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Schulmathematik » Funktionsuntersuchungen » f'(x₀) = 0, also x₀ lokales Extremum oder Wendepunkt?
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Universität/Hochschule f'(x₀) = 0, also x₀ lokales Extremum oder Wendepunkt?
carlox
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  Themenstart: 2022-10-01

Hallo allerseits, Vermutung: Für eine unendlich oft ableitbare Funktion gilt: Eine Stelle x0 mit f'(x0) = 0 ist entweder ein Wendepunkt (WP) oder ein Extrema. Ist diese Vermutung korrekt oder gibt es Gegenbeispiele? Ich verwende im Folgenden Kriterien für WP bzw. Extrema von Wikipedia: https://de.wikipedia.org/wiki/Wendepunkt und https://de.wikipedia.org/wiki/Extremwert Angenommen, x0 ist weder Extrema noch Wendepunkt und f'(x0) = 0 Damit x0 kein Extrema muss gelten: f''(x0) = 0 Damit x0 kein WP muss gelten: f'''(x0) = 0 Damit x0 kein Extrema muss gelten: f''''(x0) = 0 usw. Also müssen alle Ableitung an der Stelle x0 den Wert 0 haben. Was folgt daraus? Kann man davon einen Widerspruch ableiten? mfg cx


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MartinN
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-10-01

Also... spontan fallen mir die Funktionen ein: \(f_n(x) = \begin{cases}\exp(-\frac{1}{x^2}) \cdot x^n & \text{if } x \neq 0 \\ 0 & \text{if } x = 0\end{cases}\) Diese Funktion hat für jedes \(n \in \IZ\) bei \(x=0\) die \(k\)-te Ableitung \(f^{(k)}_n(0) = 0\) für alle \(k \in \IN_0\). Dennoch könnte man unterscheiden, ob da ein Wendepunkt (Sattelpunkt) oder ein Extrema vorliegt. Anderseits ist die Funktion für jedes \(n \in \IN_0\): \(g_n(x) = \begin{cases}\sin(\frac{1}{x}) \cdot x^{2n+1} & \text{if } x \neq 0 \\ 0 & \text{if } x = 0\end{cases}\) \(n\)-fach stetig differenzierbar mit \(g^{(k)}_n(0) = 0\) für alle \(k \in \IN_0; k \leq n\). Kombiniert man beides, so sollte: \(h(x) = \begin{cases}\exp(-\frac{1}{x^2}) \cdot \sin(\frac{1}{x}) & \text{if } x \neq 0 \\ 0 & \text{if } x = 0\end{cases}\) für alle \(k \in \IN_0\) stetig differenzierbar mit \(h^{(k)}(0) = 0\) sein, aber man kann wegen dem Sinus nicht mehr entscheiden, ob bei \(x=0\) ein Sattelpunkt oder Extrema vorliegt. Dieses Gegenbeispiel hab ich mir aber grad nur grob überlegt und müsste man noch nachweisen ;)


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carlox
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-01

Hallo MartinN, vielen, herzlichen Dank für dein Beispiel. \quoteon(2022-10-01 13:50 - MartinN in


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Caban
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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-10-01

Hallo Bei der Ableitung können Potenzreihen helfen. Gruß Caban


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carlox
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-01

\quoteon(2022-10-01 15:05 - Caban in Beitrag No. 3) Hallo Bei der Ableitung können Potenzreihen helfen. Gruß Caban \quoteoff Man kann vermutlich sin(1/x^2) und e^(-1/x^2) als Potenzreihe darstellen. Aber dann hat man mit sin(1/x^2) * e^(-1/x^2) das Produkt zweier Potenzreihen. Wird das dann nicht kompliziert bzw. auch die Ableitung davon ? mfg cx


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MartinN
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  Beitrag No.5, eingetragen 2022-10-01

Mal sehen ob ich die Standardbsp. aus Ana 1 noch richtig zusammenbekomme xD f_n(x) ist quasi ein Standardbsp. für eine Fkt. deren Taylor-Polynom um \(x_0 = 0\) immer die Nullabbildung ist, obwohl die Funktion ungleich der Nullabbildung ist. D.h. es gibt Funktionen deren Taylor-Polynome nicht gegen die Funktion selbst konvergieren. g_n(x) ist eine Funktion, die man beliebig oft (stetig) differenzierbar ist, aber danach nicht mehr differenzierbar bzw. stetig differenzier bar ist. Aber nun zu h(x): Für \(x \neq 0\) ist h(x) offensichtlich als Komposition unendlich oft stetig differenzierbarer Funktionen auch unendlich oft stetig differenzierbar. Problematisch ist also nur \(x = 0\). Für \(x \neq 0\) gibt es dann offenbar Koeffizienten, so dass: \(h^{(k)}(x) = \sum_{i=0}^{\infty} \frac{\exp(-\frac{1}{x^2})}{x^i} \cdot (a_{i,k} \cdot \sin(\frac{1}{x}) + b_{i,k} \cdot \cos(\frac{1}{x}))\) eine endlich Summe ist. Und wir behaupten: \(h^{(k)}(0) = 0\). Nun muss man zeigen, dass mit der Behauptung diese immer in \(x=0\) stetig und differenzierbar ist. Für die Stetigkeit betrachten wir einfach den Grenzwert für \(x \to 0\). Für jeden Summenanden ergibt sich dann, mit dem Sandwich-Theorem: \(\frac{\exp(-\frac{1}{x^2})}{x^i} \cdot (-a_{i,k} - b_{i,k}) \leq \frac{\exp(-\frac{1}{x^2})}{x^i} \cdot (a_{i,k} \cdot \sin(\frac{1}{x}) + b_{i,k} \cdot \cos(\frac{1}{x})) \leq \frac{\exp(-\frac{1}{x^2})}{x^i} \cdot (a_{i,k} + b_{i,k} )\) Jetzt zeigt man (* siehe unten), dass für alle \(i\in \IN_0\) diese untere und obere Abschätzung gegen 0 geht für \(x \to 0\) und damit: \(\lim_\limits{x\to 0} \frac{\exp(-\frac{1}{x^2})}{x^i} \cdot (a_{i,k} \cdot \sin(\frac{1}{x}) + b_{i,k} \cdot \cos(\frac{1}{x})) = 0\\ \Rightarrow \lim_\limits{x\to 0} h^{(k)}(x) = 0\) Somit ist mit \(h^{(k)}(0) = 0\) die k-te Ableitung in 0 wieder stetig. Nun noch zeigen, dass die k-te Ableitung in 0 auch differenzierbar ist, also dass \(h^{(k+1)}(0)\) existiert. Dazu berechnen wir (großes H statt h in der Definition der Ableitung verwendet, da h schon für die Funktion gebraucht): \(h^{(k+1)}(0) = \lim_\limits{H\to0} \frac{h^{(k)}(H)-h^{(k)}(0)}{H} = \lim_\limits{H\to0} \frac{h^{(k)}(H)}{H}\) Dies führt wieder auf eine Summe wie oben, nur diesmal mit H als Variable. Deren allgemeinen Grenzwert kennen wir schon (wenn man oben den "Sandwich" gezeigt hat). Also: \(h^{(k+1)}(0) = 0\) Damit können wir jetzt induktiv zur (k+1)-ten Ableitung übergehen, die mit \(h^{(k+1)}(0) = 0\) in 0 wieder stetig ist und dort auch differenzierbar mit \(h^{(k+2)}(0) = 0\), usw usf. (*) Man muss also noch zeigen für alle \(i \in \IN_0\): \(\lim_\limits{x\to 0} \frac{\exp(-\frac{1}{x^2})}{x^i} = 0\) Der Beweis war glaube nicht mehr so einfach, aber sollte man auch hinbekommen. Hab nur jetzt keine Zeit mehr :D Dann später machen... ansich genügt es zu wissen, dass die Exponentialfuntkion schneller ansteigt als jede Potenz. Daher erstmal \(x \to \frac{1}{y}\) substituieren und man erhält: \(\lim_\limits{x\to 0} \frac{\exp(-\frac{1}{x^2})}{x^i} = \lim_\limits{|y| \to \infty} \exp(-y^2) \cdot y^i = \lim_\limits{|y| \to \infty} \frac{y^i}{\exp(y^2)} = 0\) Hier ist das Quadrat wichtig, da man eigentlich beide Grenzwerte für \(y \to + \infty\) (quasi der Grenzwert für x von oben gegen 0) und \(y \to -\infty\) (der Grenzwert von unten gegen 0) betrachten müsste, aber das erübrigt sich wegen dem Quadrat. Wie man aber zeigt, dass die Exponentialfuntkion schneller ansteigt als jede Potenz \(x^i; i\in\IN_0\), da müsste man nochmal überlegen. [Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]


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carlox
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-02

Hallo MartinN, vielen Dank für die Beweisskizze. Habe leider nicht alles verstanden, da mir einige Dinge aus der Theorie (Potenzreihen) fehlen. Das ist aber erst Mal kein Problem, weil es mir hauptsächlich erst Mal nur darum geht, ob es so ein Standardbeispiel überhaupt GIBT, d.h. mit dem man zeigen kann dass es Funktionen gibt, die an einer Stelle mit waagrechter Tangente weder einen Wendepunkt (WP) noch ein strenges Extremum besitzen. (Ein Punkt auf einer parallelen Gerade zur x-Achse wäre kein strenges Extremum). Diese Antwort auf meine Frage würde mir - in the first run - vollständig genügen. Es würde mich freuen, wenn mir jemand diese beantworten könnte, denn könnte man folgende Behauptung aufstellen: Behauptung1: Es gibt (mindestens) 2-mal differenzierbare Funktionen die an einer Stelle mit waagrechter Tangente weder einen Wendepunkt (WP) noch ein strenges Extremum besitzen. PS: Mit folgender Behauptung2 hätte man dann ein paar Beziehungen zwischen Wendepunkten und Extrema hergestellt: Behauptung2: Es sei f eine auf einem echten, offenen Intervall $(a,b)$ zweifach differenzierbare Funktion und $x_0 \in (a,b)$ Dann gilt: f hat an $x_0$ einen Wendepunkt $\implies$ f hat an $x_0$ kein strenges Extremum. mfg cx


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MartinN
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  Beitrag No.7, eingetragen 2022-10-03

"ob es so ein Standardbeispiel überhaupt GIBT, d.h. mit dem man zeigen kann dass es Funktionen gibt, die an einer Stelle mit waagrechter Tangente weder einen Wendepunkt (WP) noch ein strenges Extremum besitzen. (Ein Punkt auf einer parallelen Gerade zur x-Achse wäre kein strenges Extremum)." Standardbeispiel weiß ich nicht... möglichst einfach wäre aber von oben das \(g_{0.5}(x)\) (n = 0.5, da man die Stetigkeit der Ableitung nicht mehr braucht - ansonsten n = 1) \(g_{0.5}(x) = \begin{cases}\sin(\frac{1}{x}) \cdot x^{2} & \text{if } x \neq 0 \\ 0 & \text{if } x = 0\end{cases}\) Wenn man dort einfach mal die erste Ableitung in 0 bestimmt: \(g_{0.5}'(0) = \lim_\limits{h \to 0} \frac{g_{0.5}(h) - g_{0.5}(0)}{h}\\ = \lim_\limits{h \to 0} \frac{\sin(\frac{1}{h}) \cdot h^{2}}{h}\\ = \lim_\limits{h \to 0} \sin(\frac{1}{h}) \cdot h\\ = 0\) Also hat \(g_{0.5}(x)\) in \(x=0\) eine waagerechte Tangente, aber man kann nicht entscheiden, ob es ein Min, Max oder Wendepunkt ist. Ich wüsste zumindest nicht wie, da es um \(x=0\) unendlich oft oszilliert. \(g_{0}(x) = \begin{cases}\sin(\frac{1}{x}) \cdot x & \text{if } x \neq 0 \\ 0 & \text{if } x = 0\end{cases}\) genügt da btw. nicht, da diese zwar stetig ist, aber nicht differenzierbar in \(x=0\)... da wüsste ich nicht, wie man zeigen/behaupten darf, dass die Tangente dort waagerecht wäre.


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carlox
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  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-03

\quoteon(2022-10-03 09:24 - MartinN in Beitrag No. 7) "ob es so ein Standardbeispiel überhaupt GIBT, d.h. mit dem man zeigen kann dass es Funktionen gibt, die an einer Stelle mit waagrechter Tangente weder einen Wendepunkt (WP) noch ein strenges Extremum besitzen. (Ein Punkt auf einer parallelen Gerade zur x-Achse wäre kein strenges Extremum)." Standardbeispiel weiß ich nicht... \quoteoff Danke für dein Beispiel. Was haltet ihr vom folgenden Beispiel und der Behauptung: h ist 2-mal differenzierbar (brauche ich für die meine Definition der Wendestelle) und hat an x=0 eine waagrechte Tangente, aber x=0 ist weder eine Wendestelle noch hat h dort ein strenges Extremum. Frage: Ist die Behauptung und das Beispiel korrekt ? Beispiel: $h\colon \mathbb R\to \mathbb R, \ h(x)=\begin{cases} x^4 \cdot \sin\left(\frac 1x\right), & x\neq 0 \\ 0, & x=0\end{cases}. $ $h'(x)=4x^3 \sin( \frac{1}{x})-x^2 \cos( \frac{1}{x})$ für $x \neq 0$ $h''(x)=12x^2 \sin( \frac{1}{x})-6x \cos( \frac{1}{x})-\sin( \frac{1}{x}) $ für $x \neq 0$ Es gilt: $h'(0)=\lim \limits_{x \to 0} \frac{x^4 \cdot \sin( \frac{1}{x})-0}{x-0}=0$ (also h' existiert auf $\mathbb R$) und $h''(0)=\lim \limits_{x \to 0} \frac{4x^3 \sin( \frac{1}{x})-x^2 \cos( \frac{1}{x})-0}{x-0}=0$ (also h'' existiert auf $\mathbb R$) Es gilt außerdem: 1) h'' macht an der Stelle x=0 keinen VZW, also ist x=0 keine Wendestelle. 2) $h(x)=x^4 \sin(\frac{1}{x})$ hat an der Stelle x=0 kein Extremum. mfg cx


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  Beitrag No.9, eingetragen 2022-10-03

Das Bsp. sollte passen, nur die Begründung bei Punkt 1 nicht wirklich. Oder wie zeigst du, dass dort kein Vorzeichenwechsel ist? Ich denke, man sollte Wendepunkt da etwas anders definieren, nämlich als Wechsel von einem konkaven zu einem konvexen Abschnitt. Wäre x = 0 ein Wendepunkt, so müsste dort ein Wechsel stattfinden. Man kann nun annehmen für ein Intervall (a,0) sei die Funktion konvex, dann muss man zeigen, dass es kein Intervall (0,b) gibt, in dem die Fkt. konkav ist. Nimmt man hingegen an für ein Intervall (a,0) sei die Funktion konkav, dann muss man zeigen, dass es kein Intervall (0,b) gibt, in dem die Fkt. konvex ist. Folglich kann dort kein Wechsel stattfinden und die Funktion hat keinen Wendepunkt in x = 0.


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  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-03

Nochmals recht herzlichen Dank für dein Feedback. Das liefert mir mehr Sicherheit in meinen Behauptungen! \quoteon(2022-10-03 16:57 - MartinN in Beitrag No. 9) Das Bsp. sollte passen, nur die Begründung bei Punkt 1 nicht wirklich. Oder wie zeigst du, dass dort kein Vorzeichenwechsel ist? \quoteoff Frage: Ist meine Aussage falsch oder stört dich nur die Begründung? Rein formal hast du bzgl. der Begründung Recht! Ich habe mir aus Faulheit nur mal die Funktion f'' mit einem Funktionsplotter angeschaut. Der zeigt, dass in jeder noch so kleinen Umgebung von x=0 f'' keinen VZW macht, d.h. z.B. eben NICHT f''(x) > 0 für alle x in der rechten Umgebung und f''(x) < 0 für alle x in der linken Umgebung liegen). D.h. ich meine, dass ich die Begründung liefern kann: Einfach 2 verschieden Nullfolgen mit verschiedenen Grenzwerten. Ist das korrekt? \quoteon Ich denke, man sollte Wendepunkt da etwas anders definieren, \quoteoff Das will ich eigentlich nicht, weil meine Überlegungen für den Schulbetrieb gedacht sind. Deswegen meine Frage: Wo gibt es Probleme bei meiner Definition für den Schulbetrieb? Mir wäre sehr daran gelegen (bzw. mich würde es sehr freuen), dass dies so geht (mit meiner Definition), wie ich mir das vorstelle. NACHTRAG: 1) h'' macht an der Stelle x=0 keinen VZW (also ist x=0 keine Wendestelle), denn: Sei $(0,d)$ ein echtes, offenes Intervall rechts von $T(0 \vert 0)$. Definiere die Folgen $(x_n)$ und $(z_n)$ mit: $x_n := \frac{2}{(4n+1)\pi }$ und $z_n := \frac{2}{(4n+3)\pi}$ Dann gilt: $\lim \limits_{n \to \infty}x_n= 0$ und $\lim \limits_{n \to \infty}z_n= 0$ und $\lim \limits_{n \to \infty}h''(x_n)= -1$ und $\lim \limits_{n \to \infty}h''(z_n)= 1$ Da $\lim \limits_{n \to \infty}x_n= 0$ gibt es ein $n_0$, so daß für alle $n>n_0$ gilt $x_n \in (0,d)$. Da $\lim \limits_{n \to \infty}h''(x_n)= -1$ gibt es ein $m_0$, so daß für alle $n>m_0$ gilt $h''(x_n) < 0$. Also gilt für alle $n>N_0:=max(n_0,m_0) \: x_n \in (0,d)$ und $h''(x_n) < 0$. Analog folgt: Es gibt ein M, so dass für alle $n>M \: z_n \in (0,d)$ und $h''(z_n) > 0$. Also gibt es in diesem echten, offenen Intervall $(0,d)$ immer negative und positive Werte, also auch in $(-d,d)$. Also macht $h''$ an der Stelle $x=0$ keinen VZW. 2) h hat an der Stelle x=0 kein strenges Extremum, denn: $h(x)=x^4 \cdot \sin( \frac{1}{x}) >0$ für $x>0$ und $h(x)=x^4 \cdot \sin( \frac{1}{x}) <0$ für $x<0$ und $h(x)=x^4 \cdot \sin( \frac{1}{x}) =0$ für $x=0$ Bist du jetzt mit der Begründung einverstanden ? mfg cx


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MartinN
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  Beitrag No.11, eingetragen 2022-10-03

Nicht wirklich... mit was schaust du dir die Funktionen an? Etwa für x = 0.1 ist h(x) negativ: https://www.wolframalpha.com/input?i=x%5E4+sin%281%2Fx%29+at+x+%3D+0.1 Und wie definierst du einen Vorzeichenwechsel? In jedem Intervall links bzw. rechts der 0 hat die Funktion ja unendlich viele Nullstellen. Aber ob das schon genügt um zu sagen, dass die Funktion in x = 0 kein Vorzeichenwechsel hat, das weiß ich nicht :S


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  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-03

I) \quoteon(2022-10-03 20:58 - MartinN in Beitrag No. 11) Nicht wirklich... mit was schaust du dir die Funktionen an? Etwa für x = 0.1 ist h(x) negativ: https://www.wolframalpha.com/input?i=x%5E4+sin%281%2Fx%29+at+x+%3D+0.1 \quoteoff Du hast Recht! Ich ändere meine Argumentation: h hat an der Stelle x=0 kein strenges Extremum, denn: für jedes echte, offene Intervall $(a,b)$ mit $0 \in (a,b)$ gibt es ein $00$ und ein $0>z \in (a,b)$ mit $h(x)<0$ Oder noch genauer: h hat an der Stelle x=0 kein strenges Extremum, denn: Sei $(0,d)$ ein echtes, offenes Intervall rechts von x=0. Definiere die Folgen $(x_n)=x_1,x_2, \cdots$ und $(z_n)=z_1, z_2, \cdots$ mit: $x_n := \frac{2}{(4n+1)\pi }$ und $z_n := \frac{2}{(4n+3)\pi}$ Dann gilt: $\lim \limits_{n \to \infty}x_n= 0$ und $\lim \limits_{n \to \infty}z_n= 0$ und $h(x_n)= x_n^4 \cdot 1 >0$ und $h(z_n)= z_n^4 \cdot -1 <0$ Also gibt es in diesem echten, offenen Intervall $(0,d)$ immer negative und positive h-Werte, also auch in einem beliebige echten, offenen Intervall $(c,d)$. Also hat h an der Stelle $x=0$ kein relatives Extremum. Bist du jetzt damit einverstanden? II) \quoteon Und wie definierst du einen Vorzeichenwechsel? In jedem Intervall links bzw. rechts der 0 hat die Funktion ja unendlich viele Nullstellen. Aber ob das schon genügt um zu sagen, dass die Funktion in x = 0 kein Vorzeichenwechsel hat, das weiß ich nicht :S \quoteoff Analog siehe dazu Beitrag 7 im folgenden Thread: https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/printtopic.php?topic=259926&load_mathjax=1 Anschaulich bedeutet das, dass egal wie klein die Umgebung um die x-Stelle 0 ist, es nicht möglich ist, dass rechts von 0 innerhalb der Umgebung z.B. h''(x) NUR größer 0 wird und links von 0 innerhalb der Umgebung z.B. h''(x) NUR kleiner 0 wird. Und jetzt formal die Definition: 1) Eine auf einem echten, abgeschlossenen oder offenen Intervall I definierte reellwertige Funktion f \\ macht an der Stelle $x_V \in I$ einen VZW von - nach + $:\iff$ Es existiert ein echtes, offenes Intervall $(x_V-d,x_V+d) \subset I$ so dass für alle $x \in (x_V - d , x_V)$ gilt: $f(x) < 0$ und für alle $x \in (x_V , x_V+d)$ gilt: $f(x) > 0$ 2) Eine auf einem echten, abgeschlossenen oder offenen Intervall I definierte reellwertige Funktion f macht an der Stelle $x_V \in I$ einen VZW von + nach - $:\iff$ Es existiert ein echtes, offenes Intervall $(x_V-d,x_V+d) \subset I$ so dass für alle $x \in (x_V - d , x_V)$ gilt: $f(x) > 0$ und für alle $x \in (x_V , x_V+d)$ gilt: $f(x) < 0$ 3) Eine auf einem echten, abgeschlossenen oder offenen Intervall I definierte reellwertige Funktion f macht an der Stelle $x_V \in I$ einen VZW:$\iff$ f macht an der Stelle $x_V$ einen VZW von - nach + oder f macht an der Stelle $x_V$ einen VZW von + nach - Bist du jetzt damit einverstanden? mfg cx


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  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-10

\quoteon(2022-10-01 16:15 - MartinN in Beitrag No. 5) Mal sehen ob ich die Standardbsp. aus Ana 1 noch richtig zusammenbekomme xD \quoteoff Hallo MartinN, habe dein Beispiel genommen, aber den Beweis etwas anders (elementarer?) gemacht. Ist das Folgende korrekt? ------------------------ I) Behauptung: Sei $f\colon \mathbb R\to \mathbb R, \ f(x)=\begin{cases} e^{\frac{-1}{x^2}} \sin(\frac{1}{x}), & x\neq 0 \\ 0, & x=0\end{cases}$. Dann gilt: Für alle $n \in \mathbb{N} \land n>0$ existieren Polynome $p_1$ und $p_2$ so daß: $\ f^{(n)}(x)==\begin{cases} \frac{ e^{\frac{-1}{x^2}}}{x^{3n}}(p_1 \sin(\frac{1}{x}) + p_2 \cos(\frac{1}{x})), & x\neq 0 \\ 0, & x=0\end{cases}. $ Beweis: 1) Wenn $h(x)=\frac {e^{\frac{-1}{x^2}}} {x^{3n}}$, dann gilt: $h'(x)= \frac{e^{\frac{-1}{x^2}}}{x^{6n}} (2x^{3n-3}-3n \cdot x^{3n-1})=\frac{e^{\frac{-1}{x^2}}}{x^{3n+3}}(-3nx^2+2)$ 2) Wenn $g(x)=p_1 \cdot \sin(\frac{1}{x}) + p_2 \cdot \cos(\frac{1}{x})$ dann gilt: $g'(x)= p_1' \sin(\frac{1}{x})-\frac{p_1}{x^2} \cos(\frac{1}{x}) +p_2' \cos(\frac{1}{x}) +\frac{p_2}{x^2} \sin(\frac{1}{x}) = \sin(\frac{1}{x})(p_1'+\frac{p_2}{x^2}) + \cos(\frac{1}{x})(p_2'-\frac{p_1}{x^2} )$ 3) Mit vollständiger Induktion a) n=1: $f'(x)=\frac{e^{^{\frac{-1}{x^2}}}(2 \sin{\frac{1}{x}}-x \cos{\frac{1}{x}})}{x^3} $ b) Die Behauptung gelte für ein beliebiges $n>0$. Zeige: Es existieren Polynome $p_1$ und $p_2$ so daß: $f^{(n+1)}(x)=\frac{ e^{\frac{-1}{x^2}}}{x^{3n+3}}(p_1 \sin(\frac{1}{x}) + p_2 \cos(\frac{1}{x})) $ für alle $n \in \mathbb{N} \land n>0 $ Es gilt: $f^{(n+1)}(x)=f^{n'}(x)= $ $ \frac{e^{\frac{-1}{x^2}}}{x^{3n+3}} (2-3n x^{2}) \cdot (p_1 \sin(\frac{1}{x}) + p_2 \cos(\frac{1}{x})) - \frac{ e^{\frac{-1}{x^2}}}{x^{3n}} (\sin(\frac{1}{x})(p_1'+\frac{p_2}{x^2}) + \cos(\frac{1}{x})(p_2'-\frac{p_1}{x^2} )$ = $ \frac{e^{\frac{-1}{x^2}}}{x^{3n+3}} \cdot ((2p_1 -3nx^2p_1)\sin(\frac{1}{x}) + (2p_2 -3nx^2p_2) \cos(\frac{1}{x}))) - \frac{ e^{\frac{-1}{x^2}}}{x^{3n+3}} x^3 (( \sin(\frac{1}{x})(p_1'+\frac{p_2}{x^2}) + \cos(\frac{1}{x})(p_2'-\frac{p_1}{x^2} ))$ = $ \frac{e^{\frac{-1}{x^2}}}{x^{3n+3}} \cdot ((2p_1 -3nx^2p_1)\sin(\frac{1}{x}) + (2p_2 -3nx^2p_2) \cos(\frac{1}{x}))) - \frac{ e^{\frac{-1}{x^2}}}{x^{3n+3}} (\sin(\frac{1}{x})(p_1' x^3 +p_2 x)+ \cos(\frac{1}{x})(p_2' x^3- p_1 x))$ = Dann gibt es Polynome $q_1,q_2,r_1,r_2,t_1,t_2$ mit : $=\frac{e^{\frac{-1}{x^2}}}{x^{3n+3}} \cdot (q_1\sin(\frac{1}{x}) + q_2 \cos(\frac{1}{x})) - \frac{ e^{\frac{-1}{x^2}}}{x^{3n+3}} (r_1\sin(\frac{1}{x})+ r_2\cos(\frac{1}{x}))$= $\frac{e^{\frac{-1}{x^2}}}{x^{3n+3}} \cdot (t_1 \sin(\frac{1}{x}) +t_2 \cos(\frac{1}{x}))$ II) $f'(0)=\lim \limits_{x \to 0} \frac{f(x)-0}{x-0} = \lim \limits_{x \to 0} \frac{e^{^{\frac{-1}{x^2}}} \cdot \sin{\frac{1}{x}}}{x}=0 $ $f''(0)=\lim \limits_{x \to 0} \frac{f'(x)-0}{x-0} = \lim \limits_{x \to 0} \frac{e^{^{\frac{-1}{x^2}}}(2 \sin{\frac{1}{x}}-x \cos{\frac{1}{x}})}{x^3}=0 $ allgemein ($n>1)$: $f^{(n)}(0) = \lim \limits_{x \to 0} \frac{f^{n-1}(x)-0}{x-0} = \lim \limits_{x \to 0} \frac{\frac{e^{\frac{-1}{x^2}}}{x^{3(n-1)}} \cdot (t_1 \sin(\frac{1}{x}) +t_2 \cos(\frac{1}{x})) }{x}=$ $\lim \limits_{x \to 0} \frac{e^{\frac{-1}{x^2}}}{x^{3(n-1)+1}} \cdot (t_1 \sin(\frac{1}{x}) +t_2 \cos(\frac{1}{x})) =0$, da $\lim \limits_{x \to 0} \frac{e^{\frac{-1}{x^2}}}{x^{3(n-1)+1}}=0$ Damit kann man den Satz über die geraden/ungeraden Ableitungen nicht mehr benutzen, um entscheiden zu können, ob es sich um einen Wendepunkt oder ein Extremum handelt. III) f'' macht an der Stelle x=0 keinen VZW (also ist x=0 keine Wendestelle) Beweis: Sei $(0,d)$ ein echtes, offenes Intervall. Definiere die Folgen $(x_n)=x_1,x_2, \cdots$ und $(z_n)=z_1,z_2,\cdots$ mit: $x_n := \frac{2}{(4n+1)\pi }$ und $z_n := \frac{2}{(4n+3)\pi}$ Dann gilt: $x_n>0$ für alle $n \in \mathbb{N}$ und $z_n>0$ für alle $n \in \mathbb{N}$ und $\lim \limits_{n \to \infty}x_n= 0$ und $\lim \limits_{n \to \infty}z_n= 0$ Da $(x_n)$ Nullfolge gilt für hinreichend kleine $x_n$ dass $x_n0$, $\sin{\frac{1}{x_n}}=1$, $\cos{\frac{1}{x_n}}=0$, $e^{\frac{-1}{x_n^2}}>0$, $x_n^6>0$. Also gilt: $f''(x_n)=\frac{e^{^{\frac{-1}{x_n^2}}}((4-7x_n^2) \sin{\frac{1}{x_n}}+2x_n(x_n^2-2) \cos{\frac{1}{x_n}})} {x_n^6}>0$. Da $(z_n)$ Nullfolge gilt für hinreichend kleine $z_n$ dass $z_n0$, $\sin{\frac{1}{z_n}}=-1$, $\cos{\frac{1}{z_n}}=0$, $e^{\frac{-1}{z_n^2}}>0$, $z_n^6>0$. Also gilt: $f''(z_n)=\frac{e^{^{\frac{-1}{z_n^2}}}((4-7z_n^2) \sin{\frac{1}{z_n}}+2z_n(x_n^2-2) \cos{\frac{1}{z_n}})} {z_n^6}<0$. Also liegen in $(0,d)$ f''-Werte größer 0 und kleiner 0. Also macht $f''$ an der Stelle $x=0$ keinen VZW. IV) f hat an der Stelle x=0 kein strenges Extremum Beweis: Sei $(0,d)$ ein echtes, offenes Intervall. Definiere die Folgen $(x_n)=x_1,x_2, \cdots$ und $(z_n)=z_1, z_2, \cdots$ mit: $x_n := \frac{2}{(4n+1)\pi }$ und $z_n := \frac{2}{(4n+3)\pi}$ \\ Dann gilt: $x_n>0$ für alle $n \in \mathbb{N}$ und $z_n>0$ für alle $n \in \mathbb{N}$ und $\lim \limits_{n \to \infty}x_n= 0$ und $\lim \limits_{n \to \infty}z_n= 0$ und $f(x_n)= e^{^{\frac{-1}{x_n^2}}} \cdot \sin{\frac{1}{x_n}} >0$ für alle $n>0$ und $f(z_n)= e^{^{\frac{-1}{z_n^2}}} \cdot \sin{\frac{1}{z_n}} <0$ für alle $n>0$ (**) Da $(x_n)$ Nullfolge existiert ein N mit $x_N0$. Da $(z_n)$ Nullfolge existiert ein M mit $z_M


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MartinN
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  Beitrag No.14, eingetragen 2022-10-12

Hi... sollte soweit passen, wobei du \(f(x)\) mit zwei Fällen definieren musst... für \(x \neq 0\) der angegebene Fall, aber für \(x = 0\) fehlt noch \(f(0)=0\). Bei I 1) fehlt ein "e" xD Und du könntest gleich \(h'(x) = \frac{\exp(-\frac{1}{x^2})}{x^{3(n+1)}} (-3nx^2 + 2)\) nutzen, dann ergibt sich: \((f^{(n)}(x))' = \frac{\exp(-\frac{1}{x^2})}{x^{3(n+1)}} (\sin(\frac{1}{x})\cdot(-3nx^2p_1+2p_1+p_1'x^3+p_2x) + \cos(\frac{1}{x})\cdot(-3nx^2p_2+2p_2+p_2'x^3-p_1x))\) Da sieht man gleich, dass das für \(x \neq 0\) wieder Polynome vor sin und cos sind. Bei II könnte man vielleicht noch mehr begründen, warum \(f^{(n)}(0) = 0\). Also auch vollständige Induktion, jeweils Sandwichkriterium und dann noch begründen warum \(\exp(-\frac{1}{x^2}) \cdot \frac{p(x)}{q(x)}\) für alle Polynome für \(x \to 0\) gegen \(0\) konvergiert. Bei III und IV hast du nicht gesagt, was \(h\) ist - und wozu du \(h\) brauchst. Vermutlich meinst du einfach \(f(x_n)\) und \(f(z_n)\) (und h unnötig bzw. h = f). Bei IV hast du in \(h\) auch nicht \(z_n\) eingesetzt. Bei III könnte man vielleicht noch genauer zeigen, warum \(f''(x_n) > 0\) und \(f''(z_n) < 0\) für alle \(n\in \IN\). Also wie in IV mal einsetzen und vor allem zeigen, dass die Polynome \(p_1,p_2\) keine Probleme bereiten. So viel dazu ^^


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  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-13

\quoteon(2022-10-12 13:25 - MartinN in Beitrag No. 14) Hi... sollte soweit passen, \quoteoff Vielen Dank für deine kritische Durchsicht. Habe alle deine Kritikpunkte berücksichtigt und in meinem Beitrag Nr. 5 korrigiert. Außer: \quoteon Bei II könnte man vielleicht noch mehr begründen, warum \(f^{(n)}(0) = 0\). Also auch vollständige Induktion, jeweils Sandwichkriterium und dann noch begründen warum \(\exp(-\frac{1}{x^2}) \cdot \frac{p(x)}{q(x)}\) für alle Polynome für \(x \to 0\) gegen \(0\) konvergiert. \quoteoff Warum braucht man da das Sandwichkriterium und die Induktion? Ich setze nur die Kenntnis voraus, dass: $\lim \limits_{x \to 0} \frac{e^{\frac{-1}{x^2}}}{x^{3(n-1)+1}}=0$, $\lim \limits_{x \to 0} t1$ existiert, $\lim \limits_{x \to 0} t2$ existiert, $\sin(\frac{1}{x})$ beschränkt und $\cos(\frac{1}{x})$ beschränkt ist. Warum reicht dann nicht folgendes Argumentation: allgemein ($n>1)$: $f^{(n)}(0) = \lim \limits_{x \to 0} \frac{f^{n-1}(x)-0}{x-0} = \lim \limits_{x \to 0} \frac{\frac{e^{\frac{-1}{x^2}}}{x^{3(n-1)}} \cdot (t_1 \sin(\frac{1}{x}) +t_2 \cos(\frac{1}{x})) }{x}=$ $\lim \limits_{x \to 0} \frac{e^{\frac{-1}{x^2}}}{x^{3(n-1)+1}} \cdot (t_1 \sin(\frac{1}{x}) +t_2 \cos(\frac{1}{x})) =0$, da $\lim \limits_{x \to 0} \frac{e^{\frac{-1}{x^2}}}{x^{3(n-1)+1}}=0$, $\lim \limits_{x \to 0} t1$ existiert, $\lim \limits_{x \to 0} t2$ existiert, $\sin(\frac{1}{x})$ beschränkt und $\cos(\frac{1}{x})$ beschränkt ist. und warum schreibst du: \(\exp(-\frac{1}{x^2}) \cdot \frac{p(x)}{q(x)}\) ? Ich habe das q(x) [bei mir ist q(x)=x)] herausgekürzt. mfg cx


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  Beitrag No.16, eingetragen 2022-10-13

Okay, da \(\lim \limits_{x \to 0} (t_1 \sin(\frac{1}{x}) +t_2 \cos(\frac{1}{x}))\) beschränkt ist, genügt es zu zeigen, dass der erste Faktor (mit der exp-Funktion) gegen 0 konvergiert, um zu zeigen, dass der ganze Grenzwert 0 wird. Mir ging es darum, dass du nur den Grenzwert des ersten Faktors betrachtet hast (ohne etwas zum zweiten zu sagen). Man kann auch allgemein die Beschränktheit der Kosinus- und Sinus-Funktionen nutzen, um den Grenzwert nach oben und nach unten abzuschätzen durch: \(\frac{e^{\frac{-1}{x^2}}}{x^{3(n-1)+1}} \cdot (-t_1-t_2) \leq \frac{e^{\frac{-1}{x^2}}}{x^{3(n-1)+1}} \cdot (t_1 \sin(\frac{1}{x}) +t_2 \cos(\frac{1}{x})) \leq \frac{e^{\frac{-1}{x^2}}}{x^{3(n-1)+1}} \cdot (t_1+t_2)\) Diese Abschätzungen sind allgemein der Form: \(\exp(-\frac{1}{x^2}) \cdot \frac{p(x)}{q(x)}\) (für Polynome p(x) und q(x)). Und dann könnte man auch allgemein zeigen / nutzen, dass diese immer gegen 0 konvergieren für \(x\to0\). Es genügt aber auch einfach die Beschränktheit zu nutzen und dass der erste Faktor schon gegen 0 geht.


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  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-14

Hallo MartinN, Danke für deine kritische Durchsicht. \quoteon(2022-10-13 17:14 - MartinN in Beitrag No. 16) Okay, da \(\lim \limits_{x \to 0} (t_1 \sin(\frac{1}{x}) +t_2 \cos(\frac{1}{x}))\) beschränkt ist, genügt es zu zeigen, dass der erste Faktor (mit der exp-Funktion) gegen 0 konvergiert, um zu zeigen, dass der ganze Grenzwert 0 wird. Mir ging es darum, dass du nur den Grenzwert des ersten Faktors betrachtet hast (ohne etwas zum zweiten zu sagen). \quoteoff Der Grenzwert folgender Funktion muss nicht existieren (wenn z.B. \(t_1=t_2=1) \): \(\lim \limits_{x \to 0} (t_1 \sin(\frac{1}{x}) +t_2 \cos(\frac{1}{x}))\) Man könnte aber noch genauer begründen: \(\lim \limits_{x \to 0} (t_1)\) existiert, also t1 beschränkt. \( \sin(\frac{1}{x})\) ist beschränkt. also ist das Produkt \( t_1 \cdot \sin(\frac{1}{x})\) beschränkt. \(\lim \limits_{x \to 0} (t_2)\) existiert, also t2 beschränkt. \( \cos(\frac{1}{x})\) ist beschränkt. also ist das Produkt \( t_2 \cdot \cos(\frac{1}{x})\) beschränkt. Damit ist die Summe \( (t_1 \sin(\frac{1}{x}) +t_2 \cos(\frac{1}{x}))\) beschränkt. mfg cx


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