verallg. Mittelwertsatz < Differentiation < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:43 Sa 02.02.2008 | | Autor: | chipbit |
| Aufgabe | | Seien f,g [mm] \in \mathcal [/mm] C [mm] ([a,b],\IR) [/mm] diffbar in (a,b) und [mm] g'(t)\not= [/mm] 0 für a<t<b. Zeigen Sie den verallgemeinerten Mittelwertsatz: Es gibt ein [mm] \xi \in(a,b) [/mm] mit [mm] \bruch{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\bruch{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=:\bruch{\Delta f}{\Delta g}. [/mm] |
Hallo,
ich muss diese Aufgabe lösen, ich weiß das ich die Hilsfunktion [mm] h(x):=\Delta fg(x)-\Delta [/mm] gf(x) verwenden kann/soll bzw. das diese hilfreich sein soll. Ich habe jedoch immer Probleme mit Beweisen. Ich weiß ja an sich was dieser Satz aussagt (habe mir das in nem Buch angesehen, aber viel Hilfreiches stand da auch nicht zu drin). Kann mir jemand helfen die Aufgabe zu lösen und mir dazu schon mal einen Tipp geben wie ich das anfangen kann?
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> Seien f,g [mm]\in \mathcal[/mm] C [mm]([a,b],\IR)[/mm] diffbar in (a,b) und
> [mm]g'(t)\not=[/mm] 0 für a<t<b. Zeigen Sie den verallgemeinerten
> Mittelwertsatz: Es gibt ein [mm]\xi \in(a,b)[/mm] mit
> [mm]\bruch{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\bruch{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=:\bruch{\Delta f}{\Delta g}.[/mm]
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> Hallo,
> ich muss diese Aufgabe lösen, ich weiß das ich die
> Hilsfunktion [mm]h(x):=\Delta fg(x)-\Delta[/mm] gf(x) verwenden
> kann/soll bzw. das diese hilfreich sein soll. Ich habe
> jedoch immer Probleme mit Beweisen. Ich weiß ja an sich was
> dieser Satz aussagt (habe mir das in nem Buch angesehen,
> aber viel Hilfreiches stand da auch nicht zu drin). Kann
> mir jemand helfen die Aufgabe zu lösen und mir dazu schon
> mal einen Tipp geben wie ich das anfangen kann?
Es ist $h(b)-h(a)=0$, also $h(a)=h(b)$ (kontrolliere dies durch Einsetzen von $b$ bzw. $a$ für $x$ in die Definition von $h(x)$ und anschliessendes Vereinfachen).
Daher gibt es ein [mm] $\xi\in [/mm] ]a;b[$ mit [mm] $h'(\xi)=0$ [/mm] ("Satz von Rolle"). Dies ist aber nichts anderes als die Ausssage: [mm] $\Delta f\cdot g'(\xi)-\Delta g\cdot f'(\xi)=0$.
[/mm]
Elementare Umformung dieser letzten Gleichung ergibt die Behauptung [mm] $\frac{\Delta f}{\Delta g}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$.
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:40 So 03.02.2008 | | Autor: | chipbit |
Hey, Danke schonmal. Ich habe da trotzdem erstmal eine Frage zum Anfang. Ich habe das mit dem einsetzen probiert, aber irgendwie komme ich mit dem vereinfachen nicht klar. Hast du dann h(a) und h(b) gleichgesetzt? Dann kommt bei mir am Ende g(a)-g(b)=f(a)-f(b)....oder reicht das, dass man sieht das sich die Terme an sich gleich sind, nur eben jeweils a und b anstatt x haben.
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> Hey, Danke schonmal. Ich habe da trotzdem erstmal eine
> Frage zum Anfang. Ich habe das mit dem einsetzen probiert,
> aber irgendwie komme ich mit dem vereinfachen nicht klar.
> Hast du dann h(a) und h(b) gleichgesetzt? Dann kommt bei
> mir am Ende g(a)-g(b)=f(a)-f(b)....oder reicht das, dass
> man sieht das sich die Terme an sich gleich sind, nur eben
> jeweils a und b anstatt x haben.
Es war $h(x) := [mm] \Delta f\cdot g(x)-\Delta g\cdot [/mm] f(x)$, also folgt
[mm]\begin{array}{lcl}
h(b)-h(a) &=& \left[\Delta f\cdot g(b)-\Delta g\cdot f(b)\right]-\left[\Delta f\cdot g(a)-\Delta g\cdot f(a)\right]\\
&=& \Delta f\cdot \left[g(b)-g(a)\right]-\Delta g\cdot\left[f(b)-f(a)\right]\\
&=& \Delta f\cdot \Delta g-\Delta g\cdot \Delta f\\
&=& 0
\end{array}
[/mm]
Denn [mm] $\Delta [/mm] f := f(b)-f(a)$ und [mm] $\Delta [/mm] g := g(b)-g(a)$ gilt ja definitionsgemäss, einverstanden?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:57 So 03.02.2008 | | Autor: | chipbit |
Ah, okay, jetzt seh ichs (*doof bin*). Und den Rest kann ich dann einfach so hinschreiben? Also, vielleicht am Ende die Umformung noch etwas ausgeführt...aber geht das? Mir erscheint das Ganze dann ja ziemlich logisch, oder sollte man da noch irgendwas etwas ausführlicher zeigen?
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> Ah, okay, jetzt seh ichs (*doof bin*). Und den Rest kann
> ich dann einfach so hinschreiben? Also, vielleicht am Ende
> die Umformung noch etwas ausgeführt...aber geht das? Mir
> erscheint das Ganze dann ja ziemlich logisch, oder sollte
> man da noch irgendwas etwas ausführlicher zeigen?
Kaum: ich würde an Deiner stelle einfach dieses Detail, dass $h(b)-h(a)=0$ bzw. was das selbe bedeutet $h(b)=h(a)$ gilt, in den Rahmen einfügen, den ich in meiner ersten Antwort geliefert habe. Wichtig ist einfach, dass $h(x)$ die Voraussetzungen des "Satzes von Rolle" erfüllt: stetig auf $[a;b]$ und diff'bar im Inneren von $[a;b]$, also $]a;b[$ zu sein, sowie dass $h(b)=h(a)$ gilt. Unter diesen Voraussetzungen gibt es das besagte [mm] $\xi\in\; [/mm] ]a;b[$ mit [mm] $h'(\xi)=0$. [/mm] Diese Beziehung [mm] $h'(\xi)=0$ [/mm] musst Du dann noch, durch Einsetzen der Definition von $h(x)$ bzw. von $h'(x)$, leicht umformen, um die Behauptung zu erhalten, die Du beweisen musst.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:13 So 03.02.2008 | | Autor: | chipbit |
Ja, so dachte ich mir das ja. Vielen Dank für die Hilfe! :)
Grüße, chipbit
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