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Differentiation » Differentialrechnung in IR » Ableitung Absolutbetrag |x|³
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Universität/Hochschule J Ableitung Absolutbetrag |x|³
WagW
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-08-27


Hallo zusammen,

ich hänge gerade an folgender Aufgabe:

Sei $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}, ~~ f(x) = \vert x \vert ^3$. Zeige, dass die erste Ableitung existiert und es gilt $f'(x)=3x\vert x\vert ~~\forall x \in \mathbb{R}.$ Nutze die $\epsilon$-$\delta$-Definition für die Ermittlung des Grenzwertes. (Argumentieren Sie nicht mit den Rechenregeln der Differenzierbarkeit)

Mein Ansatz wäre:

Sei $y > 0$: Ich möchte zeigen, dass $3y^2$ der Grenzwert von $\frac{f(x)-f(y)}{x-y}$ ist. Das heißt also, dass es für ein $\epsilon >0$ ein $\delta >0$ gibt, sodass $ \forall x \in \mathbb{R}_{>0}~:\vert x - y\vert < \delta \Rightarrow \biggl|\frac{x ^3 - y^3}{x-y}- 3y^2\biggr| < \epsilon$. Nach einigen Umformungen und einer Polynomdivision komme ich schließlich zu: $\biggl|\frac{x ^3 - y^3}{x-y}- 3y^2\biggr| =~ ... ~= \vert x^2-2y^2+xy\vert$. Hier hänge ich jetzt fest. Ich muss ja irgendwie den Bezug zum $\delta$ herstellen... Vielleicht habe ich mich aber auch total verrannt ...

Genau dasselbe in grün passiert mir, wenn ich den anderen Fall bearbeite:

Sei $y<0$: Ich möchte zeigen, dass $-3y^2$ der Grenzwert von $\frac{f(x)-f(y)}{x-y}$ ist. Für ein $\epsilon >0$ gibt es also ein $\delta >0$, sodass $ \forall x \in \mathbb{R}_{<0}~:\vert x - y\vert < \delta \Rightarrow \biggl|\frac{y ^3 - x^3}{x-y}+ 3y^2\biggr|= \biggl|\frac{x ^3 - y^3}{x-y}- 3y^2\biggr|< \epsilon$. Ich erhalte also wieder denselben Term wie im Fall $y>0$.

Der letzte Fall ist der Einzige den ich, wie ich glaube, mit der $\epsilon$-$\delta$-Definition des Grenzwertes lösen kann:

Sei $y=0$. Falls $b=0$ der Grenzwert ist, dann gibt es für ein $\epsilon >0$ ein $\delta >0$, sodass $ \forall x \in \mathbb{R}~:\vert x - 0\vert < \delta \Rightarrow \biggl|\frac{\vert x \vert ^3 - 0}{x-0}-0 \biggr| < \epsilon$. Ich setze nun $\delta= \sqrt{\epsilon}$ und erhalte: $ \biggl|\frac{\vert x \vert ^3 - 0}{x-0}-0 \biggr| =  x^2< \epsilon$.

Hat jemand eine Idee wie ich die beiden fehlenden Fälle bearbeite? Wahrscheinlich geht es doch um irgendeine trickreiche Umformung, oder?

Ist der Fall $y=0$ denn richtig?

viele Grüße
WagW



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Kampfpudel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-08-28


Hey WagW,

im Fall \(y>0\) hast du abgeschätzt:

2019-08-27 23:59 - WagW im Themenstart schreibt:
 $\biggl|\frac{x ^3 - y^3}{x-y}- 3y^2\biggr| =~ ... ~= \vert x^2-2y^2+xy\vert < \vert x^2-y^2+2xy\vert < (x+y)^2$.

Das zweite < ist zu grob und das erste < verstehe ich nicht.
Versuche stattdessen lieber bei \(x^2-2y^2+xy\) den Term \(x-y\) auszuklammern.

Im Fall \(y<0\) ist hier
2019-08-27 23:59 - WagW im Themenstart schreibt:
$\biggl|\frac{y ^3 - x^3}{x-y}- 3y^2\biggr|$
von Geisterhand aus einem + ein - geworden. Im Endeffekt sollten quasi die gleichen Terme dastehen wie im Fall \(y>0\).

Der Fall \(y=0\) ist richtig.



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2019-08-28

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo WagW

es ist ja

\[\ba
x^2-2y^2+xy&=x^2-y^2-y^2+xy\\
\\
&=(x-y)(x+y)-y(y-x)\\
\\
&=(x-y)(x+y)+y(x-y)\\
\\
&=\dotsc
\ea\]
Vielleicht hilft dir das ein Stück weiter?


Gruß, Diophant


[Verschoben aus Forum 'Analysis' in Forum 'Differentialrechnung in IR' von Diophant]
\(\endgroup\)


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WagW
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-28


Hi Kampfpudel,

ich habe Deine Anmerkungen

2019-08-28 11:59 - Kampfpudel in Beitrag No. 1 schreibt:
Hey WagW,

im Fall \(y>0\) hast du abgeschätzt:

2019-08-27 23:59 - WagW im Themenstart schreibt:
 $\biggl|\frac{x ^3 - y^3}{x-y}- 3y^2\biggr| =~ ... ~= \vert x^2-2y^2+xy\vert < \vert x^2-y^2+2xy\vert < (x+y)^2$.

Das zweite < ist zu grob und das erste < verstehe ich nicht.
Versuche stattdessen lieber bei \(x^2-2y^2+xy\) den Term \(x-y\) auszuklammern.

Im Fall \(y<0\) ist hier
2019-08-27 23:59 - WagW im Themenstart schreibt:
$\biggl|\frac{y ^3 - x^3}{x-y}- 3y^2\biggr|$
von Geisterhand aus einem + ein - geworden. Im Endeffekt sollten quasi die gleichen Terme dastehen wie im Fall \(y>0\).

[...]

in meinem ersten Post eingebaut, da hatte ich etwas falsch gemacht.

Ich mache mal mit dem Ausklammern weiter:

$\vert x^2 -2y^2+xy\vert = \vert x-y \vert \cdot \vert x+2y\vert < \delta (\vert x \vert +2 \vert y\vert)< \delta (\vert y + \delta \vert +2 \vert y\vert)\leq \delta (\vert y \vert + \delta +2 \vert y\vert)= 3\vert y \vert \delta + \delta^2$. Wenn ich nun $\delta$ geeignet wähle, dann ist es ja nur noch von $y$ und $\epsilon$ abhängig, aber wie forme ich hier um? Oder bin ich auf dem Holzweg?




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Kampfpudel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-08-28


Du musst aufpassen, nicht einfach so innerhalb von Beträgen abzuschätzen.
Du hast \(|x| \leq |y + \delta|\) abgeschätzt, was i.A. so nicht ok ist (theoretisch hier schon, da \(y>0\), für \(y \in \mathbb{R}\) beliebig wäre das aber nicht ok).
Schätze lieber gleich \(|x|=|x-y+y| \leq |x-y| + |y| < \delta + |y|\) ab.

Um nun \(\delta\) zu bestimmen, sodass \(3|y|\delta + \delta^2 \leq \epsilon\) gilt, benutze die Minimumsfunktion:
Bestimme \(\delta_1\), sodass \(3|y|\delta_1\leq \frac{\epsilon}{2}\) und \(\delta_2\), sodass \(\delta_2^2 \leq \frac{\epsilon}{2}\). Dann setze \(\delta=\min(\delta_1, \delta_2)\). Überlege dir, wieso dies dann das Gewünschte erfüllt.



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WagW
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-28


2019-08-28 17:58 - Kampfpudel in Beitrag No. 4 schreibt:
Du musst aufpassen, nicht einfach so innerhalb von Beträgen abzuschätzen.
Du hast \(|x| \leq |y + \delta|\) abgeschätzt, was i.A. so nicht ok ist (theoretisch hier schon, da \(y>0\), für \(y \in \mathbb{R}\) beliebig wäre das aber nicht ok).
Schätze lieber gleich \(|x|=|x-y+y| \leq |x-y| + |y| < \delta + |y|\) ab.

[...]

Ah stimmt, das habe ich so gar nicht bedacht. Danke für den Hinweis.

Wenn ich nun das $\delta$ so wähle, dass es das kleinere der beiden $\delta_1$ und $\delta_2$ ist, dann folgt ja direkt:

$\vert x^2 -2y^2+xy\vert = ...= 3\vert y \vert \delta_{min} + \delta_{min}^2< 3\vert y \vert \frac{\epsilon}{6\vert y\vert}+ \sqrt{\frac{\epsilon}{2}}^2=\epsilon$. Ich habe also ein $\delta>0$ gefunden, welches nur von $y$ und $\epsilon>0$ abhängt, sodass $ \forall x \in \mathbb{R}_{>0}~:\vert x - y\vert < \delta \Rightarrow \biggl|\frac{x ^3 - y^3}{x-y}- 3y^2\biggr|< \vert x^2 -2y^2+xy\vert  < \epsilon$. Vollkommen analog wird dann der Fall $y<0$ für alle $x\in \mathbb{R}_{<0}$ behandelt.

Passt das so?

viele Grüße

WagW




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Kampfpudel
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Ja, so passt es



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WagW
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-28


Danke :)



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