Die Mathe-Redaktion - 24.10.2019 07:37 - Registrieren/Login
Auswahl
ListenpunktHome
ListenpunktAktuell und Interessant ai
ListenpunktArtikelübersicht/-suche
ListenpunktAlle Links / Mathe-Links
ListenpunktFach- & Sachbücher
ListenpunktMitglieder / Karte / Top 15
ListenpunktRegistrieren/Login
ListenpunktArbeitsgruppen
Listenpunkt? im neuen Schwätz
ListenpunktWerde Mathe-Millionär!
ListenpunktFormeleditor fedgeo
Schwarzes Brett
Aktion im Forum
Suche
Stichwortsuche in Artikeln und Links von Matheplanet
Suchen im Forum
Suchtipps

Bücher
Englische Bücher
Software
Suchbegriffe:
Mathematik bei amazon
Naturwissenschaft & Technik
In Partnerschaft mit Amazon.de
Kontakt
Mail an Matroid
[Keine Übungsaufgaben!]
Impressum

Bitte beachten Sie unsere Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, unsere Datenschutzerklärung und
die Forumregeln.

Sie können Mitglied werden. Mitglieder können den Matheplanet-Newsletter bestellen, der etwa alle 2 Monate erscheint.

Der Newsletter Okt. 2017

Für Mitglieder
Mathematisch für Anfänger
Wer ist Online
Aktuell sind 181 Gäste und 5 Mitglieder online.

Sie können Mitglied werden:
Klick hier.

Über Matheplanet
 
Zum letzten Themenfilter: Themenfilter:
Matroids Matheplanet Forum Index
Moderiert von Curufin epsilonkugel
Differentiation » Differentialrechnung in IR » Stetig differenzierbare Abbildungen
Druckversion
Druckversion
Autor
Universität/Hochschule J Stetig differenzierbare Abbildungen
vava123
Junior Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 01.06.2019
Mitteilungen: 14
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-06-01


Hallo,

im Rahmen einer Übungsaufgabe stellt sich mir folgende Frage:

Sei $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ eine stetig differenzierbare Abbildung. Seien weiter $ (x_n)_{n \in \mathbb{N} }$ und $(y_n)_{n \in \mathbb{N} } $ konvergente Folgen in $\mathbb{R}$, wobei $\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{x_n}=x_0$, $\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{y_n}=0$ und $y_n \neq 0, \forall n \in \mathbb{N}$. Existiert dann $\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{f(x_n+y_n)-f(x_n)}{y_n}$?

Für den Fall der Existenz müsste der GW des Differenzenquotients ja $f'(x_0)$ sein, ein Beweis will mir dazu aber nicht so recht gelingen. Über einen kleinen Denkanstoß würde ich mich freuen.

Grüße



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
darkhelmet
Senior Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 05.03.2007
Mitteilungen: 2651
Aus: Bayern
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-06-01


Hi,

der Mittelwertsatz sollte helfen.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
vava123
Junior Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 01.06.2019
Mitteilungen: 14
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-01


Vielen Dank!
Dann versuche ich mal den Beweis zu formulieren:

Man nehme an, dass unendlich viele Folgenglieder von $(y_n)_{n \in \mathbb{N}}$ sowohl positiv als auch negativ sind. (Ist das nicht so, ist der Beweis ein Sonderfall des Folgenden.) Sei $ N^{+}$, $N^{-}$ eine disjunkte Zerlegung von $\mathbb{N}$, derart dass $y_n>0,\forall n \in N^{+}$ und $y_n<0,\forall n \in N^{-}$. Mit $ D_n:=\frac{f(x_n+y_n)-f(x_n)}{y_n}$ genügt es nun zu zeigen, dass $(D_n)_{n \in N^{+}}$ und $(D_n)_{n \in N^{-}}$ konvergieren und ihre Grenzwerte identisch ist.

Zunächst für $n \in N^{+}$. Es ist $x_n<x_n+y_n,\forall n \in N^{+}$ und $f$ ist stetig auf $[x_n,x_n+y_n]$ somit existiert nach dem MWS für jedes $n \in N^{+}$ ein $\xi_n \in (x_n,x_n+y_n)$, sodass $f'(\xi_n)=D_n$. Nach Voraussetzung ist $f'$ stetig in $x_0$. Für jedes $\varepsilon>0$ ex. also ein $\delta>0$, sodass für $y \in (x_0-\delta,x_0+\delta)$ gilt: $ |f'(x_0) - f'(y)| < \varepsilon$. Nun ist aber $ (y_n)_{n} $ eine Nullfolge und $(x_n)_{n}$ konvergiert gegen $x_0$, es ex. also $\hat{n} \in \mathbb{N}$, sodass für $n>\hat{n}$ gilt: $|y_n|<\frac{\delta}{2}$ und $|x_n - x_0|<\frac{\delta}{2}$. Also ist für $n>\hat{n}$: $\xi_n \in (x_n,x_n+y_n) \subset (x_0-\delta,x_0+\delta)$. Somit ist $ | f'(x_0) - f'(\xi_n) | = |f'(x_0) - D_n| < \varepsilon$, $\forall n \in \mathbb{N}_{>\hat{n}} \cap N^{+}$. Also konvergiert $(D_n)_{n \in N^{+}}$ gegen $f'(x_0)$.

Für $n \in N^{-}$ sollte das genauso funktionieren. Dann würden wir uns allerdings das Intervall $(x_n-y_n,x_n)$ anschauen.

Insgesamt bekommen wir also $\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{D_n}=f'(x_0)$.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
darkhelmet
Senior Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 05.03.2007
Mitteilungen: 2651
Aus: Bayern
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-06-01


Absolut richtig.

Etwas übersichtlicher wird es m.E., wenn du die Unterscheidung nach positivem und negativem $y_n$ und auch die Anwendung des Mittelwertsatzes weiter "innen" machst.

Die Passage
2019-06-01 15:07 - vava123 in Beitrag No. 2 schreibt:
Nach Voraussetzung ist $f'$ stetig in $x_0$. Für jedes $\varepsilon>0$ ex. also ein $\delta>0$, sodass für $y \in (x_0-\delta,x_0+\delta)$ gilt: $ |f'(x_0) - f'(y)| < \varepsilon$. Nun ist aber $ (y_n)_{n} $ eine Nullfolge und $(x_n)_{n}$ konvergiert gegen $x_0$, es ex. also $\hat{n} \in \mathbb{N}$, sodass für $n>\hat{n}$ gilt: $|y_n|<\frac{\delta}{2}$ und $|x_n - x_0|<\frac{\delta}{2}$. Also ist für $n>\hat{n}$:
hängt davon gar nicht ab und könnte am Anfang des Beweises stehen. Die Fallunterscheidung kannst du dann für das gegebene $n$ machen. Es sei denn, ich übersehe etwas.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
vava123
Junior Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 01.06.2019
Mitteilungen: 14
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-01


Ah ja stimmt.
Also so der hoffentlich richtige, übersichtlichere Beweis:

Definiere $D_n:=\frac{f(x_n+y_n)-f(x_n)}{y_n}$. Da $f'$ stetig in $x_0$ ist gilt: $\forall \varepsilon > 0 \, \exists \delta>0: \, y \in (x_0-\delta,x_0+\delta) \implies |f'(x_0)-f'(y)|<\varepsilon.$ Außerdem $y_n \rightarrow 0$ und $x_n \rightarrow x_0$, also: $\exists N \in \mathbb{N}: n\geq N \implies |y_n|<\frac{\delta}{2},\,|x_n-x_0|<\frac{\delta}{2}.$
Sei nun $n\geq N$. Wenn $y_n>0$, dann sagt uns der Mittelwertsatz: $\exists \xi_n \in (x_n,x_x+y_n) \subset (x_0-\delta,x_0+\delta):\, f'(\xi_n)=D_n$, also $|f'(x_0)-D_n|<\varepsilon$. Ist $y_n<0$, dann:  $\exists \tilde{\xi}_n \in (x_n+y_n,x_n) \subset (x_0-\delta,x_0+\delta):\, f'(\tilde{\xi}_n)=D_n$, sodass ebenfalls $|f'(x_0)-D_n|<\varepsilon$ ist. Also: $\forall \varepsilon>0 \, \exists N \in \mathbb{N}: n \geq N\implies |f'(x_0)-D_n|<\varepsilon$.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
darkhelmet
Senior Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 05.03.2007
Mitteilungen: 2651
Aus: Bayern
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-06-01


Stimmt genau.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
vava123
Junior Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 01.06.2019
Mitteilungen: 14
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-01


Perfekt.
Vielen Dank für die Hilfe.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
vava123 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
vava123 hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
Neues Thema [Neues Thema]  Druckversion [Druckversion]

 


Wechsel in ein anderes Forum:
 Suchen    
 
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2019 by Matroids Matheplanet
This web site was made with PHP-Nuke, a web portal system written in PHP. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]