glm. stetigkeit & diffbarkeit < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:05 So 28.03.2010 | | Autor: | Docci |
| Aufgabe | Gegeben sei die Funktion [mm] f:[-1,1]\to\IR [/mm] mit f(x)=sin|x|
a) Begründen Sie, dass f auf [-1,1] gleichmäßig stetig ist.
b) Untersuchen Sie, dass f in sämtlichen Punkten [mm] x\in(-1,1) [/mm] auf Differenzierbarkeit. Geben Sie f`(x) an, falls existent. |
Ich habe mit dem Aufgabenteil b) begonnen, um mit Hilfe der Lipschitz-Stetigkeit die gleichmäßige Stetigkeit nachzuweisen.
[mm] \limes_{x\rightarrow\x_{0}}\bruch{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}=\limes_{x\rightarrow\x_{0}}\bruch{sin|x|-sin|x_{0}|}{x-x_{0}}
[/mm]
der obere Term sowie der untere Term gehen gegen 0, also wende ich den Satz von l'Hospital an (oberen und unteren Term ableiten)
[mm] =\limes_{x\rightarrow\x_{0}}\bruch{\pm cos|x|}{1}=\pm cos|x_{0}|
[/mm]
Das Vorzeichen ist positiv für [mm] x_{0}>0 [/mm] und negativ für [mm] x_{0}<0
[/mm]
allerdings existiert der Grenzwert nicht für [mm] x_{0}=0, [/mm] da linksseitiger und rechtsseitiger Grenzwert nicht übereinstimmen (-1 und 1). Das heißt f(x) ist außer in x=0 differenzierbar.
Da f(x) differenzierbar ist, weise ich über die Lipschitz-Stetigkeit die gleichmäßige Stetigkeit der Funktion nach. Außer in x=0, da die Funktion dort nicht differenzierbar ist.
Definition: Eine Funktion ist Lipschitz-stetig, wenn eine konstante L>0 existiert, so dass [mm] |f(x)-f(x_{0})|\le L|x-x_{0}| [/mm] gilt. Außerdem impliziert Lipschitz-Stetigkeit auch gleichmäßige Stetigkeit.
[mm] |f(x)-f(x_{0})|\le L|x-x_{0}|\Rightarrow\bruch{|f(x)-f(x_{0})|}{|x-x_{0}|}\le L\Rightarrow f'(x)\le [/mm] L
[mm] f'(x)=\begin{cases} cos|x|, & \forall x>0 \\ -cos|x|, & \forall x<0 \end{cases}
[/mm]
[mm] \Rightarrow f'(x)\le1=L
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] Die Funktion f(x) ist [mm] \forall x\in[-1,1]\backslash\{0\} [/mm] Lipschitz-stetig und damit gleichmäßig stetig.
um zu zeigen, dass die Funktion f(x) auch x=0 gleichmäßig stetig ist, wende ich das epsilon-delta-Kriterium an:
[mm] x_{0}=0: |f(x)-f(x_{0})|=|sin|x|-sin|x_{0}||=|sin|x|-x_{0}|<|x-x_{0}|<\delta=\varepsilon
[/mm]
Da [mm] \delta [/mm] nur von [mm] \varepsilon [/mm] und nicht von [mm] x_{0} [/mm] abhängt, ist f(x) in [mm] x_{0}=0 [/mm] gleichmäßig stetig
Ist das soweit alles korrekt?
Könnte man das ganze auch einfacher/kürzer zeigen?
Schonmal vielen Dank für's drüberschauen!
MfG
Doc
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:12 So 28.03.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
Du untersuchst die differenzierbarkeit von sin(x), um sie zu zeigen benutzt du sie in der regel von L'Hopital, merkst du das das kein Beweis ist?
Du brauchst zu der Aufgabe eine definition der sin-Funktion, was du verwendest ist dein Schulwisen über sie, was nicht exakt ist.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:09 So 28.03.2010 | | Autor: | Docci |
Ja das ist richtig!
Aber ich hätte eine andere Idee:
[mm] \limes_{h\rightarrow0}\bruch{sin|x_{o}+h|-sin|x_{0}|}{h}
[/mm]
[mit [mm] sin(a)-sin(b)=2cos(\bruch{a+b}{2})sin(\bruch{a-b}{2})]
[/mm]
[mm] =\limes_{h\rightarrow0}\bruch{2cos|\bruch{2x_{o}+h}{2}|sin|\bruch{h}{2}|}{h}
[/mm]
der Sinus gegen 0 verhält sich wie sein Argument und [mm] cos|\bruch{2x_{0}+h}{2}| [/mm] geht gegen [mm] cos|x_{0}| [/mm] was auch der Grenzwert ist.
allerdings würde ich hier rausbekommen, dass die Funktion [mm] \forall x_{0}\in[-1,1] [/mm] differenzierbar ist
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Hallo Docci,
mach dir nicht allzu viele Gedanken, denke eher an die Sätze der Vorlesung.
Es ist $h(x)=|x|$ stetig auf $[-1,1]$, ebenso [mm] $\sin(x)$
[/mm]
Also als Verkettung stetiger Funktionen auch [mm] $\sin(|x|)$
[/mm]
Nun ist eine auf einem Kompaktum (hier abgeschlossenen Intervall) stetige Funktion automatisch glm. stetig.
Das hättest du in der VL nachschlagen sollen und als Begründung für (a) nehmen sollen.
Für (b) ist allein die Diffbarkeit in $x=0$ zu untersuchen.
Außerhalb sind $|x|$ und [mm] $\sin(x)$ [/mm] diffbar, also auch die Verkettung [mm] $\sin(|x|)$
[/mm]
> Ja das ist richtig!
> Aber ich hätte eine andere Idee:
>
> [mm]\limes_{h\rightarrow0}\bruch{sin|x_{o}+h|-sin|x_{0}|}{h}[/mm]
>
> [mit
> [mm]sin(a)-sin(b)=2cos(\bruch{a+b}{2})sin(\bruch{a-b}{2})][/mm]
>
> [mm]=\limes_{h\rightarrow0}\bruch{2cos|\bruch{2x_{o}+h}{2}|sin|\bruch{h}{2}|}{h}[/mm]
>
> der Sinus gegen 0 verhält sich wie sein Argument und
> [mm]cos|\bruch{2x_{0}+h}{2}|[/mm] geht gegen [mm]cos|x_{0}|[/mm] was auch der
> Grenzwert ist.
Puh, das ist arg schwammig ...
>
> allerdings würde ich hier rausbekommen, dass die Funktion
> [mm]\forall x_{0}\in[-1,1][/mm] differenzierbar ist
Und das stimmt nicht, in $x=0$ ist [mm] $\sin(|x|)$ [/mm] nicht diffbar.
Berechne den links- und rechtsseitigen Limes.
Es wird sich herausstellen, dass er einmal -1, das andere Mal +1 ist ...
Ich weiß nicht, ob du benutzen darfst, dass [mm] $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x}=1$ [/mm] ist?
Ansonsten gehe über die Definition des Sinus als Potenzreihe und zeige, dass [mm] $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x}=1$ [/mm] ist ...
Bedenke auch: [mm] $\sin(-x)=-\sin(x)$ [/mm] ...
Gruß
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:18 Mo 29.03.2010 | | Autor: | Docci |
Scheinbar habe ich Schwierigkeiten den einfachen Weg zu erkennen.
vielen Dank an alle beteiligten!
MfG
Doc
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:26 Mo 29.03.2010 | | Autor: | MaRaQ |
Hallo Schachuzipus,
entschuldige, wenn ich mich hier einklinke, aber die Frage von docci scheint ja beantwortet zu sein und mir tat sich grad eine andere auf. 
> Ich weiß nicht, ob du benutzen darfst, dass
> [mm]\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x}=1[/mm] ist?
>
> Ansonsten gehe über die Definition des Sinus als
> Potenzreihe und zeige, dass [mm]\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x}=1[/mm]
> ist ...
>
> Bedenke auch: [mm]\sin(-x)=-\sin(x)[/mm] ...
[mm]\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x}=1[/mm]
Das könnte man an dieser Stelle doch im Prinzip schnell und einfach über de l'Hospital nachweisen, oder?
Wir haben ja eine [mm]\bruch{0}{0}[/mm]-Situation, sprich die Voraussetzung erfüllt und nach einmaliger Anwendung erhalten wir
[mm]\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x}\underbrace{=}_{de l'hospital}\lim\limits_{x\to 0}\frac{\cos(x)}{1} = cos(0) = 1[/mm]
Oder übersehe ich grade irgendein Hindernis?
Schöne Grüße,
Tobias
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:35 Mo 29.03.2010 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Schachuzipus,
>
> entschuldige, wenn ich mich hier einklinke, aber die Frage
> von docci scheint ja beantwortet zu sein und mir tat sich
> grad eine andere auf.
>
> > Ich weiß nicht, ob du benutzen darfst, dass
> > [mm]\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x}=1[/mm] ist?
> >
> > Ansonsten gehe über die Definition des Sinus als
> > Potenzreihe und zeige, dass [mm]\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x}=1[/mm]
> > ist ...
> >
> > Bedenke auch: [mm]\sin(-x)=-\sin(x)[/mm] ...
>
> [mm]\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x}=1[/mm]
>
> Das könnte man an dieser Stelle doch im Prinzip schnell
> und einfach über de l'Hospital nachweisen, oder?
>
> Wir haben ja eine [mm]\bruch{0}{0}[/mm]-Situation, sprich die
> Voraussetzung erfüllt und nach einmaliger Anwendung
> erhalten wir
>
> [mm]\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x}\underbrace{=}_{de l'hospital}\lim\limits_{x\to 0}\frac{\cos(x)}{1} = cos(0) = 1[/mm]
>
> Oder übersehe ich grade irgendein Hindernis?
Wenn Du schon die Differenzierbarkeit des Sinus benutzt, dann ist doch de l'Hospital mit kanonen auf Spatzen geschossen !
Setze $f(x) := sin(x)$
Dann:
$ [mm] \bruch{sin(x)}{x}= \bruch{f(x)-f(0)}{x-0} \to [/mm] f'(0) = 1$ für $x [mm] \to [/mm] 0$
FRED
>
> Schöne Grüße,
>
> Tobias
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