Existenz einer Funktion zeigen < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Zeigen Sie, dass es eine diff erenzierbare Funktion [mm] g:(-\infty,0)\to(0,\infty) [/mm] gibt ,so dass
2g(x)-ln(1+2g(x))+x=0 [mm] \forall x\in(-\infty,0) [/mm] |
Mahlzeit Forum
Ich sitze gerade vor dieser faszinierenden mir neuen Fragestellung und schau wie ein Schwein ins Uhrwerk.
Da ich die Existenz von etwas zeigen soll arbeite ich gerade mit der Kontraposition davon, jedoch kam dabei noch nichts für mich kugelsicheres dabei rum.
nennen wir mal f(x)=2g(x)-ln(1+2g(x))+x
f(x) ist ja offensichtlich eine konstante Funktion.
Würde man die erste Ableitung davon betrachten gilt f'(x)=0 [mm] \forall x\in(-\infty,0) [/mm] (*)
Da ich g(x) als nicht diff'bar annehme, müsste ja dann auch für ein [mm] x_{0} [/mm] aus dem Intervall gelten
für [mm] xx_{0}
[/mm]
Was ein bissl Blödsinn wäre wegen (*)
Zielen meine Gedanken in eine konstruktive Richtung?
Falls nicht, wie geht man an so ne Aufgabe ran?
Vielen dank für etwaige Hilfe.
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Hallo MadHatter,
ich habe das Gefühl, dass Dein Weg nicht fruchtbar ist.
> Zeigen Sie, dass es eine diff erenzierbare Funktion
> [mm]g:(-\infty,0)\to(0,\infty)[/mm] gibt ,so dass
> 2g(x)-ln(1+2g(x))+x=0 [mm]\forall x\in(-\infty,0)[/mm]
"Zeigen Sie, dass es gibt" heißt meistens ja nur genau das. Wenn Du eine Lösung angeben kannst, hast Du es ja auch gezeigt, aber oft deutet schon die Aufgabenstellung darauf hin, dass das kaum machbar sein wird.
WolframAlpha sagt mir, dass [mm] g(x)=-\br{1}{4}\left(W(-2e^{2x+c-2})+2\right) [/mm] ist, mit der Lambertschen W-Funktion. Ganz ehrlich: keine Ahnung, ob ich das sonst je herausgefunden hätte. Eher nicht.
> Ich sitze gerade vor dieser faszinierenden mir neuen
> Fragestellung und schau wie ein Schwein ins Uhrwerk.
Diesen schönen Ausdruck kannte ich noch gar nicht. 
> Da ich die Existenz von etwas zeigen soll arbeite ich
> gerade mit der Kontraposition davon, jedoch kam dabei noch
> nichts für mich kugelsicheres dabei rum.
Wie gesagt, ich glaube auch nicht, dass das ein guter Ansatz ist.
> nennen wir mal f(x)=2g(x)-ln(1+2g(x))+x
> f(x) ist ja offensichtlich eine konstante Funktion.
Null ist ziemlich konstant, ja.
> Würde man die erste Ableitung davon betrachten gilt
> f'(x)=0 [mm]\forall x\in(-\infty,0)[/mm] (*)
Auch ja.
> Da ich g(x) als nicht diff'bar annehme, müsste ja dann
> auch für ein [mm]x_{0}[/mm] aus dem Intervall gelten
> für [mm]x
> für [mm]x>x_{0}[/mm]
Nimm lieber so eine Notation wie [mm] \lim_{x\to x_0\uparrow} [/mm] bzw. [mm] \lim_{x\to x_0\downarrow}. [/mm] Und Du meinst sicher g(x), nicht f(x).
> Was ein bissl Blödsinn wäre wegen (*)
Eben. Also ist g(x) wohl diff'bar.
> Zielen meine Gedanken in eine konstruktive Richtung?
> Falls nicht, wie geht man an so ne Aufgabe ran?
Aus reiner Faulheit würde ich mir erstmal y(x)=1+2g(x) definieren.
Gefordert ist [mm] y(x)-\ln{(y(x))}+x-1=0
[/mm]
Nehmen wir an, es gäbe so eine stetig differenzierbare Funktion. Welche Bedingungen müsste sie erfüllen?
Die Idee mit der Ableitung ist gut. Wir wissen:
[mm] y'-\br{y'}{y}+1=0
[/mm]
Da y(x) nie Null werden kann, dürfen wir also auch sagen:
yy'-y'+y=0
Oder: [mm] \br{\mathrm{dy}}{\mathrm{dx}}\left(1-\br{1}{y}\right)=-1\;\;\gdw\;\;\left(1-\br{1}{y}\right)\mathrm{dy}=-\mathrm{dx}
[/mm]
Wenn diese Gleichung lösbar ist, gibt es auch die Funktion.
Und, ist sie's?
> Vielen dank für etwaige Hilfe.
Grüße
reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:03 Mi 29.01.2014 | | Autor: | fred97 |
> Hallo MadHatter,
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> ich habe das Gefühl, dass Dein Weg nicht fruchtbar ist.
>
> > Zeigen Sie, dass es eine diff erenzierbare Funktion
> > [mm]g:(-\infty,0)\to(0,\infty)[/mm] gibt ,so dass
> > 2g(x)-ln(1+2g(x))+x=0 [mm]\forall x\in(-\infty,0)[/mm]
>
> "Zeigen Sie, dass es gibt" heißt meistens ja nur genau
> das. Wenn Du eine Lösung angeben kannst, hast Du es ja
> auch gezeigt, aber oft deutet schon die Aufgabenstellung
> darauf hin, dass das kaum machbar sein wird.
>
> WolframAlpha sagt mir, dass
> [mm]g(x)=-\br{1}{4}\left(W(-2e^{2x+c-2})+2\right)[/mm] ist, mit der
> Lambertschen W-Funktion. Ganz ehrlich: keine Ahnung, ob ich
> das sonst je herausgefunden hätte. Eher nicht.
>
> > Ich sitze gerade vor dieser faszinierenden mir neuen
> > Fragestellung und schau wie ein Schwein ins Uhrwerk.
>
> Diesen schönen Ausdruck kannte ich noch gar nicht.
>
> > Da ich die Existenz von etwas zeigen soll arbeite ich
> > gerade mit der Kontraposition davon, jedoch kam dabei noch
> > nichts für mich kugelsicheres dabei rum.
>
> Wie gesagt, ich glaube auch nicht, dass das ein guter
> Ansatz ist.
>
> > nennen wir mal f(x)=2g(x)-ln(1+2g(x))+x
> > f(x) ist ja offensichtlich eine konstante Funktion.
>
> Null ist ziemlich konstant, ja.
>
> > Würde man die erste Ableitung davon betrachten gilt
> > f'(x)=0 [mm]\forall x\in(-\infty,0)[/mm] (*)
>
> Auch ja.
>
> > Da ich g(x) als nicht diff'bar annehme, müsste ja dann
> > auch für ein [mm]x_{0}[/mm] aus dem Intervall gelten
> > für [mm]x
> > für [mm]x>x_{0}[/mm]
>
> Nimm lieber so eine Notation wie [mm]\lim_{x\to x_0\uparrow}[/mm]
> bzw. [mm]\lim_{x\to x_0\downarrow}.[/mm] Und Du meinst sicher g(x),
> nicht f(x).
>
> > Was ein bissl Blödsinn wäre wegen (*)
>
> Eben. Also ist g(x) wohl diff'bar.
>
> > Zielen meine Gedanken in eine konstruktive Richtung?
> > Falls nicht, wie geht man an so ne Aufgabe ran?
>
> Aus reiner Faulheit würde ich mir erstmal y(x)=1+2g(x)
> definieren.
>
> Gefordert ist [mm]y(x)-\ln{(y(x))}+x-1=0[/mm]
>
> Nehmen wir an, es gäbe so eine stetig differenzierbare
> Funktion. Welche Bedingungen müsste sie erfüllen?
>
> Die Idee mit der Ableitung ist gut. Wir wissen:
>
> [mm]y'-\br{y'}{y}+1=0[/mm]
>
> Da y(x) nie Null werden kann, dürfen wir also auch sagen:
>
> yy'-y'+y=0
>
> Oder:
> [mm]\br{\mathrm{dy}}{\mathrm{dx}}\left(1-\br{1}{y}\right)=-1\;\;\gdw\;\;\left(1-\br{1}{y}\right)\mathrm{dy}=-\mathrm{dx}[/mm]
Hallo rev,
wenn man das integriert landet man im wesentlichen wieder hier:
$ [mm] y(x)-\ln{(y(x))}+x-1=0 [/mm] $
Gruß FRED
>
> Wenn diese Gleichung lösbar ist, gibt es auch die
> Funktion.
>
> Und, ist sie's?
>
> > Vielen dank für etwaige Hilfe.
>
> Grüße
> reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:32 Mi 29.01.2014 | | Autor: | reverend |
Hallo Fred,
> > Oder:
> >
> [mm]\br{\mathrm{dy}}{\mathrm{dx}}\left(1-\br{1}{y}\right)=-1\;\;\gdw\;\;\left(1-\br{1}{y}\right)\mathrm{dy}=-\mathrm{dx}[/mm]
>
> Hallo rev,
>
> wenn man das integriert landet man im wesentlichen wieder
> hier:
>
>
>
> [mm]y(x)-\ln{(y(x))}+x-1=0[/mm]
>
> Gruß FRED
Ja, klar. Aber es geht ja auch gar nicht darum, die Funktion zu bestimmen, sondern nur ihre Existenz zu zeigen.
Wie würdest Du vorgehen?
Grüße
reverend
> > Wenn diese Gleichung lösbar ist, gibt es auch die
> > Funktion.
> >
> > Und, ist sie's?
> >
> > > Vielen dank für etwaige Hilfe.
> >
> > Grüße
> > reverend
>
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Vielen Dank für die schöne Antwort
aber ich stoße da auf ein kleines Verständnisproblem bei der Form auf der rechten Seite
> Oder: [mm] \br{\mathrm{dy}}{\mathrm{dx}}\left(1-\br{1}{y}\right)=-1\;\;\gdw\;\;\left(1-\br{1}{y}\right)\mathrm{dy}=-\mathrm{dx} [/mm]
In Vorlesung und Übungen wurde die Schreibweise der Ableitung mit den d's bisher vermieden. Die linke Seite kann ich interpretieren aber was sagen mir die d's auf der rechten, wenn die für sich alleine stehen.
Versuch mich gerade darüber schlau zu machen.
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Hallo MadHatter,
> Vielen Dank für die schöne Antwort
>
> aber ich stoße da auf ein kleines Verständnisproblem bei
> der Form auf der rechten Seite
>
> > Oder:
> [mm]\br{\mathrm{dy}}{\mathrm{dx}}\left(1-\br{1}{y}\right)=-1\;\;\gdw\;\;\left(1-\br{1}{y}\right)\mathrm{dy}=-\mathrm{dx}[/mm]
Ja, das ist "Physikerschreibweise". Rumrechnen mit Differentialen als wären es Brüche ...
Da steht genauer: [mm]\left(1-\frac{1}{y}\right) \ dy \ = \ -1 \ dx[/mm]
Nun kann man beiderseits integrieren (das ist der Sinn der ganzen Chose):
[mm]\int{\left(1-1/y\right) \ dy} \ = \ \int{-1 \ dx}[/mm]
Linkerhand nach y, rechterhand nach x ...
>
> In Vorlesung und Übungen wurde die Schreibweise der
> Ableitung mit den d's bisher vermieden. Die linke Seite
> kann ich interpretieren aber was sagen mir die d's auf der
> rechten, wenn die für sich alleine stehen.
Das ist nur Abkürzung, etwa meint [mm]\int{dx}[/mm] nichts anderes als [mm]\int{1 \ dx}[/mm]
Oder [mm]\int{\frac{dy}{y}}[/mm] für [mm]\int{\frac{1}{y} \ dy}[/mm]
> Versuch mich gerade darüber schlau zu machen.
>
Gruß
schachuzipus
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:05 Mi 29.01.2014 | | Autor: | MadHatter |
Vielen Dank für die Aufklärung
da hätte ich ja ewig in meinem Analysisbuch suchen können.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:16 Mi 29.01.2014 | | Autor: | MadHatter |
OK. Jetzt ist alles klar.
Vielen Dank an alle Tatkräftigen.
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> > Ich sitze gerade vor dieser faszinierenden mir neuen
> > Fragestellung und schau wie ein Schwein ins Uhrwerk.
>
> Diesen schönen Ausdruck kannte ich noch gar nicht.
Ich auch nicht. Aber die Schweine, die ich kenne,
würden sowohl die Aufgabe als auch das Uhrwerk
kaum eines Blickes würdigen, vielleicht kurz grunzen
(und zwar sehr wahrscheinlich nicht einmal wegen
des Uhrwerks oder der Aufgabenstellung) und sich
dann wieder dem Futtertrog zuwenden ...
LG , Al
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:41 Do 30.01.2014 | | Autor: | fred97 |
Das ist wirklich eine reizvolle Aufgabe, ganz allerliebst !
Ich glaube, ich habe eine Lösung. Es wäre nett, wenn sich da jemand finden würde, der das Folgende kritisch unter die Lupe nimmt.
Bezeichnungen:
[mm] $I_1:=(- \infty,0)$, $I_2:=(0, \infty)$,
[/mm]
$f(x,y):=2y-ln(1+2y)+x$ für $(x,y) [mm] \in I_1 \times I_2$
[/mm]
und
[mm] $\phi(t):= [/mm] 2t-ln(1+2t)$ für t [mm] \ge [/mm] 0.
A) [mm] \phi [/mm] hat die folgenden Eigenschaften:
[mm] \phi(0)=0, \phi [/mm] ist streng wachsend auf $[0, [mm] \infty)$ [/mm] und [mm] $\limes_{t\rightarrow\infty}\phi(t)= \infty$.
[/mm]
B) Sei [mm] x_0 \in I_1. [/mm] Mit A) und dem Zwischenwertsatz sieht man: es gibt genau ein [mm] t_0>0 [/mm] mit
[mm] $x_0=-\phi(t_0)$.
[/mm]
Setzen wir [mm] y_0:=t_0, [/mm] so ist [mm] y_0 \in I_2 [/mm] und
[mm] $2y_0-ln(1+2y_0)+x_0=0$,
[/mm]
also
[mm] f(x_0,y_0)=0.
[/mm]
Fazit: zu jedem [mm] x_0 \in I_1 [/mm] gibt es genau ein [mm] y_0 \in I_2 [/mm] mit
[mm] f(x_0,y_0)=0.
[/mm]
C) Sei wieder [mm] x_0 \in I_1 [/mm] und [mm] y_0 \in I_2 [/mm] mit [mm] f(x_0,y_0)=0. [/mm] Nun ist [mm] $f_y(x_0,y_0) \ne0 [/mm] $.
Somit gibt es nach dem Satz über implizit definierte Funktionen eine offene Umgebung [mm] U(x_0) \subset I_1 [/mm] von [mm] x_0 [/mm] und eine stetig differenzierbare Funktion
[mm] $g_{x_0}:U(x_0): \to \IR$ [/mm]
mit folgenden Eigenschaften:
[mm] g_{x_0}(x_0)=y_0, \quad g_{x_0}(U(x_0)) \subseteq I_2
[/mm]
und
[mm] 2g_{x_0}(x)-ln(1+2g_{x_0}(x))+x=0 [/mm] für alle $x [mm] \in U(x_0).$
[/mm]
D) Seien [mm] x_0, x_1 \in I_1 [/mm] und [mm] g_{x_0}, U(x_0), g_{x_1} [/mm] und [mm] U(x_1) [/mm] wie in C).
Sei [mm] $D:=U(x_0) \cap U(x_1)$. [/mm] Für $x [mm] \in [/mm] D$ ist
[mm] 2g_{x_0}(x)-ln(1+2g_{x_0}(x))=-x=2g_{x_1}(x)-ln(1+2g_{x_1}(x)),
[/mm]
also
[mm] \phi(g_{x_0}(x))=\phi(g_{x_1}(x)).
[/mm]
Wegen A) ist [mm] \phi [/mm] injektiv, somit ist [mm] g_{x_0}(x)=g_{x_1}(x).
[/mm]
Also haben wir: [mm] g_{x_0}=g_{x_1} [/mm] auf $D$.
E) Klar ist: [mm] I_1= \bigcup_{x_0 \in I_1}^{}U(x_0).
[/mm]
Nun definieren wir [mm] $g:I_1 \to I_2$ [/mm] wie folgt:
Ist $x [mm] \in I_1$, [/mm] so gibt es ein [mm] x_0 \in I_1 [/mm] mit: x [mm] \in U(x_0).
[/mm]
Setze
[mm] $g(x):=g_{x_0}(x)$.
[/mm]
Wegen D) ist g wohldefiniert und auf [mm] I_1 [/mm] differenzierbar.
FAZIT: die Funktion $g$ aus E) erfüllt
$2g(x)-ln(1+2g(x))+x=0$ [mm] \quad [/mm] $ [mm] \forall x\in I_1 [/mm] $.
FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:55 Do 30.01.2014 | | Autor: | fred97 |
Obiges kann man verallgemeinern:
Sei [mm] I_1 [/mm] ein offenes Intervall in [mm] \IR [/mm] und [mm] I_2:=\{-x: x \in I_1\}.
[/mm]
Weiter sei [mm] h:I_2 \to I_2 [/mm] stetig differenzierbar, [mm] h(I_2) =I_2 [/mm] und [mm] h'(y)\ne [/mm] 0 für alle y [mm] \in I_2.
[/mm]
Wie oben kann man zeigen:
es ex. genau eine stetig differenzierbare Funktion [mm] g:I_1 \to I_2 [/mm] mit:
$h(g(x))+x=0$ für alle x [mm] \in I_1.
[/mm]
FRED
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:22 Fr 31.01.2014 | | Autor: | fred97 |
> Zeigen Sie, dass es eine diff erenzierbare Funktion
> [mm]g:(-\infty,0)\to(0,\infty)[/mm] gibt ,so dass
> 2g(x)-ln(1+2g(x))+x=0 [mm]\forall x\in(-\infty,0)[/mm]
> Mahlzeit
> Forum
>
> Ich sitze gerade vor dieser faszinierenden mir neuen
> Fragestellung und schau wie ein Schwein ins Uhrwerk.
>
> Da ich die Existenz von etwas zeigen soll arbeite ich
> gerade mit der Kontraposition davon, jedoch kam dabei noch
> nichts für mich kugelsicheres dabei rum.
>
> nennen wir mal f(x)=2g(x)-ln(1+2g(x))+x
> f(x) ist ja offensichtlich eine konstante Funktion.
> Würde man die erste Ableitung davon betrachten gilt
> f'(x)=0 [mm]\forall x\in(-\infty,0)[/mm] (*)
> Da ich g(x) als nicht diff'bar annehme, müsste ja dann
> auch für ein [mm]x_{0}[/mm] aus dem Intervall gelten
> für [mm]x
> für [mm]x>x_{0}[/mm]
> Was ein bissl Blödsinn wäre wegen (*)
>
> Zielen meine Gedanken in eine konstruktive Richtung?
> Falls nicht, wie geht man an so ne Aufgabe ran?
>
> Vielen dank für etwaige Hilfe.
Manchmal ist man einfach betriebsblind (ich meine mich).
Meine Lösung oben (mit dem Satz über implizit definierte Funktionen ist durchaus korrekt,
aber da hab ich mit Kanonen auf Spatzen geschossen !)
Setzen wir
$ [mm] \phi(t):= [/mm] 2t-ln(1+2t) $ für t $ > 0. $.
Dann ist [mm] \phi [/mm] : (0, [mm] \infty) \to [/mm] (0, [mm] \infty) [/mm] bijektiv.
Zu zeigen ist also die Existenz einer differenzierbaren Funktion $g: ( - [mm] \infty,0) \to [/mm] (0, [mm] \infty)$ [/mm] mit
[mm] \phi(g(x))+x=0 [/mm] für alle $x [mm] \in [/mm] ( - [mm] \infty,0) [/mm] $.
Oder, nur etwas anders geschrieben:
[mm] $\phi(g(x))=-x$ [/mm] für alle $x [mm] \in [/mm] ( - [mm] \infty,0) [/mm] $.
Nun springt einem doch ins Auge, wie man g zu definieren hat:
[mm] $g(x):=\phi^{-1}(-x)$, [/mm] $x [mm] \in [/mm] ( - [mm] \infty,0) [/mm] $.
Klar: g erfüllt
$2g(x)-ln(1+2g(x))+x=0$ [mm] \quad[/mm] [mm]\forall x\in(-\infty,0)[/mm].
Da [mm] $\phi'(t) \ne [/mm] 0 $ für alle t>0 ist, ist [mm] \phi^{-1} [/mm] differenzierbar, und damit auch g.
FRED (der Blindfisch)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:38 Fr 31.01.2014 | | Autor: | reverend |
Hallo Fred,
ohne Kanonen ist es doch gleich viel ruhiger...
Das ist ein klasse Nachweis. Ich denke, das entspricht eher der Intention des Aufgabenstellers. So ist es vollkommen sauber.
Gratulation und Grüße
reverend ![[hut]](/images/smileys/hut.gif "[hut]")
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:43 Fr 31.01.2014 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
> ohne Kanonen ist es doch gleich viel ruhiger...
>
> Das ist ein klasse Nachweis. Ich denke, das entspricht eher
> der Intention des Aufgabenstellers. So ist es vollkommen
> sauber.
Hallo rev,
>
> Gratulation und Grüße
> reverend
Besten Dank und Grüße zurück
FRED
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