), müsste dann auch [mm]\lim_{x\to a}f'(x)=f'(a)[/mm]
> gelten, also in diesem Fall [mm]\lim_{x\to 0}f'(x)=f'(0)=0[/mm] oder
> wäre das nur bei stetiger Differenzierbarkeit gefordert?
> Die Frage wurde also soeben zur Frage: Wie zeigt man, ob
> eine Funktion (stetig) differenzierbar ist?
>
> 2. Gibt es einen allgemeinen Weg um zu zeigen, dass eine
> Funktion unendlich oft stetig differenzierbar ist? Also
> für [mm]\phi\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}[/mm] zeigen, dass [mm]\phi\in C^\infty(\mathbb{R})[/mm]
> gilt.
> Muss man da, quasi per Induktion oder Ähnlichem,
> allgemein die n-te Abeitung angeben und dann zeigen
> können, dass diese dann stetig ist?
>
> Ich wäre hier wirklich über Hilfe dankbar!
>
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:10 Do 29.12.2011 | | Autor: | Lustique |
> Auf [mm]\IR\setminus\{0\}[/mm] ist f als Zusammensetzung von
> differenzierbaren Funktionen differenzierbar und du kannst
> die Ableitung mit den entsprechenden Regeln bestimmen, wie
> du es getan hast.
> Was dann noch fehlt, ist zu zeigen, dass f auch im Punkt
> [mm]x_0=0[/mm] differenzierbar ist. Dies geht direkt mit der
> Definition des Differentialquotienten:
> [mm]f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}[/mm]
Ok, also:
[mm] $\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{x^2\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{x}=\lim_{x\to 0}x\sin\left(\frac{1}{x}\right)=0=f'(0)$, [/mm] da ja [mm] $\left\lvert\sin{x}\right\rvert\leqslant [/mm] 1$.
Jetzt habe ich also die Differenzierbarkeit gezeigt, hoffe ich.
> Das würde bedeuten, dass f' stetig, also f stetig
> differenzierbar wäre. Und es ist ja gerade zu zeigen, dass
> dies nicht der Fall ist. Insofern sind deine Überlegungen
> unten nicht ganz verkehrt.
Mit den Überlegungen unten meinst du wahrscheinlich, dass [mm] $\lim_{x\to 0} [/mm] f'(x)$ nicht existiert, oder? Muss ich das jetzt zeigen, indem ich da mit der Reihendarstellung von Sinus und Kosinus rumrechne, oder so? Ich komme dann zu Folgendem:
[mm] $\lim_{x\to 0} \left(\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{2*x*{\left(\frac{1}{x}\right)}^{2k+1}}{(2k+1)!} - \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{{\left(\frac{1}{x}\right)}^{2k}}{(2k)!}\right) [/mm] = [mm] \cdots=2\lim_{x\to 0} \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{\frac{1}{2}{\left(\frac{1}{x}\right)}^{2k}-k{\left(\frac{1}{x}\right)}^{2k}}{(2k+1)!}$
[/mm]
Kann ich daraus dann irgendwie folgern, dass kein Grenzwert existiert? "Leibniz rückwärts" geht ja leider nicht. :/ Oder soll ich die Zwischenschritte noch posten?
Und könntest du dir den Rest meiner ursprünglichen Frage auch noch angucken?
Danke übrigens! ![[happy]](/images/smileys/happy.gif "[happy]")
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> > Auf [mm]\IR\setminus\{0\}[/mm] ist f als Zusammensetzung von
> > differenzierbaren Funktionen differenzierbar und du kannst
> > die Ableitung mit den entsprechenden Regeln bestimmen, wie
> > du es getan hast.
> > Was dann noch fehlt, ist zu zeigen, dass f auch im
> Punkt
> > [mm]x_0=0[/mm] differenzierbar ist. Dies geht direkt mit der
> > Definition des Differentialquotienten:
> > [mm]f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}[/mm]
>
> Ok, also:
>
> [mm]\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{x^2\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{x}=\lim_{x\to 0}x\sin\left(\frac{1}{x}\right)=0=f'(0)[/mm],
> da ja [mm]\left\lvert\sin{x}\right\rvert\leqslant 1[/mm].
>
> Jetzt habe ich also die Differenzierbarkeit gezeigt, hoffe
> ich.
ja
>
> > Das würde bedeuten, dass f' stetig, also f stetig
> > differenzierbar wäre. Und es ist ja gerade zu zeigen, dass
> > dies nicht der Fall ist. Insofern sind deine Überlegungen
> > unten nicht ganz verkehrt.
>
> Mit den Überlegungen unten meinst du wahrscheinlich, dass
> [mm]\lim_{x\to 0} f'(x)[/mm] nicht existiert, oder? Muss ich das
> jetzt zeigen, indem ich da mit der Reihendarstellung von
> Sinus und Kosinus rumrechne, oder so? Ich komme dann zu
> Folgendem:
>
> [mm]\lim_{x\to 0} \left(\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{2*x*{\left(\frac{1}{x}\right)}^{2k+1}}{(2k+1)!} - \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{{\left(\frac{1}{x}\right)}^{2k}}{(2k)!}\right) = \cdots=2\lim_{x\to 0} \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{\frac{1}{2}{\left(\frac{1}{x}\right)}^{2k}-k{\left(\frac{1}{x}\right)}^{2k}}{(2k+1)!}[/mm]
>
viel zu kompliziert
Du musst zeigen, dass [mm] \lim_{x\to 0}f'(x)=\lim_{x\to 0}(2x*sin(1/x)-cos(1/x)) [/mm] nicht existiert
Dazu kannst du z.B. die Nullfolgen [mm] x_n=\frac{1}{2\pi n} [/mm] und [mm] y_n=\frac{1}{\pi+2\pi n} [/mm] betrachten, für die gilt
[mm] \lim_{n\to\infty}f'(x_n)=-1\ne\lim_{n\to\infty}f'(y_n)=+1
[/mm]
> Kann ich daraus dann irgendwie folgern, dass kein Grenzwert
> existiert? "Leibniz rückwärts" geht ja leider nicht. :/
> Oder soll ich die Zwischenschritte noch posten?
>
> Und könntest du dir den Rest meiner ursprünglichen Frage
> auch noch angucken?
>
>
> Danke übrigens!
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:35 So 01.01.2012 | | Autor: | Lustique |
| Aufgabe | c) Zeigen Sie: Die Funktion
[mm] $g\colon \mathbb{R}\to\mathbb{R}, g(x)=\begin{cases}\exp\left(-\frac{1}{x}\right) & \text{ falls } x>0 \\ 0 & \text{ falls } x\leqslant 0\end{cases}
[/mm]
ist stetig differenzierbar.
*d) Zeigen Sie: Für die Funktion $g$ aus Aufgabenteil c) gilt [mm] $g\in C^\infty\left(\mathbb{R}\right)$. [/mm] |
> viel zu kompliziert
> Du musst zeigen, dass [mm]\lim_{x\to 0}f'(x)=\lim_{x\to 0}(2x*sin(1/x)-cos(1/x))[/mm]
> nicht existiert
> Dazu kannst du z.B. die Nullfolgen [mm]x_n=\frac{1}{2\pi n}[/mm]
> und [mm]y_n=\frac{1}{\pi+2\pi n}[/mm] betrachten, für die gilt
> [mm]\lim_{n\to\infty}f'(x_n)=-1\ne\lim_{n\to\infty}f'(y_n)=+1[/mm]
Ja klar, du hast natürlich Recht, es reicht ja zu zeigen, dass nicht für alle Folgen mit demselben Grenzwert (in dem Fall 0) der selbe Grenzwert für die Funktion rauskommt. Ich merke schon, das Thema "Grenzwerte von Funktionen" liegt schon wieder ein paar Wochen zurück. :/ Danke!
Aber wie sieht es jetzt genau mit beliebig häufiger stetiger Differenzierbarkeit aus? Wie weißt man die nach (also allgemein (wenn es da so was wie eine "allgemeine Strategie" zu geben sollte), und im konkreten Fall von d) oben)? Das ist zwar nur eine Bonusaufgabe ( c) habe ich schon gelöst, denke ich), aber ich würde die auch noch ganz gerne lösen.
Ich habe mir bis jetzt nur mal die ersten vier Ableitungen angeguckt. Dabei war jede Funktion einfach nur eine Zusammensetzung aus differenzierbaren Funktion, die jeweils auch noch stetig waren (also jeweils für $x>0$, also waren die Ableitungen dann auch jeweils stetig differenzierbar. Die Ableitungen sahen auch so aus, als würden sie einem bestimmten Muster folgen, was sich eigentlich irgendwie in eine Formel bringen lassen sollte. Könnte ich dann zeigen, dass diese "allgemeine" Ableitung jeweils wieder stetig differenzierbar ist (vielleicht per Induktion?), hätte ich doch das Gewünschte gezeigt, oder? Muss ich das so machen, oder denke ich hier einfach wieder zu kompliziert?
Die ersten paar Ableitungen sind übrigens die Folgenden (für $x>0$, da sonst einfach immer 0):
[mm] $g^{(1)}=\frac{\exp{\left(\-\frac{1}{x}}\right)}{x^2}$ [/mm]
[mm] $g^{(2)}=\frac{\exp{\left(\-\frac{1}{x}}\right)\left(1-2x\right)}{x^4}$ [/mm]
[mm] $g^{(3)}=\frac{\exp{\left(\-\frac{1}{x}}\right)\left(1-6x+6x^2\right)}{x^6}$ [/mm]
[mm] $g^{(4)}=\frac{\exp{\left(\-\frac{1}{x}}\right)\left(1-12x+36x^2-24x^3\right)}{x^8}$ [/mm]
Ich finde, dass sieht ja schon sehr "verdächtig" aus, ich weiß nur nicht, wie man daraus jetzt so etwas wie [mm] $g^{(k)}=\ldots, k\in\mathbb{N}$ [/mm] basteln kann. Habt ihr da vielleicht irgendwelche Tipps?
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> c) Zeigen Sie: Die Funktion
>
> [mm]$g\colon \mathbb{R}\to\mathbb{R}, g(x)=\begin{cases}\exp\left(-\frac{1}{x}\right) & \text{ falls } x>0 \\ 0 & \text{ falls } x\leqslant 0\end{cases}[/mm]
>
> ist stetig differenzierbar.
>
> *d) Zeigen Sie: Für die Funktion [mm]g[/mm] aus Aufgabenteil c)
> gilt [mm]g\in C^\infty\left(\mathbb{R}\right)[/mm].
>
> > viel zu kompliziert
> > Du musst zeigen, dass [mm]\lim_{x\to 0}f'(x)=\lim_{x\to 0}(2x*sin(1/x)-cos(1/x))[/mm]
> > nicht existiert
> > Dazu kannst du z.B. die Nullfolgen [mm]x_n=\frac{1}{2\pi n}[/mm]
> > und [mm]y_n=\frac{1}{\pi+2\pi n}[/mm] betrachten, für die gilt
> >
> [mm]\lim_{n\to\infty}f'(x_n)=-1\ne\lim_{n\to\infty}f'(y_n)=+1[/mm]
>
>
> Ja klar, du hast natürlich Recht, es reicht ja zu zeigen,
> dass nicht für alle Folgen mit demselben Grenzwert (in dem
> Fall 0) der selbe Grenzwert für die Funktion rauskommt.
> Ich merke schon, das Thema "Grenzwerte von Funktionen"
> liegt schon wieder ein paar Wochen zurück. :/ Danke!
>
> Aber wie sieht es jetzt genau mit beliebig häufiger
> stetiger Differenzierbarkeit aus? Wie weißt man die nach
> (also allgemein (wenn es da so was wie eine "allgemeine
> Strategie" zu geben sollte),
Eine "allgemeine Strategie" führt zum Begriff der analytischen Funktionen. Das sind Funktionen, die sich (lokal) in eine Potenzreihe entwickeln lassen. Dazu gehören "gängige Funktionen" wie z.B. Polynome, rationale Funktionen, sin, cos, [mm] e^x [/mm] etc. Analytiche Funktionen sind immer in ihrem Definitionsbereich beliebig oft differenzierbar. Da aus analytischen Funktionen zusammengesetzte Funktionen wieder analytisch sind, ist in solchen Fällen die Existenz aller höheren Ableitungen gesichert.
Dies gilt z.B. auch für Funktionen wie exp(-1/x) oder [mm] x^2*sin(1/x) [/mm] auf [mm] \IR\setminus\{0\}.
[/mm]
Die hier betrachtete Funktionen g(x) aus Aufgabenteil c) ist jedoch im Nullpunkt nicht analytisch. Das bedeutet, dass man hier [mm] g\in C^{\infty}(\IR) [/mm] "zu Fuß" zeigen muss.
Dazu stellt man fest, dass für x>0 alle Ableitungen die Form haben [mm] g^{(n)}(x)=exp(-1/x)*r_n(x), [/mm] wobei [mm] r_n(x) [/mm] eine rationale Funktion ist (formal kann man das durch Induktion zeigen).
Wenn man dann den Grenzwert für [mm] x\to [/mm] 0 betrachtet, strebt der Faktor exp(-1/x) "stärker gegen 0" als [mm] r_n(x) [/mm] gegen [mm] \pm\infty [/mm] strebt.
> und im konkreten Fall von d)
> oben)? Das ist zwar nur eine Bonusaufgabe ( c) habe ich
> schon gelöst, denke ich), aber ich würde die auch noch
> ganz gerne lösen.
>
> Ich habe mir bis jetzt nur mal die ersten vier Ableitungen
> angeguckt. Dabei war jede Funktion einfach nur eine
> Zusammensetzung aus differenzierbaren Funktion, die jeweils
> auch noch stetig waren (also jeweils für [mm]x>0[/mm], also waren
> die Ableitungen dann auch jeweils stetig differenzierbar.
> Die Ableitungen sahen auch so aus, als würden sie einem
> bestimmten Muster folgen, was sich eigentlich irgendwie in
> eine Formel bringen lassen sollte. Könnte ich dann zeigen,
> dass diese "allgemeine" Ableitung jeweils wieder stetig
> differenzierbar ist (vielleicht per Induktion?), hätte ich
> doch das Gewünschte gezeigt, oder? Muss ich das so machen,
> oder denke ich hier einfach wieder zu kompliziert?
>
> Die ersten paar Ableitungen sind übrigens die Folgenden
> (für [mm]x>0[/mm], da sonst einfach immer 0):
>
>
> [mm]g^{(1)}=\frac{\exp{\left(\-\frac{1}{x}}\right)}{x^2}[/mm]
>
> [mm]g^{(2)}=\frac{\exp{\left(\-\frac{1}{x}}\right)\left(1-2x\right)}{x^4}[/mm]
>
> [mm]g^{(3)}=\frac{\exp{\left(\-\frac{1}{x}}\right)\left(1-6x+6x^2\right)}{x^6}[/mm]
>
> [mm]g^{(4)}=\frac{\exp{\left(\-\frac{1}{x}}\right)\left(1-12x+36x^2-24x^3\right)}{x^8}[/mm]
>
> Ich finde, dass sieht ja schon sehr "verdächtig" aus, ich
> weiß nur nicht, wie man daraus jetzt so etwas wie
> [mm]g^{(k)}=\ldots, k\in\mathbb{N}[/mm] basteln kann. Habt ihr da
> vielleicht irgendwelche Tipps?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:15 So 08.01.2012 | | Autor: | Lustique |
> Eine "allgemeine Strategie" führt zum Begriff der
> analytischen Funktionen. Das sind Funktionen, die sich
> (lokal) in eine Potenzreihe entwickeln lassen. Dazu
> Das bedeutet,
> dass man hier [mm]g\in C^{\infty}(\IR)[/mm] "zu Fuß" zeigen muss.
> Dazu stellt man fest, dass für x>0 alle Ableitungen die
> Form haben [mm]g^{(n)}(x)=exp(-1/x)*r_n(x),[/mm] wobei [mm]r_n(x)[/mm] eine
> rationale Funktion ist (formal kann man das durch Induktion
> zeigen).
> Wenn man dann den Grenzwert für [mm]x\to[/mm] 0 betrachtet, strebt
> der Faktor exp(-1/x) "stärker gegen 0" als [mm]r_n(x)[/mm] gegen
> [mm]\pm\infty[/mm] strebt.
Noch mal danke für deine Hilfe, aber in der Vorlesung wurden rationale und ganzrationale Funktionen noch nicht behandelt, also die Konzepte noch nicht eingeführt.
Glaubst du, es ist per Induktion auch möglich, so etwas wie
[mm] $g^{(n)}(x)=\frac{\exp\left(-\frac{1}{x}\right)\cdot p(x)}{x^{2n}}$ [/mm] (mit [mm] $p(x)=\sum_{k=0}^{n-1}a_kx^k$, [/mm] oder so etwas in der Art, also einem Polynom) zu zeigen?
Ich habe das zwar schon mal versucht, bin aber zu keinem Ergebnis gekommen (liegt vielleicht schon an meiner Notation der Polynomfunktion...). Denkst du es lohnt sich den Ansatz weiter zu verfolgen?
Oder könntest du mir einen Tipp geben, wie man deinen Ansatz fortführen könnte? Wahrscheinlich wird man da dieses Konzept der rationalen Funktionen gar nicht brauchen, oder?
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> Noch mal danke für deine Hilfe, aber in der Vorlesung
> wurden rationale und ganzrationale Funktionen noch nicht
> behandelt, also die Konzepte noch nicht eingeführt.
>
> Glaubst du, es ist per Induktion auch möglich, so etwas
> wie
>
> [mm]g^{(n)}(x)=\frac{\exp\left(-\frac{1}{x}\right)\cdot p(x)}{x^{2n}}[/mm]
> (mit [mm]p(x)=\sum_{k=0}^{n-1}a_kx^k[/mm], oder so etwas in der Art,
> also einem Polynom) zu zeigen?
Das ist ja im Prinzip der selbe Ansatz, wobei du [mm] r_n(x)=\frac{p_n(x)}{x^{2n}} [/mm] schreibst.
Wenn du deine Form von [mm] g^{(n)}(x) [/mm] mit Produkt- und Quotientenregel ableitest, erhältst du
[mm] g^{(n+1)}(x)=\frac{1}{x^{4n}}*\left(\exp\left(-\frac{1}{x}\right)*p'(x)*x^{2n}+x^{-2}*\exp\left(-\frac{1}{x}\right)*p(x)*x^{2n}-\exp\left(-\frac{1}{x}\right)*p(x)*2n*x^{2n-1}\right)
[/mm]
[mm] =\frac{1}{x^{2(n+1)}}*\exp\left(-\frac{1}{x}\right)*(p'(x)*x^2+p(x)-2n*x*p(x))=\frac{1}{x^{2(n+1)}}*\exp\left(-\frac{1}{x}\right)*p_{n+1}(x)
[/mm]
(oder so ähnlich), wobei [mm] p_{n+1}(x) [/mm] wieder ein Polynom ist.
Wenn du das hast, wäre noch zu zeigen dass [mm] \lim_{x\to 0+}\frac{1}{x^{2n}}*\exp\left(-\frac{1}{x}\right)=0
[/mm]
>
> Ich habe das zwar schon mal versucht, bin aber zu keinem
> Ergebnis gekommen (liegt vielleicht schon an meiner
> Notation der Polynomfunktion...). Denkst du es lohnt sich
> den Ansatz weiter zu verfolgen?
>
> Oder könntest du mir einen Tipp geben, wie man deinen
> Ansatz fortführen könnte? Wahrscheinlich wird man da
> dieses Konzept der rationalen Funktionen gar nicht
> brauchen, oder?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:06 Di 10.01.2012 | | Autor: | Lustique |
> Das ist ja im Prinzip der selbe Ansatz, wobei du
> [mm]r_n(x)=\frac{p_n(x)}{x^{2n}}[/mm] schreibst.
> Wenn du deine Form von [mm]g^{(n)}(x)[/mm] mit Produkt- und
> Quotientenregel ableitest, erhältst du
>
> [mm]g^{(n+1)}(x)=\frac{1}{x^{4n}}*\left(\exp\left(-\frac{1}{x}\right)*p'(x)*x^{2n}+x^{-2}*\exp\left(-\frac{1}{x}\right)*p(x)*x^{2n}-\exp\left(-\frac{1}{x}\right)*p(x)*2n*x^{2n-1}\right)[/mm]
>
> [mm]=\frac{1}{x^{2(n+1)}}*\exp\left(-\frac{1}{x}\right)*(p'(x)*x^2+p(x)-2n*x*p(x))=\frac{1}{x^{2(n+1)}}*\exp\left(-\frac{1}{x}\right)*p_{n+1}(x)[/mm]
> (oder so ähnlich), wobei [mm]p_{n+1}(x)[/mm] wieder ein Polynom
> ist.
> Wenn du das hast, wäre noch zu zeigen dass [mm]\lim_{x\to 0+}\frac{1}{x^{2n}}*\exp\left(-\frac{1}{x}\right)=0[/mm]
Danke erst mal für die erneute Antwort, aber ich stehe jetzt wieder vor einem Problem:
Ich bin jetzt mit deinem Ansatz auch bei folgendem Ergebnis angekommen:
[mm] $g^{(n+1)}(x)=\frac{\frac{\exp{\left(-\frac{1}{x}\right)}}{x^2}\cdot p_n'(x)\cdot x^{2n}-\exp{\left(-\frac{1}{x}\right)}\cdot p_n(x)\cdot 2nx^{2n-1}}{x^{4n}} [/mm] = [mm] \frac{\exp{\left(-\frac{1}{x}\right)}\cdot\left(p_n'(x)-2nxp_n(x)\right)}{x^{2n+2}} [/mm] = [mm] \frac{\exp{\left(-\frac{1}{x}\right)}\cdot\left(p_{n-1}(x)-p_{n+1}(x)\right)}{x^{2n+2}} [/mm] = [mm] \frac{\exp{\left(-\frac{1}{x}\right)}\cdot p_{n+1}(x)}{x^{2\left(n+1\right)}}$
[/mm]
Ist das das, was du meintest? Ist das mit der Notation der Polynome so in Ordnung? Und warum komme ich jetzt plötzlich auf [mm] $p_{n+1}(x)$ [/mm] (es müsste doch eigentlich [mm] $p_n(x)$ [/mm] sein, oder?)? Ist meine Induktionsannahme falsch, oder geht das so doch nicht? ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]")
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> > Das ist ja im Prinzip der selbe Ansatz, wobei du
> > [mm]r_n(x)=\frac{p_n(x)}{x^{2n}}[/mm] schreibst.
> > Wenn du deine Form von [mm]g^{(n)}(x)[/mm] mit Produkt- und
> > Quotientenregel ableitest, erhältst du
> >
> >
> [mm]g^{(n+1)}(x)=\frac{1}{x^{4n}}*\left(\exp\left(-\frac{1}{x}\right)*p'(x)*x^{2n}+x^{-2}*\exp\left(-\frac{1}{x}\right)*p(x)*x^{2n}-\exp\left(-\frac{1}{x}\right)*p(x)*2n*x^{2n-1}\right)[/mm]
> >
> >
> [mm]=\frac{1}{x^{2(n+1)}}*\exp\left(-\frac{1}{x}\right)*(p'(x)*x^2+p(x)-2n*x*p(x))=\frac{1}{x^{2(n+1)}}*\exp\left(-\frac{1}{x}\right)*p_{n+1}(x)[/mm]
> > (oder so ähnlich), wobei [mm]p_{n+1}(x)[/mm] wieder ein Polynom
> > ist.
> > Wenn du das hast, wäre noch zu zeigen dass [mm]\lim_{x\to 0+}\frac{1}{x^{2n}}*\exp\left(-\frac{1}{x}\right)=0[/mm]
>
> Danke erst mal für die erneute Antwort, aber ich stehe
> jetzt wieder vor einem Problem:
>
> Ich bin jetzt mit deinem Ansatz auch bei folgendem Ergebnis
> angekommen:
>
> [mm]g^{(n+1)}(x)=\frac{\frac{\exp{\left(-\frac{1}{x}\right)}}{x^2}\cdot p_n'(x)\cdot x^{2n}-\exp{\left(-\frac{1}{x}\right)}\cdot p_n(x)\cdot 2nx^{2n-1}}{x^{4n}} = \frac{\exp{\left(-\frac{1}{x}\right)}\cdot\left(p_n'(x)-2nxp_n(x)\right)}{x^{2n+2}} = \frac{\exp{\left(-\frac{1}{x}\right)}\cdot\left(p_{n-1}(x)-p_{n+1}(x)\right)}{x^{2n+2}} = \frac{\exp{\left(-\frac{1}{x}\right)}\cdot p_{n+1}(x)}{x^{2\left(n+1\right)}}[/mm]
>
Der Ansatz ist ok, aber mir scheint es, dass du bei der Bestimmung von u' aus der Quotientenregel die Produktregel nicht korrekt angewandt hast.
> Ist das das, was du meintest? Ist das mit der Notation der
> Polynome so in Ordnung? Und warum komme ich jetzt
> plötzlich auf [mm]p_{n+1}(x)[/mm] (es müsste doch eigentlich
> [mm]p_n(x)[/mm] sein, oder?)? Ist meine Induktionsannahme falsch,
> oder geht das so doch nicht?
[mm] p_n [/mm] hat den Grad n-1 und dann hat [mm] p_{n+1} [/mm] den Grad n. Somit ist die Verwirrung nur eine Frage der Notation, der Induktionsbeweis passt. Der Grad des Polynoms spielt allerdings für die Lösung der eigentlichen Aufgabe gar keine Rolle.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:49 Mi 11.01.2012 | | Autor: | Lustique |
> Der Ansatz ist ok, aber mir scheint es, dass du bei der
> Bestimmung von u' aus der Quotientenregel die Produktregel
> nicht korrekt angewandt hast.
Ja, da hast du Recht, da habe ich wohl ziemlich geschlampt. Ist jetzt zumindest in meiner Lösung korrigiert. :D
> [mm]p_n[/mm] hat den Grad n-1 und dann hat [mm]p_{n+1}[/mm] den Grad n. Somit
> ist die Verwirrung nur eine Frage der Notation, der
> Induktionsbeweis passt. Der Grad des Polynoms spielt
> allerdings für die Lösung der eigentlichen Aufgabe gar
> keine Rolle.
Oh, da habe ich dann mal wieder nicht genau hingeschaut, danke! Aber irgendwie finde ich diese Notation noch etwas seltsam, also dass ja praktisch sowohl [mm] $p_{n-1}(x)\cdot x=p_n(x)$, [/mm] als auch, beispielsweise [mm] $p_{n-1}(x)\cdot n\cdot x=p_n(x)$ [/mm] gilt (der zusätzliche Faktor ändert ja nur die Koeffizienten aber nicht den Grad des Polynoms), zumindest wenn ich das richtig verstanden habe. Das sieht ja dann so aus, als gelte [mm] $x=n\cdot [/mm] x$, sozusagen. Aber wenn [mm] $p_n$ [/mm] einfach nur ganz allgemein ein Polynom n-ten Grades beschreibt, dann kann man damit ja sowieso nicht so damit rumrechnen und kommt gar nicht erst zu solch einem Problem, oder?
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