Differenzierbarkeit 3 < Stetigkeit < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:37 Di 30.06.2009 | | Autor: | MaGGuZ |
| Aufgabe | 1. Sei f auf dem offenen Intervall (a,b) differenzierbar und sei die Ableitung f' beschränkt.
Zeigen Sie, dass f dann gleichmäßig stetig auf (a,b) ist.
2. Sei f : [a,b]→R stetig und differenzierbar auf (a,b). Zeigen Sie,
falls f'(x) $ [mm] \ge [/mm] $ 0 für alle x ∈ (a,b), dann ist f monoton wachsend auf [a,b]. |
Hallo liebe Leute,
bin grad n bisschen hilflos bei Aufgaben der Differenzierbarkeit. Weiß auch nicht, aber hab da irgendwie ein Brett vorm Kopf.
Bei dieser bin ich komplett ratlos.
Ich danke an dieser Stelle erstmal für eure Aufmerksamkeit und bitte um Verständnis für meine temporäre "Beschränktheit"^^
Gruß
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:54 Di 30.06.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> 1. Sei f auf dem offenen Intervall (a,b) differenzierbar
> und sei die Ableitung f' beschränkt.
> Zeigen Sie, dass f dann gleichmäßig stetig auf (a,b)
> ist.
sei [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ beliebig, aber fest. Sei [mm] $\delta [/mm] > 0$ (noch zu bestimmen). Zunächst gilt wegen des MWS für alle $x,y [mm] \in [/mm] (a,b)$ [mm] (o.E.$\text{ }\;x [/mm] < y$), dass ein [mm] $\xi \in [/mm] (x,y)$ existiert mit
[mm] $$(\star)\;\;\;|f(y)-f(x)|=|f'(\xi)|*|y-x|\,.$$
[/mm]
Weil [mm] $f\!\,'$ [/mm] auf [mm] $(a,b)\,$ [/mm] beschränkt, existiert ein $0 < S < [mm] \infty$ [/mm] mit $|f'(c)| [mm] \le [/mm] S$ für alle $c [mm] \in (a,b)\,.$
[/mm]
Aus [mm] $(\star)$ [/mm] folgt somit für alle $x,y [mm] \in [/mm] (a,b)$, dass
[mm] $$(\star_2)\;\;\;|f(y)-f(x)| \le S*|y-x|\,.$$
[/mm]
Wie kannst Du nun [mm] $\delta [/mm] > 0$ in Abhängigkeit von [mm] $\epsilon$ [/mm] (und [mm] $\infty [/mm] > S > [mm] 0\,$) [/mm] wählen, so dass aus [mm] $(\star_2)$, [/mm] wenn nur $|x-y| < [mm] \delta$ [/mm] gilt, dann schon
$$|f(y)-f(x)| < [mm] \epsilon$$
[/mm]
folgt?
Tipp:
Benutze z.B.
[mm] $$S*\delta=\epsilon\,.$$ [/mm]
[mm] $\text{(}$Oder [/mm]
[mm] $$S*\delta=r \;\;\text{ mit einem festen } \;\; [/mm] 0 < r [mm] \le \epsilon\text{.)}$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:56 Di 30.06.2009 | | Autor: | MaGGuZ |
Hallo,
danke für die schnelle Hilfe!
> Tipp:
> Benutze z.B.
> [mm]S*\delta=\epsilon\,.[/mm]
>
> [mm]\text{(}[/mm]Oder
> [mm]S*\delta=r \;\;\text{ mit einem festen } \;\; 0 < r \le \epsilon\text{.)}[/mm]
würde an dieser stelle [mm] \delta:=min{1,\varepsilon/S} [/mm] richtig sein?
bei der 2. weiß ich nicht wirklich weiter :(
Gruß Markus
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:15 Di 30.06.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo,
>
>
> danke für die schnelle Hilfe!
>
> > Tipp:
> > Benutze z.B.
> > [mm]S*\delta=\epsilon\,.[/mm]
> >
> > [mm]\text{(}[/mm]Oder
> > [mm]S*\delta=r \;\;\text{ mit einem festen } \;\; 0 < r \le \epsilon\text{.)}[/mm]
>
> würde an dieser stelle [mm]\delta:=min\{1,\varepsilon/S\}[/mm]
> richtig sein?
damit Mengenklammern erscheinen, setze bitte einen Backslash davor.
Wozu das Minimum? Wieso setzt Du nicht einfach sofort [mm] $\delta:=\frac{\epsilon}{S}$? [/mm] Dann ist [mm] $\delta [/mm] > 0$ und für alle $x,y [mm] \in (a,b)\,$ [/mm] mit $|y-x| < [mm] \delta$ [/mm] und o.E. $x < [mm] y\,$ [/mm] erhältst Du
$$|f(y)-f(x)| [mm] \le [/mm] |y-x|*S < [mm] \delta*S=\frac{\epsilon}{S}*S=\epsilon\,.$$
[/mm]
Insbesondere beachte dabei, dass wegen $0 < [mm] \epsilon$ [/mm] und $0 < S$ dann auch [mm] $\delta=\epsilon/S [/mm] > 0$ gilt (zudem, dass [mm] $S\,$ [/mm] auch von [mm] $x\,$ [/mm] und [mm] $y\,$ [/mm] unabhängig ist).
> bei der 2. weiß ich nicht wirklich weiter :(
Für $a [mm] \le [/mm] x < y [mm] \le [/mm] b$ gilt mit dem MWS, dass mit einem [mm] $\xi \in [/mm] (x,y)$
[mm] $$(\star)\;\;\;\frac{f(y)-f(x)}{y-x}=f'(\xi) \underset{\substack{\text{weil nach Vorr. insbesondere}\\ f\!\,'(\xi) \ge 0\;\text{ wegen } \xi \in (x,y) \subset [a,b]}}{\ge}0\,.$$
[/mm]
Du hast nun (weil $x,y [mm] \in [/mm] [a,b]$ mit $x < [mm] y\,$ [/mm] beliebig sind) nur noch zu begründen, warum nun [mm] $(\star)$ [/mm] dann auch schon $f(y) [mm] \ge [/mm] f(x)$ liefert.
Tipp:
In [mm] $(\star)$ [/mm] weiß man (weil wir o.E. $a [mm] \le [/mm] x < y [mm] \le [/mm] b$ angenommen haben), dass $y-x > 0$ gilt.
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:48 Mi 01.07.2009 | | Autor: | MaGGuZ |
Hi,
> Für [mm]a \le x < y \le b[/mm] gilt mit dem MWS, dass mit einem
> [mm]\xi \in (x,y)[/mm]
> [mm](\star)\;\;\;\frac{f(y)-f(x)}{y-x}=f'(\xi) \underset{\substack{\text{weil nach Vorr. insbesondere}\\ f\!\,'(\xi) \ge 0\;\text{ wegen } \xi \in (x,y) \subset [a,b]}}{\ge}0\,.[/mm]
>
> Du hast nun (weil [mm]x,y \in [a,b][/mm] mit [mm]x < y\,[/mm] beliebig sind)
> nur noch zu begründen, warum nun [mm](\star)[/mm] dann auch schon
> [mm]f(y) \ge f(x)[/mm] liefert.
>
> Tipp:
> In [mm](\star)[/mm] weiß man (weil wir o.E. [mm]a \le x < y \le b[/mm]
> angenommen haben), dass [mm]y-x > 0[/mm] gilt.
Also
[mm]\xi \in (x,y)[/mm]
[mm](\star)\;\;\;\frac{f(y)-f(x)}{y-x}=f'(\xi) \underset{\substack{\text{weil nach Vorr. insbesondere}\\ f\!\,'(\xi) \ge 0\;\text{ wegen } \xi \in (x,y) \subset [a,b]}}{\ge}0\,.[/mm]
jetzt ist ja klar das f(y) [mm] \ge [/mm] f(x) [mm] \ge [/mm] 0, weil wenn y-x>0 und der Quotient insgesamt also [mm] f'(\xi) \ge [/mm] 0 muss auch f(y) [mm] \ge [/mm] f(x) [mm] \ge [/mm] 0, weil ja in [mm] \IR [/mm] "minus*minus = plus" gilt, oder? wie kann ich das formal ausdrücken
an dieser Stelle nochmals ein dickes Dankeschön für die gründliche und ausdauernde Hilfe
Gruß Markus
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:04 Do 02.07.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> > Für [mm]a \le x < y \le b[/mm] gilt mit dem MWS, dass mit einem
> > [mm]\xi \in (x,y)[/mm]
> >
> [mm](\star)\;\;\;\frac{f(y)-f(x)}{y-x}=f'(\xi) \underset{\substack{\text{weil nach Vorr. insbesondere}\\ f\!\,'(\xi) \ge 0\;\text{ wegen } \xi \in (x,y) \subset [a,b]}}{\ge}0\,.[/mm]
>
> >
> > Du hast nun (weil [mm]x,y \in [a,b][/mm] mit [mm]x < y\,[/mm] beliebig sind)
> > nur noch zu begründen, warum nun [mm](\star)[/mm] dann auch schon
> > [mm]f(y) \ge f(x)[/mm] liefert.
> >
> > Tipp:
> > In [mm](\star)[/mm] weiß man (weil wir o.E. [mm]a \le x < y \le b[/mm]
> > angenommen haben), dass [mm]y-x > 0[/mm] gilt.
>
> Also
>
> [mm]\xi \in (x,y)[/mm]
> [mm](\star)\;\;\;\frac{f(y)-f(x)}{y-x}=f'(\xi) \underset{\substack{\text{weil nach Vorr. insbesondere}\\ f\!\,'(\xi) \ge 0\;\text{ wegen } \xi \in (x,y) \subset [a,b]}}{\ge}0\,.[/mm]
>
> jetzt ist ja klar das f(y) [mm]\ge[/mm] f(x) [mm]\red{\ge}[/mm] 0, weil wenn y-x>0
Du hast Dich verschrieben, oder? Es ist klar, dass $f(y) [mm] \;\blue{-}\;f(x) \ge [/mm] 0$ und damit $f(y) [mm] \ge [/mm] f(x)$ist, weil...
Denn $f(x) [mm] \ge [/mm] 0$ ist alles andere als klar. 
> und der Quotient insgesamt also [mm]f'(\xi) \ge[/mm] 0 muss auch
> f(y) [mm]\ge[/mm] f(x) [mm]\red{\ge}[/mm] 0, weil ja in [mm]\IR[/mm] "minus*minus = plus"
> gilt, oder? wie kann ich das formal ausdrücken
? Doch kein Verschreiber? Wieso $f(x) [mm] \ge [/mm] 0$? Was hat das mit "Minus mal Minus = Plus" zu tun?
Aus [mm] $(\star)$ [/mm] ist doch [mm] $\text{(I)}\;\;\;\frac{f(y)-f(x)}{y-x} \ge [/mm] 0$ ersichtlich. Da der Nenner dort $> [mm] 0\,$ [/mm] ist, muss auch der Zähler [mm] $\ge [/mm] 0$ sein, also $f(y)-f(x) [mm] \ge [/mm] 0$ gelten (du kannst auch einfach [mm] $\text{(I)}$ [/mm] mit $y-x > 0$ mulitplizieren; das [mm] $\ge$ [/mm] bleibt dann dabei erhalten!). Und aus $f(y)-f(x) [mm] \ge [/mm] 0$ folgt (Addition von $f(x)$ auf beiden Seiten dieser Ungleichung) sofort $f(y) [mm] \ge [/mm] f(x)$.
> an dieser Stelle nochmals ein dickes Dankeschön für die
> gründliche und ausdauernde Hilfe
Bitte. 
Gruß,
Marcel
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 15:30 Do 02.07.2009 | | Autor: | MaGGuZ |
Hi,
> ? Doch kein Verschreiber? Wieso [mm]f(x) \ge 0[/mm]? Was hat das mit
> "Minus mal Minus = Plus" zu tun?
Doch es war ein Verschreiber ^^ ... ist nur 2 mal aufgetreten weil ich mir den Part kopiert hatte, damit hatte sich das Desaster fortgesetzt :)
> Aus [mm](\star)[/mm] ist doch [mm]\text{(I)}\;\;\;\frac{f(y)-f(x)}{y-x} \ge 0[/mm]
> ersichtlich. Da der Nenner dort [mm]> 0\,[/mm] ist, muss auch der
> Zähler [mm]\ge 0[/mm] sein, also [mm]f(y)-f(x) \ge 0[/mm] gelten (du kannst
> auch einfach [mm]\text{(I)}[/mm] mit [mm]y-x > 0[/mm] mulitplizieren; das [mm]\ge[/mm]
> bleibt dann dabei erhalten!). Und aus [mm]f(y)-f(x) \ge 0[/mm] folgt
> (Addition von [mm]f(x)[/mm] auf beiden Seiten dieser Ungleichung)
> sofort [mm]f(y) \ge f(x)[/mm].
und an dieser Stelle wäre ich mit 1. und 2. komplett fertig, oder?
kann mich gar net genug bedanken!
Gruß Markus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:20 Fr 03.07.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:03 Di 30.06.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> 2. Sei f : [a,b]→R stetig und differenzierbar auf (a,b).
> Zeigen Sie,
> falls f'(x) [mm]\ge[/mm] 0 für alle x ∈ (a,b), dann ist f
> monoton wachsend auf [a,b].
auch hier solltest Du Dir überlegen, wie Du mit dem ![[]](/images/popup.gif) MWS arbeiten kannst:
Seien $ a [mm] \le [/mm] x < y [mm] \le b\,.$ [/mm] Dann gilt
[mm] $$\frac{f(y)-f(x)}{y-x}\;=\;\ldots\; \underset{\text{weil }\ldots}{\ge}0\,,$$
[/mm]
woraus folgt...
Gruß,
Marcel
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