Beweis Kettenregel!

01.09.2008, 12:26

akasharishi

Beweis Kettenregel!

Hallo!

Ich habe Schwierigkeiten den Beweis für die Kettenregel in einem Punkt nachzuvollziehen.Bin Schüler und habe da noch so gut wie keine Erfahrungen!Und zwar:

Seien $\begin{eqnarray*} f:V\rightarrow \mathbb R \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g:W\rightarrow\mathbb R \end{eqnarray*}$ Funktionen mit $\begin{eqnarray*} {f(V)}\subset{W} \end{eqnarray*}$ .Die Funktion f sei im Punkt $\begin{eqnarray*} x\in V \end{eqnarray*}$ differenzierbar und g sei in $\begin{eqnarray*} y := f(x)\in W \end{eqnarray*}$ .Dann gilt für die zusammengesetzte Funktion:

$\begin{eqnarray*} g\circ f:V\rightarrow\mathbb R \end{eqnarray*}$

im Punkt x differenzierbar und es gilt

$\begin{eqnarray*} (g\circ f)'(x)=g'(f(x))f'(x) \end{eqnarray*}$

Mit dieser Definition einer zusammengesetzten Funktion habe ich kein Problem. Z.B könnte $\begin{eqnarray*} x+1\rightarrow f:V \end{eqnarray*}$ sein und $\begin{eqnarray*} {f(x)}\subset{ W} \end{eqnarray*}$ wäre dann Teil der Wertemenge für g:W was z.B $\begin{eqnarray*} y^2 \end{eqnarray*}$ sein könnte mit $\begin{eqnarray*} y=x+1 \end{eqnarray*}$ Stimmen meine Überlegungen bis hier?

Beweis: Wir definieren die Funktion $\begin{eqnarray*} g*:W\rightarrow\mathbb R \end{eqnarray*}$ durch:

$\begin{eqnarray*} g*(z)=g'(y) \end{eqnarray*}$ falls z=y

$\begin{eqnarray*} g*(z)=\frac{g(z)-g(y)}{z-y} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} falls z \not\neq y \end{eqnarray*}$

Soll g*(z) die Ableitungsfunktion von g:W sein?Und warum werden wenn es so ist Fälle mit $\begin{eqnarray*} z \not\neq y \end{eqnarray*}$ unterschieden wenn doch anfangs steht die Funktion sei nur in y differenzierbar.Könnte mir das bitte jemand genauer erklären?

Auf alle Fälle entnehme ich der weiteren Beweisführung, dass g*(z) wirklich so eine Art Ableitungsfunktion sein soll:

$\begin{eqnarray*} (g \circ f)'(x) =\lim_{x \to x_0} \frac{g(f(x))-g(f(x_0))}{x-x_0}=\lim_{x \to x_0}\frac{g*(f(x))(f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim_{x \to x_0} g*(f(x))\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=g'(f(x))f'(x) \end{eqnarray*}$

Wiso darf hier g*(f(x)) ausgeklammert werden?Das dies der äußeren Ableitung etspricht ist mir klar.

Danke!

Rishi

01.09.2008, 14:21

Huggy

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RE: Beweis Kettenregel!
Bis zur Definition der Funktion g* ist alles in Ordnung.
Die Einführung von g* ist trickreich aber nicht besonders hilfreich. Es geht ohne g* viel transparenter.

$\begin{eqnarray*} (g\circ f)'= \lim_{ x\to x_0}\frac{g(f(x))-g(f(x_0))}{x-x_0} \end{eqnarray*}$

Den Bruch im Grenzwert erweitert man:

$\begin{eqnarray*} \lim_{ x\to x_0}\frac{g(f(x))-g(f(x_0))}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0}\frac{g(f(x))-g(f(x_0))}{f(x)-f(x_0)}\cdot\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \end{eqnarray*}$

Nun möchte man gerne fortfahren

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to x_0}\frac{g(f(x))-g(f(x_0))}{f(x)-f(x_0)}\cdot\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0}\frac{g(f(x))-g(f(x_0))}{f(x)-f(x_0)}\cdot\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \end{eqnarray*}$

und wäre fertig, denn rechts steht ja gerade g'(f(x))*f'(x). Doch dieser Schritt muss begründet werden weil so etwas nicht generell geht. Hier geht es aber. Nach den Regeln über Grenzwerte gilt:
Wenn die beiden Grenzwerte rechts existieren, dann existiert auch der Grenzwert links und ist gleich deren Produkt. Die Grenzwerte rechts existieren, denn die Differenzierbarkeit von f und g wurde vorausgesetzt. Damit ist der Beweis fertig.

Und in dieser Art kann man, wenn man will, das auch bei g* machen, d.h. von rechts nach links argumentieren.

01.09.2008, 14:33

Jacques

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RE: Beweis Kettenregel!
Es muss auch vorausgesetzt werden, dass g an der Stelle f(x) differenzierbar ist. Wahrscheinlich hattest Du in dem Satz nur das Wort vergessen?

Zitat:

Original von akasharishi
Mit dieser Definition einer zusammengesetzten Funktion habe ich kein Problem. Z.B könnte $\begin{eqnarray*} x+1\rightarrow f:V \end{eqnarray*}$ sein und $\begin{eqnarray*} {f(x)}\subset{ W} \end{eqnarray*}$ wäre dann Teil der Wertemenge für g:W was z.B $\begin{eqnarray*} y^2 \end{eqnarray*}$ sein könnte mit $\begin{eqnarray*} y=x+1 \end{eqnarray*}$ Stimmen meine Überlegungen bis hier?

Das ist leider vollkommen unverständlich. Allein von der Schreibweise her.

Kannst Du das nochmal korrigieren? Funktionen schreibt man in der Form $\begin{eqnarray*} f\colon x \mapsto f(x) \qquad D_f = M \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von akasharishi
Beweis: Wir definieren die Funktion $\begin{eqnarray*} g*:W\rightarrow\mathbb R \end{eqnarray*}$ durch:

$\begin{eqnarray*} g*(z)=g'(y) \end{eqnarray*}$ falls z=y

$\begin{eqnarray*} g*(z)=\frac{g(z)-g(y)}{z-y} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} falls z \not\neq y \end{eqnarray*}$

Soll g*(z) die Ableitungsfunktion von g:W sein?Und warum werden wenn es so ist Fälle mit $\begin{eqnarray*} z \not\neq y \end{eqnarray*}$ unterschieden wenn doch anfangs steht die Funktion sei nur in y differenzierbar.Könnte mir das bitte jemand genauer erklären?

$\begin{eqnarray*} g^{\ast} \end{eqnarray*}$ ist die in y (stetig) fortgesetze Differenzenquotientenfunktion von f bezüglich y:

$\begin{eqnarray*} g^{\ast}\colon x \mapsto \begin{cases}\frac{f(x) - f(y)}{x - y}, & \textrm{falls } x \neq y\\ f^{\prime}(y), & \textrm{falls }x = y \end{cases}\qquad D_{g^{\ast}} = D_f \end{eqnarray*}$

Also man nimmt die Differenzenquotientenfunktion von f zur Stelle y -- diese Funktion ist ja nur auf $\begin{eqnarray*} D_f \setminus \{ y \} \end{eqnarray*}$ definiert. Und dann schließt man sauber die Lücke bei y. (das ist nur wegen der vorausgesetzten Differenzierbarkeit möglich!)

Zitat:

Original von akasharishi
Auf alle Fälle entnehme ich der weiteren Beweisführung, dass g*(z) wirklich so eine Art Ableitungsfunktion sein soll:

$\begin{eqnarray*} (g \circ f)'(x) =\lim_{x \to x_0} \frac{g(f(x))-g(f(x_0))}{x-x_0}=\lim_{x \to x_0}\frac{g*(f(x))(f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim_{x \to x_0} g*(f(x))\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=g'(f(x))f'(x) \end{eqnarray*}$

Wiso darf hier g*(f(x)) ausgeklammert werden?Das dies der äußeren Ableitung etspricht ist mir klar.

Hm, also da sind auch noch einige Fehler. Am Anfang müsste es $\begin{eqnarray*} (g \circ f)(\underline{y}) \end{eqnarray*}$ heißen und auch statt $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ wieder $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ .

Das Ausklammern kann ich auch noch nicht so ganz nachvollziehen. Woher stammt der Beweis denn? Gibt es da evtl. noch Anmerkungen?

01.09.2008, 14:48

system-agent

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RE: Beweis Kettenregel!

Zitat:

Original von Huggy

Den Bruch im Grenzwert erweitert man:

$\begin{eqnarray*} \lim_{ x\to x_0}\frac{g(f(x))-g(f(x_0))}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0}\frac{g(f(x))-g(f(x_0))}{f(x)-f(x_0)}\cdot\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \end{eqnarray*}$

Nein. Dazu muss man voraussetzen, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ in einer gewissen Umgebung von $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ nicht konstant ist, sonst dividiert man durch 0.

01.09.2008, 14:58

Dual Space

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RE: Beweis Kettenregel!
@system-agent: Zwar hast du recht, aber dieser Fall ist trivial und kann extra behandelt werden. Augenzwinkern

01.09.2008, 15:02

system-agent

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RE: Beweis Kettenregel!

Zitat:

Original von Dual Space
@system-agent: Zwar hast du recht, aber dieser Fall ist trivial und kann extra behandelt werden. Augenzwinkern

Ich weiss, aber leider wird genau dieser immer gerne unter den Teppich des Vergessens gekehrt Augenzwinkern

01.09.2008, 15:04

akasharishi

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Hallo nochmal und Danke für die Antworten!

Wie das Huggy gemacht hat ist es für mich absolut nachvollziebar!!Meinen etwas komplizierteren Beweis habe ich fast genau aus Otto Forsters Analysis 1 entnommen.Die letzte Zeile die Jacques angezweifelt hat stammt auch daraus, mit dem Unterschied, dass x_0 durch x und x durch einen anderen griechischen Buchstaben ausgedrückt waren.Das ist aber in diesem Buch bei der Angabe des Differenzialquotienten so üblich.Im 1. Zitat wollte ich nur anstelle der ganzen Buchstaben ein konkretes Besp. nennen. Z.B die zusammengesetzte Funktion: $\begin{eqnarray*} f(x)=(x+1)^2 \end{eqnarray*}$ . Bei diesem Beisp. wäre die Teif. $\begin{eqnarray*} x+1=f(x) \end{eqnarray*}$ analog der im Buch erwähnten Funktion f:V, und $\begin{eqnarray*} f(x)^2=f(f(x)) \end{eqnarray*}$ analog g:W.Es gilt ja $\begin{eqnarray*} {f(V)}\subset{W} \end{eqnarray*}$ .Wahrscheinlich drücke ich mich immer noch etwas missverständlich aus, ich hoffe ihr versteht mich! Welchen Beweis soll ich nun bevorzugen. Den von Huggy oder den von Forster!

Gruß

Angelika

01.09.2008, 15:18

Huggy

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Der Einwand von System-agent ist berechtigt. Deshalb wird offenbar der Weg über g* in dem Buch gegangen. Bei meinem Beweis müsste man noch einen Sonderfall separat betrachten (siehe Dual Space).

01.09.2008, 15:23

Jacques

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Also ich finde die Schreibweisen $\begin{eqnarray*} f:V \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f(x)^2 = f(f(x)) \end{eqnarray*}$ ungewöhnlich. Evtl. hast Du da was falsch verstanden?

Die zusammengesetzte Funktion $\begin{eqnarray*} f(x) = (x + 1)^2 \end{eqnarray*}$ ist einfach die Verkettung $\begin{eqnarray*} g \circ h \end{eqnarray*}$

mit

$\begin{eqnarray*} g(x) = x^2 \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} h(x) = x+ 1 \end{eqnarray*}$

Ich würde auf jeden Fall Huggys Beweis nehmen, das scheint der übliche zu sein (steht auch so in meinem Schulbuch). Den Sonderfall kann man wirklich ganz einfach ergänzen.

Vielleicht kommt ja trotzdem noch jemand darauf, wie das Ausklammern zu begründen ist. smile

01.09.2008, 15:59

akasharishi

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Ok. aber warum kommt Jacques darauf das g*(x) die Differenzenquotientenfunktion von f sein soll? Meinen Angoben zufolge ist es die Differenzenquotientenf. von g bezüglich der Stelle y. Das heißt es werden hier die 2 Fälle unterschieden z=y wäre also der triviale Fall andem g in der Umgebung von y konstant ist.Weiters steht: Da g in y differnzierbar ist, gilt $\begin{eqnarray*} \lim_{z \to y} g*(z)=g*(y)=g'(y) \end{eqnarray*}$ .

Der andere Fall besagt:Für alle $\begin{eqnarray*} z\in W \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} g(z)-g(y)=g*(z)(z-y) \end{eqnarray*}$

Dann steht die letzte Zeile, die ich jetzt nicht mehr aufschreiben werde...Aber was genau passiert in der letzten Zeile?Könnte mir das nochmal jemand genau erklären?Wie erganze ich evt. den Sonderfall bei Huggys Beweis?

An Jacques: Genau das meinte !ich in meinen Buch ist ja von den zusammengesetzten F. g:W und f:W die Rede wobei $\begin{eqnarray*} {f(V)}\subset{W} \end{eqnarray*}$ .Meine Schreibweise $\begin{eqnarray*} f(x)^2=f(f(x)) \end{eqnarray*}$ ist natürlich gegenüber deiner falsch.Vielleicht wäre es so besser $\begin{eqnarray*} g(x)=x+1\qquad (g(x))^2=f(x) \end{eqnarray*}$ . Ich wollte nur zeigen dass $\begin{eqnarray*} {f(V)}\subset{W} \end{eqnarray*}$ .Am besten ist natürlich deine Darstellung!

Gruß

Rishi

01.09.2008, 16:17

Jacques

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Jetzt bringst Du, glaube ich, die verschiedenen Lösungsansätze durcheinander. Wenn Du den Forster-Beweis benutzen möchtest, brauchst Du keine Fallunterscheidung zu machen.

Zitat:

Original von akasharishi
Ok. aber warum kommt Jacques darauf das g*(x) die Differenzenquotientenfunktion von f sein soll? Meinen Angoben zufolge ist es die Differenzenquotientenf. von g bezüglich der Stelle y.

Tut mir leid, da habe ich mich vertan. Aber das mit der Differenzenquotientenfunktion ist trotzdem nicht richtig Augenzwinkern

.

Die würde nämlich einfach lauten:

$\begin{eqnarray*} d(x) = \frac{g(x) - g(y)}{x - y} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g^{\ast} \end{eqnarray*}$ ist hingegen die in y stetig fortgesetzte Differenzenquotientenfunktion.

Zitat:

Original von akasharishi
Das heißt es werden hier die 2 Fälle unterschieden z=y wäre also der triviale Fall andem g in der Umgebung von y konstant ist.Weiters steht: Da g in y differnzierbar ist, gilt $\begin{eqnarray*} \lim_{z \to y} g*(z)=g*(y)=g'(y) \end{eqnarray*}$ .

Der andere Fall besagt:Für alle $\begin{eqnarray*} z\in W \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} g(z)-g(y)=g*(z)(z-y) \end{eqnarray*}$

Dann steht die letzte Zeile, die ich jetzt nicht mehr aufschreiben werde...Aber was genau passiert in der letzten Zeile?Könnte mir das nochmal jemand genau erklären?Wie erganze ich evt. den Sonderfall?

Einen Sonderfall brauchst Du nicht unterzubringen.

Aber jetzt ist mir das mit dem Ausklammern bei $\begin{eqnarray*} g(z)-g(y)=g^{\ast}(z)\cdot(z-y) \end{eqnarray*}$ klar:

Es wird ja ohnehin $\begin{eqnarray*} z \neq y \end{eqnarray*}$ vorausgesetzt, dann gilt also:

$\begin{eqnarray*} g^{\ast} (z) = \frac{g(z) - g(y)}{z - y} \end{eqnarray*}$

Wenn man das mit (z - y) multipliziert, kann man den Bruch kürzen, und übrig bleibt g(z) - g(y).

Also gilt die Beziehung

$\begin{eqnarray*} g(z)-g(y)=g^{\ast}(z)\cdot(z-y) \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von akasharishi
An Jacques: Genau das meinte !ich in meinen Buch ist ja von den zusammengesetzten F. g:W und f:W die Rede wobei $\begin{eqnarray*} {f(V)}\subset{W} \end{eqnarray*}$ .Meine Schreibweise $\begin{eqnarray*} f(x)^2=f(f(x)) \end{eqnarray*}$ ist natürlich gegenüber deiner falsch.Vielleicht wäre es so besser $\begin{eqnarray*} g(x)=x+1\qquad (g(x))^2=f(x) \end{eqnarray*}$ . Ich wollte nur zeigen dass $\begin{eqnarray*} {f(V)}\subset{W} \end{eqnarray*}$ .Am besten ist natürlich deine Darstellung!

OK, jetzt weiß ich, was Du meinst. Wobei Dein Beweis unnötig ist, weil das

$\begin{eqnarray*} f(V) \subseteq W \end{eqnarray*}$

sowieso vorausgesetzt wird.

01.09.2008, 16:38

akasharishi

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Danke Jacques! Gott

Die Beziehung $\begin{eqnarray*} g(z)-g(y)=g^*(z)(z-y) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g^*(z)=\frac{g(z)-g(y)}{z-y}\qquad z \not\neq y \end{eqnarray*}$ ist mir auch klar, aber inwifern kann ich sie auf die Situation $\begin{eqnarray*} (g \circ f)'(x)=\lim_{x \to x_0} \frac{g(f(x))-g(f(x_0))}{x-x_0}=\lim_{x \to x_0} \frac{g^*(f(x))(f(x)-f(x_0))}{x-x_0} \end{eqnarray*}$ anwenden.Soll ich deine Antwort so verstehen dass $\begin{eqnarray*} g(z)=g(f(x)) \qquad g(f(x_0)=g(y) \end{eqnarray*}$ gilt? Denn so wäre die Sache für mich absolut klar!

Gruß

Rishi

01.09.2008, 16:53

Jacques

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Genau so ist es. Freude

Am besten benutzt man einheitliche Bezeichnungen, dann wird der Zusammenhang deutlicher. Beachte, dass $\begin{eqnarray*} f(x_0) \end{eqnarray*}$ beim Originalbeweis mit y bezeichnet wird.

$\begin{eqnarray*} (g \circ f)^{\prime}(x_0) := \lim_{x \to x_0} \frac{g(f(x)) - g(f(x_0))}{x - x_0} \end{eqnarray*}$

Fall 1:

Sei jetzt $\begin{eqnarray*} f(x) \neq f(x_0) \end{eqnarray*}$ , dann gilt nach Definition von $\begin{eqnarray*} g^{\ast} \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} g^{\ast}(f(x)) = \frac{g(f(x)) - g(f(x_0))}{f(x) - f(x_0)} \end{eqnarray*}$

Multiplikation mit f(x) - f(x0) ergibt für den Bruch:

$\begin{eqnarray*} g(f(x)) - g(f(x_0)) \end{eqnarray*}$

Also:

$\begin{eqnarray*} g^{\ast}(f(x)) \cdot (f(x) - f(x_0)) = g(f(x)) - g(f(x_0)) \end{eqnarray*}$

Fall 2:

Sei $\begin{eqnarray*} f(x) = f(x_0) \end{eqnarray*}$

Dann ist $\begin{eqnarray*} g^{\ast}(f(x)) = g^{\prime}(f(x_0)) \end{eqnarray*}$

Multiplikation mit $\begin{eqnarray*} f(x) - f(x_0) = f(x_0) - f(x_0) = 0 \end{eqnarray*}$ ergibt natürlich 0.

Aber auch

$\begin{eqnarray*} g(f(x)) - g(f(x_0)) \end{eqnarray*}$ ist bei $\begin{eqnarray*} f(x) = f(x_0) \end{eqnarray*}$ ja 0.

Somit gilt auch in diesem Fall:

$\begin{eqnarray*} g^{\ast}(f(x)) \cdot (f(x) - f(x_0)) = g(f(x)) - g(f(x_0)) \end{eqnarray*}$

01.09.2008, 17:14

gast1

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Das ist kein Beweis und man kann es auch nicht zu einem Beweis machen. system-agents ist berechtigt, allerdings reicht es nicht, den Fall, dass f in einer Umgebung von x_0 konstant ist, gesondert zu betrachten. Vielmehr muss man bei diesem "Beweis" den Fall ausschließen, dass f in jeder punktierten Umgebung von x_0 den Funktionswert f(x_0) annimmt. Das kann sehr wohl passieren und diesen Fall zu beweisen ist genauso leicht oder schwer wie einen richtigen, anderen Beweis für die Kettenregel zu geben, den man übrigens in jedem Lehrbuch zur Analysis 1 findet. Diesen Beweis finden die Schulbücher offensichtlich zu kompliziert und geben deshalb den "Beweis", den akasharishi nachvollziehen möchte. Sie sollten dann aber zumindest darauf hinweisen, dass dieser nur im oben beschriebenen Fall gültig ist.

01.09.2008, 20:03

Dual Space

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Zitat:

Original von gast1
Vielmehr muss man bei diesem "Beweis" den Fall ausschließen, dass f in jeder punktierten Umgebung von x_0 den Funktionswert f(x_0) annimmt.

Wenn ich das richtig überblicke sind solche Funktion zwangsläufig von unbeschränkter Variation. Und diese Funktionen sind für Schüler nicht von Interesse.

Dennoch hast du Recht mit dem Einwand, wenngleich mich das Gefühl beschleicht, dass man diesen Fall wegdiskutieren kann.

01.09.2008, 20:27

gast1

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$\begin{eqnarray*} x^2\sin \frac{1}{x} \end{eqnarray*}$ ist im Nullpunkt so eine Funktion, die zum Beispiel auf [-1,1] beschränkte Variation hat. Diese Funktion ist für Schüler sicherlich interessant.

01.09.2008, 20:32

Dual Space

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OK ... da muss ich wohl klein beigeben. Freude

Danke für das schöne Beispiel. smile

Edit: Ähm ... du meinst sicher die Funktion $\begin{eqnarray*} f(x)=\begin{cases}x^2\sin(1/x) &: x\not= 0\\ 0 &: x=0\end{cases} \end{eqnarray*}$ , oder? Ist die in x=0 überhaupt differenzierbar?

01.09.2008, 20:42

gast1

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Ja, die meine ich, danke.
Und ja, ist sie, wie Du dem Differenzenquotienten entnimmst.

02.09.2008, 00:33

WebFritzi

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$\begin{eqnarray*} \left| \frac{x^2\sin\frac{1}{x}}{x} \right| = \left| x\sin\frac{1}{x} \right| \le |x|\to 0 \quad (x\to 0) \end{eqnarray*}$

02.09.2008, 08:24

Jacques

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Könntet Ihr das Problem nochmal für Laien erklären? Augenzwinkern

Also zunächst mal geht es jetzt doch um den Alternativbeweis, den Huggy beschrieben hat, oder? Nicht um den "Forster-Beweis", nach dem akasharishi gefragt hatte.

Dann: gast1 sagt, man müsse beim den Beweis den Fall ausschließen, dass f(x0) in jeder Umgebung $\begin{eqnarray*} U_{\varepsilon} (x_0) \setminus \{ x_0 \} \end{eqnarray*}$ angenommen wird -- muss man denn nicht sogar voraussetzen, dass f(x0) niemals außer bei x0 Funktionswert ist? Denn ansonsten ist ja der erweiterte Bruch

$\begin{eqnarray*} \frac{g(f(x))-g(f(x_0))}{x - x_0} \cdot \frac{f(x) - f(x_0)}{f(x) - f(x_0)} \end{eqnarray*}$

sofort undefiniert. Und man kann doch dann nicht einfach die Grenzwertbildung machen?

02.09.2008, 09:19

Dual Space

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Zitat:

Original von WebFritzi
$\begin{eqnarray*} \left| \frac{x^2\sin\frac{1}{x}}{x} \right| = \left| x\sin\frac{1}{x} \right| \le |x|\to 0 \quad (x\to 0) \end{eqnarray*}$

Hehe ... wenn man das Quadrat vom x nicht so sträflich ignoriert wie ich, dann stimmt's tatsächlich. LOL Hammer

Danke nochmal für das schöne Bsp., gast1. smile

02.09.2008, 09:32

gast1

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@Jacques: Bis auf die Bezeichnungen sehe ich keinen Unterschied zwischen den beiden Beweisen, beide haben das selbe Problem. Der erste stammt doch sicherlich nicht aus dem Forster, oder?
Für den Grenzwert reicht es, Punkte aus einer beliebigen punktierten Umgebung von x_0 zu betrachten. Wenn man also eine solche findet, in der f den Wert f(x_0) nicht annimmt, darf man zumindest für x aus dieser Umgebung so erweitern, was ausreicht.

02.09.2008, 09:58

Jacques

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Zitat:

Original von gast1
@Jacques: Bis auf die Bezeichnungen sehe ich keinen Unterschied zwischen den beiden Beweisen, beide haben das selbe Problem. Der erste stammt doch sicherlich nicht aus dem Forster, oder?

Doch.

Hm, also der Forster-Beweis arbeitet nicht mit der Erweiterung des Differenzenquotienten mit $\begin{eqnarray*} (f(x) - f(x_0)) \end{eqnarray*}$ . Insofern wüsste ich nicht, warum dort dasselbe Problem auftreten sollte. Die "heikle" Umformung findet einfach nicht statt.

Und die Ersetzung von $\begin{eqnarray*} g(f(x)) - g(f(x_0)) \end{eqnarray*}$ im Zähler durch $\begin{eqnarray*} g^{\ast}(f(x)) \cdot (f(x) - f(x_0)) \end{eqnarray*}$ ist auch im Fall $\begin{eqnarray*} f(x) = f(x_0) \end{eqnarray*}$ korrekt (s. o.)

Zitat:

Original von gast1
Für den Grenzwert reicht es, Punkte aus einer beliebigen punktierten Umgebung von x_0 zu betrachten. Wenn man also eine solche findet, in der f den Wert f(x_0) nicht annimmt, darf man zumindest für x aus dieser Umgebung so erweitern, was ausreicht.

OK, und dass der dabei ermittelte Grenzwert auch der Grenzwert der "gesamten Funktion" ist, begründet man mit der Stetigkeit, oder?

02.09.2008, 12:29

WebFritzi

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Zitat:

Original von Jacques
Und die Ersetzung von $\begin{eqnarray*} g(f(x)) - g(f(x_0)) \end{eqnarray*}$ im Zähler durch $\begin{eqnarray*} g^{\ast}(f(x)) \cdot (f(x) - f(x_0)) \end{eqnarray*}$ ist auch im Fall $\begin{eqnarray*} f(x) = f(x_0) \end{eqnarray*}$ korrekt

Da hat der gute Jacques recht.

02.09.2008, 13:00

gast1

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Oha, das funktioniert ja tatsächlich, entschuldigt bitte. Ich hatte es nur überflogen und dachte, das Erweitern würde lediglich durch eine neue Bezeichnung versteckt. Den Differenzenquotienten stetig fortzusetzen ist natürlich sehr gut.
Das war mir nicht bekannt, dabei ist es ja die offensichtliche Reparatur des üblichen Beweisversuches durch Erweitern. Peinlich.

02.09.2008, 14:29

Dual Space

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Zitat:

Original von gast1
Peinlich.

Das muss dir nicht peinlich sein. Dein Einwand war ja im wesentlichen korrekt. Augenzwinkern

02.09.2008, 18:11

system-agent

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Der Vollständigkeit halber schreibe ich noch den Beweis rein, wie ich ihn im Forster gefunden habe, bzw. in der Vorlesung zitiert wurde [Bezeichnungen wie oben; $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ differenzierbar und $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} y=f(x) \end{eqnarray*}$ differenzierbar]:

Nutze die linearen Approximationen von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} f(\xi)=f(x)+f'(x)(\xi-x)+(\xi-x)\cdot\epsilon_f(\xi)=f(x)+(f'(x)+\epsilon_f(\xi))(\xi-x) \end{eqnarray*}$
und
$\begin{eqnarray*} g(\eta)=g(y)+g'(y)(\eta-y)+\epsilon_g(\eta)(\eta-y)=g(y)+(g'(y)+\epsilon_g(\eta))(\eta-y) \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} \lim_{\xi\to x}\epsilon_f(\xi)=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lim_{\eta\to y}\epsilon_g(\eta)=0 \end{eqnarray*}$ .

Setze dann also $\begin{eqnarray*} y=f(x) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \eta=f(\xi) \end{eqnarray*}$ . Dann ist
$\begin{eqnarray*} g(f(\xi))-g(f(x))=[g'(f(x))+\epsilon_g(f(\xi))]\cdot\underbrace{(f'(x)+\epsilon_f(\xi))}_{\eta-y}\cdot(\xi-x) \end{eqnarray*}$

(das ist einfach $\begin{eqnarray*} (\eta-y)=(f(\xi)-f(x)) \end{eqnarray*}$ durch die Approximation von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ersetzt.)

Nun bilde den Differenzenquotienten:
$\begin{eqnarray*} \frac{g(f(\xi))-g(f(x))}{\xi-x}=[g'(f(x))+\epsilon_g(f(\xi))](f'(x)+\epsilon_f(\xi)) \end{eqnarray*}$

Es ist $\begin{eqnarray*} f(\xi)\to f(x) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} \xi\to x \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ wegen der Differenzierbarbeit auch stetig in $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ ist. Das heisst
$\begin{eqnarray*} \epsilon_g(f(\xi))\to\epsilon_g(f(x))=\epsilon_g(y)=0 \end{eqnarray*}$ , denn $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ ist differenzierbar in $\begin{eqnarray*} y=f(x) \end{eqnarray*}$ .
Damit folgt auch
$\begin{eqnarray*} g'(f(x))-\epsilon_g(f(\xi))\to g'(f(x)) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} \xi\to x \end{eqnarray*}$ .
Aus der Differenzierbarkeit von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ folgt
$\begin{eqnarray*} \epsilon_f(\xi)\to0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} \xi\to x \end{eqnarray*}$ und daher
$\begin{eqnarray*} f'(x)-\epsilon_f(\xi)\to f'(x) \end{eqnarray*}$ .

Insgesamt hat man also
$\begin{eqnarray*} \lim_{\xi\to x}\frac{g(f(\xi))-g(f(x))}{\xi-x}=g'(f(x))\cdot f'(x) \end{eqnarray*}$ .

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Beweis Kettenregel!

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