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| Aufgabe | Gegeben ist [m]f(x) = (x^2 + 1) * ln (x) + 3[/m] auf [m]I := [e^-1, 1][/m]
Finden Sie ein [m]M > 0[/m], so dass [m]|f'(x)| \le M[/m] für alle [m]x \in I[/m].
Hinweis: Begründungen! |
Hallo zusammen,
sehe ich das richtig, dass hier die erste Ableitung von [m]f[/m] gebildet wird und dann die Dreiecksungleichung zum Abschätzen (mit Beträgen) genommen wird?
Muss hier eine Abschätzung nach oben oder unten vorgenommen werden?
Welche Werte müssen hier eingesetzt werden?
Vielen Dank im voraus für Tipps?
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Erste Ableitung gebildet, es gilt:
[m]f'(x) = 2x*ln(x)+x+\bruch{1}{x}[/m]
Es soll ein [m]M > 0[/m] gefunden werden, so dass der Betrag
der ersten Ableitung von f kleiner oder gleich ist und
dies für alle Elemente innerhalb des abgeschlossenen
Intervalls [m]I[/m] gelten, also [m]I := [e^-1, \, 1][/m].
Die Funktionswerte sollen möglichst klein gehalten werden,
also wird eine Abschätzung nach oben mit den kleinstmöglichen Wert (also der linke Randwert des Intervalls: e^-1 eingesetzt), nachdem man die erste Ableitung in Betragsstrichen soweit umgeformt hat, so dass keine Exponenten mehr auftauchen (ist ja in diesem Fall nicht gegeben).
Also gilt: [m] | f'(x) | = | 2x*ln(x)+x+\bruch{1}{x} | = |2x| * |ln(x)| + |x| + |\bruch{1}{x}| = 2|x| * |ln(x)| + |x| + \bruch{1}{|x|} [/m]
Dadurch, dass alle x in Betragsstriche gesetzt wurden, wird für x kein negativer Bildwert angenommen (insbesondere sind die Bedenken bei dem Bruch [mm] \bruch{1}{x} [/mm] hinfällig)... ist das soweit alles korrekt?
Wird jetzt der linke Randwert: [m]e^-1[/m], also [m]\approx 1/2.718281821...[/m], also [m]\approx 0.36787944117...[/m] in die Funktion eingesetzt?
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:27 So 06.04.2014 | | Autor: | DieAcht |
Hallo gummibaum!
Wir freuen uns übrigens auch über ein nettes Hallo. 
> Erste Ableitung gebildet, es gilt:
>
> [m]f'(x) = 2x*ln(x)+x+\bruch{1}{x}[/m]
Richtig. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Es soll ein [m]M > 0[/m] gefunden werden, so dass der Betrag
> der ersten Ableitung von f kleiner oder gleich
Hier fehlt ein $M$.
> ist und
> dies für alle Elemente innerhalb des abgeschlossenen
> Intervalls [m]I[/m] gelten, also [m]I := [e^-1, \, 1][/m].
Benutze bitte geschweifte Klammern für Exponenten.
e^{-1} wird zu [mm] $e^{-1}$.
[/mm]
> Die Funktionswerte sollen möglichst klein gehalten werden,
Nein. ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Du willst eine Abschätzung nach oben. Ein Beispiel:
[mm] $g:[-1,1]\to [-1,1]:x\to [/mm] x$
[mm] $\Rightarrow |g(x)|\le [/mm] 1=:M$ für alle [mm] x\in[-1,1],
[/mm]
wobei in diesem Fall $M$ die kleinste obere Schranke ist.
Du könntest aber hier auch eine größere Schranke angeben.
Zum Verständnis vielleicht nochmal folgende Eigenschaft:
[mm] $|x|<1\gdw x\in(-1,1)$.
[/mm]
> also wird eine Abschätzung nach oben mit den
> kleinstmöglichen Wert
Nein.
Du suchst eine Abschätzung nach oben. Das ist hier in diesem
Fall mindestens der größte mögliche Funktionswert für alle
möglichen Stellen aus deinem Intervall $I$.
> (also der linke Randwert des
> Intervalls: e^-1 eingesetzt),
Nein. Das ist leider auch nicht folgerichtig.
Für so eine Aussage benötigst du die Monotonie.
Sei [mm] h:[a,b]\to\IR. [/mm] Falls nun $h$ monoton wachsend ist, dann gilt:
[mm] $h(a)\le h(x)\le [/mm] h(b)$ für alle [mm] x\in[a,b].
[/mm]
Analog monoton fallend.
Zeichne dir das am Besten einmal auf, dann verstehst du es
sicher. Die Monotonie ist entscheidend bei so einer Aussage,
denn ansonsten könnten die Funktionswerte dazwischen machen
und tun was sie wollen.
Hier ist aber $f'$ auf $I$ weder monoton wachsend noch
monoton fallend, sodass du mit dieser Argumentation nicht
weiter kommen wirst. Betrachte dazu folgende Funktionswerte:
[mm] $f'(e^{-1})$,
[/mm]
$f'(1)$,
[mm] $f'(\frac{1}{2})$.
[/mm]
> nachdem man die erste
> Ableitung in Betragsstrichen soweit umgeformt hat, so dass
> keine Exponenten mehr auftauchen (ist ja in diesem Fall
> nicht gegeben).
Diese Aussage verstehe ich nicht.
> Also gilt: [m]| f'(x) | = | 2x*ln(x)+x+\bruch{1}{x} | = |2x| * |ln(x)| + |x| + |\bruch{1}{x}| = 2|x| * |ln(x)| + |x| + \bruch{1}{|x|}[/m]
Nein.
Du wolltest am Anfang die Dreiecksungleichung benutzen!
Es gilt:
[mm] |a+b|\le|a|+|b| [/mm] für alle [mm] a,b\in\IR.
[/mm]
[mm] |a*b|\le|a|*|b| [/mm] für alle [mm] a,b\in\IR.
[/mm]
> Dadurch, dass alle x in Betragsstriche gesetzt wurden, wird
> für x kein negativer Bildwert angenommen (insbesondere
> sind die Bedenken bei dem Bruch [mm]\bruch{1}{x}[/mm] hinfällig)...
> ist das soweit alles korrekt?
>
> Wird jetzt der linke Randwert: [m]e^-1[/m], also [m]\approx 1/2.718281821...[/m],
> also [m]\approx 0.36787944117...[/m] in die Funktion eingesetzt?
Bitte arbeite niemals mit Dezimalzahlen. Das bringt nichts.
Du bist auch auf dem falschen Weg. Der Tipp hat uns doch
gesagt, dass wir wohl mit Begründungen zum Ziel kommen
werden. Beachte dabei, dass du nicht unbedingt die kleinste
obere Schranke finden musst und zwar für alle [mm] $x\in [/mm] I$. Du
hattest es im Grunde schon richtig, aber hast die Dreiecks-
ungleichung vergessen. Durch mehrfache Anwendung der Drei-
ecksungleichung und weiterem Abschätzen nach oben erhältst
du zum Beispiel folgende Abschätzung nach oben:
[mm] |f'(x)|=|2x*\ln(x)+x+\frac{1}{x}|\le 2|x|*|\ln(x)|+|x|+\frac{1}{|x|}.
[/mm]
Jetzt überlege wie du jeden einzelnen Term nach oben noch
einmal abschätzen kannst für alle [mm] $x\in [/mm] I$.
Gruß
DieAcht
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Sorry, war zu voreilig.... HALLO! ;)
Nachdem ich f mit [m]f(x) = (x^2+1) * ln(x) + 3[/m] abgeleitet habe, erhalte ich wie bereits erwähnt: [m]f'(x) = 2x * ln(x) + x + \bruch{1}{x}[/m]
Da nun ein [m]M > 0[/m] gefunden werden soll, welches für alle [m]x \in I[/m] mit [m]I: = [e^{-1}, 1][/m] gelten soll, nehme ich eine Abschätzung nach oben vor.
Ich wende hierzu die Dreiecksungleichung an: [m] |a+b| \le |a| + |b| [/m] und [m] |a * b| \le |a| * |b| [/m] für alle [m]a, b \in \IR[/m]
... und erhalte: [m]|f'(x)| \le M = | 2x * ln(x) + x + \bruch {1}{x} | \le |2x| * |ln(x)| + |x| + | \bruch{1}{x} | \le 2|x| * ln(|x|) +|x| + \bruch{1}{|x|} [/m]
Auffälligkeit: Die Funktion ln ist streng monoton steigend auf ganz [m]I[/m].
Auf den ersten Blick kann ich nicht sagen, ob f' monoton steigend oder fallend ist.
Ich habe in die Funktion f' einfach mal ein paar x-Werte eingesetzt und erhalte bspw.:
[m]f'(e^{-1}) \approx 2.35[/m]
[m]f'(1) = 2[/m]
Das sind die Funktionswerte für die beiden Randwerte des vorgegebenen Intervalls [m]I[/m].
Außerdem habe ich noch einige x-Werte innerhalb des Intervalls eingesetzt (außer die Randwerte [mm] e^{-1} [/mm] und 1)
[m]f'(\bruch{1}{2}) = \bruch {5}{2} - log (2) \approx 1.81[/m]
[m]f'(\bruch{3}{5}) \approx 1.65[/m]
[m]f'(\bruch{7}{10}) \approx 1.62[/m]
[m]f'(\bruch{4}{5}) \approx 1.69[/m]
[m]f'(\bruch{9}{10}) \approx 1.82[/m]
Somit ergibt sich m.E. nach [m]M \approx 2.35...[/m] , da nur Funktionswerte [m]\le 2.35[/m] angenommen werden und da [m]|f'(x)| \le M [/m] gelten soll, sollte es korrekt sein?!
Stimmt das so?
Vielen Dank im voraus für Tipps/Ratschläge etc.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:53 Sa 12.04.2014 | | Autor: | DieAcht |
Hallo gummibaum,
> Sorry, war zu voreilig.... HALLO! ;)
>
> Nachdem ich f mit [m]f(x) = (x^2+1) * ln(x) + 3[/m] abgeleitet
> habe, erhalte ich wie bereits erwähnt: [m]f'(x) = 2x * ln(x) + x + \bruch{1}{x}[/m]
> Da nun ein [m]M > 0[/m] gefunden werden soll, welches für alle [m]x \in I[/m]
> mit [m]I: = [e^{-1}, 1][/m] gelten soll, nehme ich eine
> Abschätzung nach oben vor.
>
> Ich wende hierzu die Dreiecksungleichung an: [m]|a+b| \le |a| + |b|[/m]
> und [m]|a * b| \le |a| * |b|[/m] für alle [m]a, b \in \IR[/m]
>
> ... und erhalte: [m]|f'(x)| \le M = | 2x * ln(x) + x + \bruch {1}{x} | \le |2x| * |ln(x)| + |x| + | \bruch{1}{x} | \le 2|x| * ln(|x|) +|x| + \bruch{1}{|x|}[/m]
Du bist wieder zu voreilig. Du wählst hier schon dein $M$ als
Funktion. Ist dir das bewusst? Das mit dem Betrag des Loga-
rithmus ist falsch. Tut mir leid. Es geht hier um das Inter-
vall $I$, sodass wir folgendes schreiben können:
[mm] $|f'(x)|\le 2x\cdot{}|\ln(x)|+x+\frac{1}{x}$ [/mm] für alle [mm] $x\in [/mm] I$.
Mach dir das unbedingt klar!
Der Betrag des Logarithmus muss draußen bleiben, denn der
Logarithmus ist streng monoton wachsend, aber nicht immer
strinkt positiv. Nämlich genau dann, wenn wir [mm] x\in(0,1) [/mm] be-
trachten. Da hier [mm] $e^{-1}\in [/mm] I$ und [mm] e^{-1}\in(0,1) [/mm] kannst du dir das auch
mal direkt an den Funktionswerten angucken. Hier gilt:
[mm] \ln(e^{-1})=-1,
[/mm]
aber wir wollen nach oben Abschätzung und belassen es bei
der Dreiecksungleichung und erhalten
[mm] |\ln(e^{-1})|=1. [/mm]
> Auffälligkeit: Die Funktion ln ist streng monoton steigend
> auf ganz [m]I[/m].
> Auf den ersten Blick kann ich nicht sagen, ob f' monoton
> steigend oder fallend ist.
>
> Ich habe in die Funktion f' einfach mal ein paar x-Werte
> eingesetzt und erhalte bspw.:
>
> [m]f'(e^{-1}) \approx 2.35[/m]
>
> [m]f'(1) = 2[/m]
>
> Das sind die Funktionswerte für die beiden Randwerte des
> vorgegebenen Intervalls [m]I[/m].
>
> Außerdem habe ich noch einige x-Werte innerhalb des
> Intervalls eingesetzt (außer die Randwerte [mm]e^{-1}[/mm] und 1)
>
> [m]f'(\bruch{1}{2}) = \bruch {5}{2} - log (2) \approx 1.81[/m]
>
> [m]f'(\bruch{3}{5}) \approx 1.65[/m]
>
> [m]f'(\bruch{7}{10}) \approx 1.62[/m]
>
> [m]f'(\bruch{4}{5}) \approx 1.69[/m]
>
> [m]f'(\bruch{9}{10}) \approx 1.82[/m]
>
> Somit ergibt sich m.E. nach [m]M \approx 2.35...[/m] , da nur
> Funktionswerte [m]\le 2.35[/m] angenommen werden und da [m]|f'(x)| \le M[/m]
> gelten soll, sollte es korrekt sein?!
>
> Stimmt das so?
>
> Vielen Dank im voraus für Tipps/Ratschläge etc.
Nein. Ich habe dir bereits geschrieben, dass $f'$ auf $I$
weder monoton wachsend noch monoton fallend ist. Damit
kommst du hier nicht direkt weiter. Wir haben:
[mm] $|f'(x)|\le 2x\cdot{}|\ln(x)|+x+\frac{1}{x}$ [/mm] für alle [mm] $x\in [/mm] I$.
Wir wollen nun die Funktionen
$g(x):=x$,
[mm] $h(x):=\frac{1}{x}$,
[/mm]
[mm] $i(x):=2x*|\ln(x)|$
[/mm]
nach oben abschätzen. Wir suchen [mm] $M_1,M_2,M_3>0$ [/mm] mit
[mm] $g(x)\le M_1$,
[/mm]
[mm] $h(x)\le M_2$,
[/mm]
[mm] $i(x)\le M_3$,
[/mm]
sodass wir folgende Schranke erhalten:
[mm] $|f'(x)|\le M_1+M_2+M_3=:M$.
[/mm]
Ich mache dir den ersten Teil, damit du das verstehst.
$g$ ist offensichtlich stetig und streng monoton wachsend
auf $I$. Daraus folgt:
[mm] $g(e^{-1})\le g(x)\le g(1)=1=:M_1$ [/mm] für alle [mm] $x\in [/mm] I$.
Tob' dich nun mal an den anderen Funktionen aus. 
Tipp: [mm] |\ln(x)| [/mm] ist auf $I$ streng monoton fallend.
Gruß
DieAcht
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Hallo zusammen,
die Frage ist zwar schon länger her, aber ich habe mich jetzt nochmal an die Aufgabe rangemacht und
möchte hier nochmal mein Vorgehen von Anfang an schildern und versuche mal systematisch ranzugehen, also:
Gegeben: [m]f(x) = (x^{2}+1)*\ln(x) + 3, \, I := [e^{-1}, 1][/m]
Gesucht: [m]M > 0[/m] mit [m]|f'(x)| [mm] \le [/mm] M[m], für alle [m]x \in I[/m]
in Worten: Es soll also eine Abschätzung nach oben - (auf Basis des o.g. abgeschlossenen Intervalls) - durchgeführt werden.
Es gilt: [m]f(x) = (x^{2}+1)*\ln(x) + 3 \ \Rightarrow \ f'(x) = 2x*\ln(x)+x+\bruch{1}{x}[/m]
Somit ist nach Anwendung der Dreiecksungleichung:
[m]|f'(x)|=|2x * \ln(x) + x + \bruch{1}{x}| \ \le \ \underbrace{2|x|}_{x=1, \ \le 2} * \underbrace{\ln(x)|}_{x=e^{-1}, \ \le 1} + \underbrace{|x|}_{x=1, \ \le 1} + \ \bruch{1}{\underbrace{|x|}_{x=e^{-1}, \ \le e}} \le 2 * 1 + 1 * e = 2 + e := M[/m]
Die Abschätzung nach oben auf [m][e^{-1}, 1][/m] liefert also das M = 2 + e.
Begründungen:
Für den Term [m]2|x|[/m] kommt nur [m]x=1[/m] in Frage, da sonst nicht das größtmögliche [m]f(x)[/m] gefunden wird.
Beim [m]\ln(x)[/m] kommt lediglich [m]x=e^{-1}[/m] in Frage, da [m]\ln(1)=0[/m], hier schafft das Betragszeichen auch keine Abhilfe.
Es gilt wohl aber: [m]|\ln(e^{-1})| = |-1| = 1[/m], also das Betragszeichen "schluckt das negative Vorzeichen".
Beim Summanden [m]|x|[/m] wird bei [m]x=1[/m] der größtmögliche Funktionswert angenommen.
Vorab: Die Abschätzung für den letzten Term soll sich auf den Bruch [m]\bruch{1}{x}[/m] beziehen,
leider habe ich die unter dem Term aufgeführten geschweiften Klammern nicht ganz glücklich dargestellt bekommen.
Also bei [m]\bruch{1}{|x|}[/m] habe ich zunächst [m]x=1[/m] eingesetzt, dann erhält man die 1,
für [m]x=e^{-1}[/m] aber erhält man einen größeren Funktionswert, nämlich die Eulersche Zahl selbst (also [m]2.718281821...[/m]).
Für [m]x=1[/m] wäre das [m]M = 2* 1 + 1 * 1 = 2 + 1 = 3[/m] und [m]3 < 2 + e[/m] bzw. [m]2 + e \approx 4.72 > 3[/m]
Hoffe dieses Mal ist alles korrekt.
Freue mich auf (hoffentlich positives) Feedback! ;)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:21 Sa 06.09.2014 | | Autor: | DieAcht |
Hallo,
Du musst insgesamt präziser werden bei deinen Formulierungen!
> Gegeben: [m]f(x) = (x^{2}+1)*\ln(x) + 3, \, I := [e^{-1}, 1][/m]
Ich weiß zwar was du hier meinst, aber das ist unpräzise, denn [mm] $I\$
[/mm]
könnte nun streng genommen alles sein. Wenn es wenigstens als [mm] $D\$
[/mm]
definiert wäre, dann würde ich es bestimmt akzeptieren, aber so
finde ich es unpräzise. In der Aufgabenstellung wird zum Beispiel
das Wort "auf" benutzt. Das ist aber halb so Wild.
Alternativ:
Sei gegeben
[mm] f\colon [e^{-1},1]=:I\to\IR\colon x\mapsto (x^{2}+1)*\ln(x)+3.
[/mm]
> Gesucht: [m]M > 0[/m] mit [m]|f'(x)| [mm]\le[/mm] M[m], für alle [m]x \in I[/m]
> Es gilt: [m]f(x) = (x^{2}+1)*\ln(x) + 3 \ \Rightarrow \ f'(x) = 2x*\ln(x)+x+\bruch{1}{x}[/m]
>
> Somit ist nach Anwendung der Dreiecksungleichung:
>
> [m]|f'(x)|=|2x * \ln(x) + x + \bruch{1}{x}| \ \le \ \underbrace{2|x|}_{x=1, \ \le 2} * \underbrace{\ln(x)|}_{x=e^{-1}, \ \le 1} + \underbrace{|x|}_{x=1, \ \le 1} + \ \bruch{1}{\underbrace{|x|}_{x=e^{-1}, \ \le e}} \le 2 * 1 + 1 * e = 2 + e := M[/m]
Ich weiß was du meinst, aber am Ende hast du dich vertan:
[mm] $|f'(x)|\le\ldots\le [/mm] 2*1+1+e=3+e=:M$ für alle [mm] $x\in I\$.
[/mm]
> Die Abschätzung nach oben auf [m][e^{-1}, 1][/m] liefert also das M = 2 + e.
Siehe oben.
> Begründungen:
Ich fange mal von hinten an:
> Also bei [m]\bruch{1}{|x|}[/m] habe ich zunächst [m]x=1[/m] eingesetzt, dann erhält man die 1,
> für [m]x=e^{-1}[/m] aber erhält man einen größeren Funktionswert, nämlich die Eulersche Zahl selbst (also [m]2.718281821...[/m]).
> Für [m]x=1[/m] wäre das [m]M = 2* 1 + 1 * 1 = 2 + 1 = 3[/m] und [m]3 < 2 + e[/m] bzw. [m]2 + e \approx 4.72 > 3[/m]
Unpräzise und das Ende macht einfach keinen Sinn. Ich hatte dir
bereits einen "Fahrplan" geschrieben:
Wir haben:
[mm] $|f'(x)|\le 2x\cdot{}\ln(x)+x+\frac{1}{x}$ [/mm] für alle [mm] $x\in [/mm] I$.
Wir wollen nun die Funktionen
[mm] $g,h,i\colon I\to\IR$
[/mm]
mit
[mm] $g(x):=x\$, [/mm]
[mm] $h(x):=\frac{1}{x}$, [/mm]
[mm] $i(x):=2x*\ln(x)$ [/mm]
nach oben abschätzen. Wir suchen [mm] $M_1,M_2,M_3>0$ [/mm] mit
[mm] $g(x)\le M_1$, [/mm]
[mm] $h(x)\le M_2$, [/mm]
[mm] $i(x)\le M_3$, [/mm]
sodass wir folgende Schranke erhalten:
[mm] $|f'(x)|\le M_1+M_2+M_3=:M$ [/mm] für alle [mm] $x\in I\$. [/mm]
[mm] $h\$ [/mm] ist stetig und streng monoton fallend (Wieso?), daraus folgt:
[mm] $h(1)\le h(x)\le h(e^{-1})=e=:M_2$ [/mm] für alle [mm] $x\in I\$.
[/mm]
Mal dir das am Besten auf!
> Beim Summanden [m]|x|[/m] wird bei [m]x=1[/m] der größtmögliche Funktionswert angenommen.
Unpräzise! Das hatte ich dir doch vorgemacht. g ist stetig und
streng monoton wachsend (Wieso?), daraus folgt:
[mm] $g(e^{-1})\le g(x)\le g(1)=1=:M_1$ [/mm] für alle [mm] $x\in [/mm] I$.
Mal dir das am Besten auch auf!
> Für den Term [m]2|x|[/m] kommt nur [m]x=1[/m] in Frage, da sonst nicht das größtmögliche [m]f(x)[/m] gefunden wird.
Ja, aber genau hier müsste (streng genommen) obige Argumentation
kommen. Wir betrachten immerhin die Funktion
[mm] $x\mapsto 2*|g(x)|\$.
[/mm]
> Beim [m]\ln(x)[/m] kommt lediglich [m]x=e^{-1}[/m] in Frage, da [m]\ln(1)=0[/m], hier schafft das Betragszeichen auch keine Abhilfe.
> Es gilt wohl aber: [m]|\ln(e^{-1})| = |-1| = 1[/m], also das Betragszeichen "schluckt das negative Vorzeichen".
Wieder unpräzise. Was passiert denn dazwischen? Ich bin mir sehr
sicher, dass du das verstanden hast, aber es nicht aufschreiben
kannst. Probiere alles so sauber wie möglich aufzuschreiben.
Alternativ betrachte hier einfach "stur"
[mm] i'(x)=(2x*\ln(x))'\overset{!}{=}0.
[/mm]
Den Rest solltest du dann selbst sehen.
Gruß
DieAcht
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:47 Sa 06.09.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Gegeben ist [m]f(x) = (x^2 + 1) * ln (x) + 3[/m] auf [m]I := [e^-1, 1][/m]
>
> Finden Sie ein [m]M > 0[/m], so dass [m]|f'(x)| \le M[/m] für alle [m]x \in I[/m]Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
.
>
> Hinweis: Begründungen!
Du hättest hier auch so vorgehen können (ob das vorgeschlagen wurde,
weiß ich nicht, ich hab's beim Überfliegen der Antworten jedenfalls nicht
gesehen):
Es ist
$f\,'(x)=2x\ln(x)+(x^2+1)*1/x=2x\ln(x)+x+1/x\,.$
Jetzt gibt's wenigstens eine einfache Möglichkeit, wie man weitermachen
kann:
Lass' Dir mal den Graphen dieser Funktion plotten. Es ist ziemlich klar
ersichtlich, dass nur $\max\{f\,'(e^{-1}),\; f\,'(1)\}$ gebildet werden muss, um ein $M\,$ wie
gewünscht zu finden.
Natürlich will man in der Analysis da schon etwas genauere Argumente
sehen. D.h. aber nicht, dass man sich die Idee nicht durch ein Bild holen
darf!
P.S. Du kannst z.B. so argumentieren, dass Du sagst:
$f\,'$ nimmt in $[1/e,\,1]$ sein Minimum an (du brauchst die Extremstelle nicht
genau berechnen, es geht eher darum, zu begründen, warum das so ist.
Tipp dazu: Berechne $f\,''$ und schau nach einem Vorzeichenwechsel, zudem
solltest Du dann auch noch ein wenig mehr zu $f\,''$ sagen...).
Wenn $x_m$ die Minimalstelle in $[1/e,\,1]$ bezeichne, dann gilt:
Es ist
$\left.f\,'\right|_{[1/e,\,x_m]}$ (streng) monoton fallend (wegen ...)
und
$\left.f\,'\right|_{[x_m,\,1]}$ (streng) monoton wachsend (wegen ...),
daher gilt: ...
Gruß,
Marcel
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Ich sehe gerade, dass ich mich verrechnet habe:
$ |f'(x)|=|2x [mm] \cdot{} \ln(x) [/mm] + x + [mm] \bruch{1}{x}| [/mm] \ [mm] \le [/mm] \ [mm] \underbrace{2|x|}_{x=1, \ \le 2} \cdot{} \underbrace{\ln(x)|}_{x=e^{-1}, \ \le 1} [/mm] + [mm] \underbrace{|x|}_{x=1, \ \le 1} [/mm] + \ [mm] \bruch{1}{\underbrace{|x|}_{x=e^{-1}, \ \le e}} \le [/mm] 2 [mm] \cdot{} [/mm] 1 + 1 [mm] \cdot{} [/mm] e = 2 + e := M $
Es sollte heißen:
$ |f'(x)|=|2x [mm] \cdot{} \ln(x) [/mm] + x + [mm] \bruch{1}{x}| [/mm] \ [mm] \le [/mm] \ [mm] \underbrace{2|x|}_{x=1, \ \le 2} \cdot{} \underbrace{\ln(x)|}_{x=e^{-1}, \ \le 1} [/mm] + [mm] \underbrace{|x|}_{x=1, \ \le 1} [/mm] + \ [mm] \bruch{1}{\underbrace{|x|}_{x=e^{-1}, \ \le e}} \le [/mm] 2 [mm] \cdot{} [/mm] 1 + 1 + e = 3 + e := M $
Also: $ 3 + e = [mm] \approx [/mm] 5.71828182... $
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:24 Sa 06.09.2014 | | Autor: | DieAcht |
Hallo,
Ja, das habe ich dir mit meiner anderen Antwort hier korrigiert.
Wieso gehst du hier eigentlich nicht auf den Tipp von Marcel sein?
Ich finde, dass das für dich auch eine gute Übung wäre.
Gruß
DieAcht
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