Stetigkeit und Differenzierbarkeit

05.04.2012, 17:47

blu3.Eye

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Stetigkeit und Differenzierbarkeit

Guten Tag.

Ich habe einige Fragen zu den Themen Stetigkeit und Differenzierbarkeit.

Stetigkeit:

Das bedeutet doch, dass man die Funktion mit einem Bleistift zeichnen kann, ohne den Stift abzusetzen.

Doch wie finde ich die Stelle heraus, an der ich den Stift anheben muss, an der die Funktion nicht definiert ist?

Differenzierbarkeit:

Das bedeutet, dass die Funktion an jeder Stelle des Definitonsbereiches, eine eindeutige Tangente besitzt.

Um das zu überprüfen, muss man sich doch einmal von links und einmal von rechts an die Stelle annähern und wenn beide Werte gleich sind, ist die Funktion an der Stelle differenzierbar.
Oder wie war das?

Und wie komme ich an diese Stellen, wenn nur die Funktion gegeben ist?

Ich hoffe ihr könnt mir helfen smile

smile

05.04.2012, 18:13

Che Netzer

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RE: Stetigkeit und Differenzierbarkeit
Zur Stetigkeit: Wenn eine Funktion an bestimmten Stellen nicht definiert ist, wird sie deswegen nicht unstetig.
Z.B. ist $\begin{eqnarray*} \mathbb R{\color{red}\setminus\{0\}}\to\mathbb R,x\mapsto\tfrac1x \end{eqnarray*}$ stetig.

Unstetigkeitsstellen findest du im Graphen als "Sprungstellen". Wenn du von rechts auf dem Graphen "entlangläufst", landest du bei einem anderen Wert als wenn du von links dort eintalnglaufen würdest.
Bei der Signum-Funktion sieht man z.B., dass sie an der Stelle 0 unstetig ist:

Das ist jetzt allerdings sehr veranschaulicht erklärt.
Allgemeiner: Eine Funktion f ist genau dann an einer Stelle $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ ihres Definitionsbereiches (!) stetig, wenn $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to x_0}f(x) \end{eqnarray*}$ existiert mit $\begin{eqnarray*} f(x_0) \end{eqnarray*}$ übereinstimmt. Wenn der Grenzwert nicht existiert oder nicht mit $\begin{eqnarray*} f(x_0) \end{eqnarray*}$ übereinstimmt, ist die Funktion an dieser Stelle unstetig.

Zur Differenzierbarkeit:
Hierauf weisen "Knicke im Graphen" hin. Beispiel ist die Betragsfunktion:

Diese Funktion ist an der Stelle 0 nicht differenzierbar.

Eine Funktion f ist an der Stelle $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ differenzierbar, wenn $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \end{eqnarray*}$ existiert.

Außerdem: Wenn eine Funktion an einer Stelle unstetig ist, ist sie dort auch nicht differenzierbar.

mfg,
Ché Netzer

05.04.2012, 18:43

blu3.Eye

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Danke, dass du mir hilfst Che Netzer.

Leider verstehe ich es noch immer nicht.

1.

Was bedeutet die zweite Zeile?
Alle reelen Zahlen geteilt durch 0... verwirrt

verwirrt

Und was sind das für Pfeile, was bedeuten die?
Hier verstehe ich gar nichts.

2.

Die Stelle im ersten Beispiel ist also unstetig, weil es für einen x-Wert ( f(0) ) zwei y-Werte gibt.
Einmal 1 und einmal -1.
??

3.

Zitat:

unsetig, wenn $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to x_0}f(x) \end{eqnarray*}$ existiert und mit $\begin{eqnarray*} f(x_0) \end{eqnarray*}$ übereinstimmt.

Das verstehe ich wieder nicht.

Warum ist es unstetig, wenn zwei verschiedene X-Werte (x,x0) den gleichen y-Wert haben?
Denn auch wenn x gegen x0 läuft, wird der Wert nie x0 entsprechen, oder?
Bei y=2 entsprechen alle x-Werte dem gleichem y-Wert. Ist sie deshalb unstetig?

05.04.2012, 18:53

Che Netzer

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Zitat:

Original von blu3.Eye
Was bedeutet die zweite Zeile?
Alle reelen Zahlen geteilt durch 0... verwirrt

verwirrt

Und was sind das für Pfeile, was bedeuten die?

Oh, tut mir leid, ich dachte, die Notationen wären bekannt.
Dann halt so: $\begin{eqnarray*} f(x)=\tfrac1x \end{eqnarray*}$ hat als Definitionsbereich ganz $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ außer der Null und ist trotzdem stetig.

Edit: Bei Interesse:
$\begin{eqnarray*} \mathbb R\setminus\{0\} \end{eqnarray*}$ ist die Menge der reellen Zahlen ohne (das ist der Schrägstrich) die Menge, in der die Zahl Null liegt. Also alle reellen Zahlen außer Null.
$\begin{eqnarray*} \mathbb R\setminus\{0\}\to\mathbb R \end{eqnarray*}$ bedeutet, dass die Funktion von den reellen Zahlen ohne Null wieder in die rellen Zahlen oder eine Teilmenge davon abbildet. Sprich: Ich kann jede Zahl aus $\begin{eqnarray*} \mathbb R\setminus\{0\} \end{eqnarray*}$ in die Funktion einsetzen und erhalte eine reelle Zahl.
$\begin{eqnarray*} x\mapsto\frac1x \end{eqnarray*}$ bedeutet, dass die Funktion, wenn man x einsetzt, 1/x ausgibt.

Zitat:

Die Stelle im ersten Beispiel ist also unstetig, weil es für einen x-Wert ( f(0) ) zwei y-Werte gibt.
Einmal 1 und einmal -1.

Nicht ganz. Da definiert man sgn(0)=0. Und sgn(x)=1, wenn x positiv ist, und für negatives x ist sgn(x)=-1.
Wenn man jetzt also im positiven Bereich ist und sich an die Null annähert, bleibt der Funktionswert 1 (der ist ja für ALLE positiven x-Werte 1).
Aber an der Stelle 0 ist der Funktionswert auch 0. Das bedeutet, die Funktion "springt" von 0 auf 1, ohne dass die Werte dazwischen durchlaufen werden.

Zitat:

Zitat:

unsetig, wenn $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to x_0}f(x) \end{eqnarray*}$ existiert und mit $\begin{eqnarray*} f(x_0) \end{eqnarray*}$ übereinstimmt.

Das verstehe ich wieder nicht.

Da habe ich mich auch verschrieben Big Laugh

Big Laugh

[editiere ich gleich]
Wenn dieser Grenzwert mit $\begin{eqnarray*} f(x_0) \end{eqnarray*}$ übereinstimmt, dann ist f dort stetig. UNstetig ist f, wenn der Grenzwert ein anderer Wert ist.
Anschaulich: Wenn wir uns an eine Stelle annähern und dabei immer näher an einen bestimmten Funktionswert gelangen, aber an dieser Stelle ein andere Funktionswert vorliegt, dann ist das ein Sprung im Graphen: Ganz nah an der Stelle (egal, wie nah), besteht ein "großer" Unterschied zum Funktionswert an der Stelle selbst. Dazwischen gibt es eine Lücke in den Funktionswerten, d.h. die Zahlen zwischen den Funktionswerten werden nicht angenommen, sondern "übersprungen".

05.04.2012, 19:14

blu3.Eye

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Okay, jetzt ist es schon viel klarer. Freude

Freude

Wie könnte beispielsweise eine Aufgabe dazu aussehen?
Kann man eine ganze Funktion auf Stetigkeit überprüfen, oder nur eine Stelle der Funktion?

// Und eine Frage noch zur Stetigkeit:
Wie mache ich das dann rechnerisch?
Wie beweise ich es?

Zeichnerisch sieht man es ja.

Bis jetzt würde ich aufschreiben: $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to x_0}f(x) \end{eqnarray*}$

Und nun?

Was ist das Ergebnis davon?
Denn ich muss ja überprüfen, ob das mit f(x0) übereinstimmt.

05.04.2012, 20:54

Che Netzer

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Am Anfang definiert man Stetigkeit nur für Stellen, also nicht auf dem ganzen Definitionsbereich. Dann sagt man aber: Wenn die Funktion an jeder Stelle ihres Definitionsbereiches stetig ist, dann heißt sie nicht nur "stetig in $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ ", sondern einfach "stetig".

Zum Beweis: Man muss zeigen, dass für jedes $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ des Definitionsbereiches der genannte Grenzwert mit dem Funktionswert übereinstimmt. ("eigentlich" geht man einen anderen Weg, aber ich glaube, der würde hier nur verwirren. Dieser hier ist auch möglich und ist im Endeffekt derselbe)
Das ist dann aber oft ziemlich umständlich...

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05.04.2012, 22:36

blu3.Eye

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Aber im Definitionsbereich gibt es doch unendlich viele Werte.
Ich kann doch nicht jeden Wert überprüfen?

05.04.2012, 22:44

Che Netzer

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Ja, da musst du allgemein vorgehen. Also zeigen, dass die Gleichheit für beliebige Stellen gilt.

Die binomische Formel kennst du hoffentlich, oder?
Da hat man ja auch bewiesen, dass (a+b)² = a²+2ab+b² für beliebige Zahlen a und b gilt, nicht nur für bestimmte, bei denen man das durchprobiert hat.

05.04.2012, 22:59

blu3.Eye

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Ja, die kenne ich Augenzwinkern

Augenzwinkern

Aber die Funktionen sind doch alle so unterschiedlich, wie soll man das verallgemeinern.

Hast du vielleicht eine Beispielaufgabe?

Oder einfach eine von hier:
http://mathenexus.zum.de/html/analysis/s...tigkeit_Ueb.htm

$\begin{eqnarray*} <br /> \lim_{x \to x0} | 2x | - x = | 2x0 | - x0<br /> \end{eqnarray*}$

So oder?

05.04.2012, 23:11

Che Netzer

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Puh, da bin ich mir selbst nicht ganz sicher. Wenn man etwas wie $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to x_0}\sqrt x=\sqrt{x_0} \end{eqnarray*}$ schreibt, nutzt man ja schon die Stetigkeit aus.
Beim Betrag muss man da also eine Fallunterscheidung machen. Die Stetigkeit von f(x)=x kann man aber glaube ich voraussetzen verwirrt

verwirrt

(und damit (ggf. durch Grenzwertsätze) auch die von 2x-x=x bzw. -2x-x=-3x)
Deine Gleichung wäre jedenfalls das, was man zeigen muss.

05.04.2012, 23:16

blu3.Eye

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Gut

smile

Aber nachdem ich die Gleichung aufgestellt habe, muss ich dann nicht noch i.welche Werte herausbekommen?

Oder hast du vielleicht eine einfachere Funktion? An der ich das überprüfen kann.

Danke smile

smile

05.04.2012, 23:25

Che Netzer

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Werte musst du da nicht herausbekommen.

Ich kann dich ja mal folgendes probieren lassen:
Die Stetigkeit der quadratischen Funktion. Zeige, dass $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to x_0}x^2=x_0^2 \end{eqnarray*}$ .
Mit $\begin{eqnarray*} h=x-x_0 \end{eqnarray*}$ kann man das so schreiben:
$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}(x_0+h)^2=x_0^2 \end{eqnarray*}$

Versuch mal, diese Gleichheit für beliebiges $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ zu zeigen. Dann hast du bewiesen, dass die quadratische Funktion (in dieser Form) (überall) stetig ist.

05.04.2012, 23:53

blu3.Eye

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Ach, ich glaube ich bin zu dumm dafür..

Wieso genau macht man das jetzt mit dem h?

Und ich dachte die Aufgabe wäre gelöst wenn ich einfach schreibe:
$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to x_0}x^2=x_0^2 \end{eqnarray*}$

..

Man muss das also mti dem h machen?

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}(x_0+h)^2=x_0^2 \end{eqnarray*}$

Wurzel ziehen:

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}x_0+h=x_0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_0 = x_0 \end{eqnarray*}$

??
Forum Kloppe

Forum Kloppe

05.04.2012, 23:56

Che Netzer

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Zitat:

Original von blu3.Eye
Und ich dachte die Aufgabe wäre gelöst wenn ich einfach schreibe:
$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to x_0}x^2=x_0^2 \end{eqnarray*}$

Das musst du ja gerade zeigen, d.h. du musst beweisen, dass man diese Operation so durchführen kann.

Zitat:

Man muss das also mti dem h machen?

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}(x_0+h)^2=x_0^2 \end{eqnarray*}$

Das wäre meiner Meinung nach der einfachste Weg.

Die Wurzel kannst du da leider nicht ziehen smile

smile

Da würdest du wieder voraussetzen, was du zeigen möchtest, nur etwas versteckter.

Geh von $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}(x_0+h)^2 \end{eqnarray*}$ aus und forme das so um, dass du am Ende $\begin{eqnarray*} x_0^2 \end{eqnarray*}$ erhältst.

06.04.2012, 12:31

blu3.Eye

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Okay.

Aber muss ich da eigentlich noch viel machen?
Denn h läuft doch gegen 0 also steht da doch:

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}(x_0+h)^2=x_0^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (x_0+0)^2=x_0^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_0^2=x_0^2 \end{eqnarray*}$

So?

06.04.2012, 12:40

Che Netzer

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Deine Rechnung ist folgende:
$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}(x_0+h)^2=\left(\lim\limits_{h\to0}x_0+h\right)^2=(x_0+0)^2=x_0^2 \end{eqnarray*}$
ABER im ersten Schritt ziehst du den Limes in das Quadrat hinein. Das funktioniert nur aufgrund der Stetigkeit, die du aber erst noch zeigen musst Augenzwinkern

Augenzwinkern

Jetzt "weißt" du noch nicht, dass man das Quadrieren und die Grenzwertbildung vertauschen kann. Das solltest du in deiner Rechnung also auch nicht tun.
(Tipp: Was kannst du mit dem Term anstellen, um ein $\begin{eqnarray*} x_0^2 \end{eqnarray*}$ und ggf. noch etwas drum herum zu erhalten?)

06.04.2012, 12:45

blu3.Eye

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Indem ich die binomische Formel anwende:

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}(x_0+h)^2=\lim\limits_{h\to0}x_0^2+2x_0\cdot h + h^2 = x_0^2+2x_0\cdot 0 + 0^2=x_0^2 \end{eqnarray*}$

verwirrt

verwirrt

06.04.2012, 12:48

Che Netzer

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Ja, so geht das Freude

Freude

Jetzt hast du bewiesen, dass die quadratische Funktion stetig ist.
War das auch verständlich?

06.04.2012, 12:53

blu3.Eye

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Juhuu

smile

Also ich habe Angst, dass ich das nur für diese quadratische Funktion drauf habe.

Mache ich das mit dem h bei jeder Funktion, wenn ich die Stetigkeit nachweisen will oder war das hier einfach passend?

Können wir vielleicht noch eine machen?

06.04.2012, 12:56

Che Netzer

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Das mit dem h ist immer praktisch.

Dann die nächste Aufgabe: Zeige mir mal die Stetigkeit der e-Funktion, also von $\begin{eqnarray*} e^x \end{eqnarray*}$ .

06.04.2012, 13:08

blu3.Eye

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$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to{x_0}}e^x = e^{x_0} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} h = x - x_0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}e^{x_0+h} = e^{x_0} \end{eqnarray*}$

Jetzt bin ich mir nicht sicher..

Gilt der Grenzwert für das h schon, also darf ich einfach 0 für das h einsetzen, oder muss ich den Exponenten durch logarithmieren runterholen?

06.04.2012, 13:20

Che Netzer

Auf diesen Beitrag antworten »

Nein, h kannst du nicht einfach nullsetzen. Dabei würdest du ja den Grenzwert in die e-Funktion ziehen und genau das möchtest du doch zeigen (dass das möglich ist).
Ein Logarithmus bringt dich aber auch nicht weiter. Du hast jetzt nur den Term $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}e^{x_0+h} \end{eqnarray*}$ und sollst durch Umformungen zeigen, dass das $\begin{eqnarray*} e^{x_0} \end{eqnarray*}$ ist.

06.04.2012, 13:55

blu3.Eye

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Kannst du mir vielleicht einen Tipp geben?

//
Habe ansonsten nur diese Idee:

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}e^{x_0+h} = e^{x_0} | - e^{x_0} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}e^{x_0+h} - e^{x_0} = 0 \end{eqnarray*}$

Weil: $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}e^{x_0+h} = e^{x_0} \end{eqnarray*}$

Folgt: $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}e^{x_0+h} - \lim\limits_{h\to0}e^{x_0+h} = 0 \end{eqnarray*}$

Aber das ist nur Mist Hammer

Hammer

06.04.2012, 14:03

Che Netzer

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Das ist tasächlich nur Mist.
Du hast NUR den Term $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}e^{x_0+h} \end{eqnarray*}$ . KEINE Gleichung!
Rechne mit diesem Term und forme keine Gleichung um!
Aber ich gebe zu, die Aufgabe war gemein gestellt...

Naja, ich nehme mal lieber eine andere Aufgabe:
1. Zeige, dass 1/x stetig ist.
Hiermit kommst du vielleicht besser zurecht, du solltest nämlich am besten zeigen, dass $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}\left(\frac1{x_0+h}-\frac1{x_0}\right)=0 \end{eqnarray*}$

2. Zeige, dass die Signum-Funktion an der Stelle 0 unstetig ist. Die Definition dabei:
sgn(0)=0
sgn(x)=1, wenn x>0
sgn(x)=-1, wenn x<0

06.04.2012, 15:17

blu3.Eye

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Wenn das keine Gleichung ist, wieso hast du dann das gleiche gemacht?

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}\left(\frac1{x_0+h}-\frac1{x_0}\right)=0 \end{eqnarray*}$

Ich nehme mal vorher sah es so aus:
$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0} \frac1{x_0+h}=\frac1{x_0} \end{eqnarray*}$

Und dann einfach $\begin{eqnarray*} - \frac1{x_0} \end{eqnarray*}$

Also ist es jetzt doch eine Gleichung oder wie?

Zur Aufgabe 1:

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}\left(\frac1{x_0+h}-\frac1{x_0}\right)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0} \frac1{h } \cdot (\frac1{x_0}-\frac h{x_0}) = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0} h^{-1 } \cdot (\frac1{x_0}-\frac h{x_0}) = 0 \end{eqnarray*}$

Ist bis dahin wieder falsch, oder? unglücklich

unglücklich

traurig

06.04.2012, 15:21

Che Netzer

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Eine Gleichung ist es nicht. Aber wenn du zeigst, dass die Differenz von dem Grenzwert und dem Bruch 0 ist, sind beide gleich.
Du musst die Gleichheit erst zeigen.
Du nimmst dir einen bestimmten Ausdruck und möchtest zeigen, dass er mit einem anderen übereinstimmt.

Naja, das hier ist auch keine allzu gute Aufgabe, aber egal... Zum Üben dürfte es ausreichen verwirrt

verwirrt

Zu deinen Umformungen: Wie kommst du denn auf die vorletzte Gleichung? Bring doch beide Brüche auf einen Nenner.

06.04.2012, 15:44

blu3.Eye

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$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}\left(\frac1{x_0+h}-\frac1{x_0}\right)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}\left(\frac1{x_0+h}-\frac{1+h}{x_0+h}\right)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}\frac h{x_0+h}=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}h ( \frac 1{x_0+1})=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 0 = 0 \end{eqnarray*}$

//
Wie wären diese Aufgaben?
[attach]23857[/attach]

06.04.2012, 15:48

Che Netzer

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Du solltest vielleicht nochmal Bruchrechnung nachholen verwirrt

verwirrt

Wäre deiner Meinung nach auch $\begin{eqnarray*} \frac23=\frac{2+1}{3+1}=\frac34 \end{eqnarray*}$ ?

Aber die Aufgabe ist auch gut, mach die mal lieber smile

smile

06.04.2012, 16:01

blu3.Eye

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$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}\left(\frac1{x_0+h}-\frac1{x_0}\right)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}\left(\frac{x_0}{x_0(x_0+h)}-\frac{x_0+h}{x_0(x_0+h)}\right)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}\frac h{x_0^2+hx_0}=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}h ( \frac 1{\frac {x_0^2}{h}+x_0})=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 0 = 0 \end{eqnarray*}$

Jetzt richtig?

06.04.2012, 16:07

Che Netzer

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Einigermaßen Augenzwinkern

Augenzwinkern

Das =0 gehört da aber nicht hin: Du formst den Term um und keine Gleichung böse

böse

Aber bevor ich jetzt irgendwelche Verwirrung stifte, mach lieber die Aufgaben, die du selbst gefunden hast smile

smile

06.04.2012, 16:29

blu3.Eye

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Also müsste es korrekt so aussehen:

Für Stetigkeit muss gelten:
$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}\frac1{x_0+h} = \frac1{x_0} \end{eqnarray*}$

Beziehungsweise:
$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}\left(\frac1{x_0+h}-\frac1{x_0}\right)=0 \end{eqnarray*}$

Nun muss ich das nachweisen.

Also:
$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}\left(\frac1{x_0+h}-\frac1{x_0}\right)=\lim\limits_{h\to0}\left(\frac{x_0}{x_0(x_0+h)}-\frac{x_0+h}{x_0(x_0+h)}\right)=\lim\limits_{h\to0}\frac h{x_0^2+hx_0}= \lim\limits_{h\to0}h ( \frac 1{\frac {x_0^2}{h}+x_0})=0 \end{eqnarray*}$

Demnach ist nachgewiesen, dass die Funktion stetig ist.
Und zwar in jedem Punkt, oder?

Nächste Aufgabe:

[attach]23857[/attach]

Ich verstehe die Symbolik nicht ganz.
Es ist eine Funktion f(x), aber warum stehen da dann zwei Funktionen?

1.:
$\begin{eqnarray*} \frac{x-3}{x^2-9}; x \neq 3 \end{eqnarray*}$

2.:
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{6};x=3 \end{eqnarray*}$

Was soll das bedeuten?

06.04.2012, 16:35

Che Netzer

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Rechnung sieht schon viel besser aus smile

smile

Nur am Ende hast du das h falsch aus dem Bruch gezogen:
$\begin{eqnarray*} h\frac ab=\frac{ha}b\neq\frac{ha}{hb}=\frac ab \end{eqnarray*}$
(Obwohl die Aufgabe wie gesagt nicht allzu sinnvoll war)

Zu der Symbolik:
$\begin{eqnarray*} f(x)=\frac{x-3}{x^2-9} \end{eqnarray*}$ , wenn x nicht drei ist. Wenn x doch Drei ist, dann ist f(x)=1/6. Aber an allen anderen Stellen ist es dieser Bruch.

06.04.2012, 16:47

blu3.Eye

Auf diesen Beitrag antworten »

Dann also so:

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\to0}\left(\frac1{x_0+h}-\frac1{x_0}\right)=\lim\limits_{h\to0}\left(\frac{x_0}{x_0(x_0+h)}-\frac{x_0+h}{x_0(x_0+h)}\right)=\lim\limits_{h\to0}\frac h{x_0^2+hx_0}= \lim\limits_{h\to0}h ( \frac 1{x_0^2+hx_0})=0 \end{eqnarray*}$

Nächste Aufgabe:

Aber dennoch ist es nur eine Funktion, oder?
Um welche Funktion handelt es sich denn?
Wieso geben sie mir nicht nur die Funktion um die es sich handelt, anstatt der beiden?

06.04.2012, 16:55

Che Netzer

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, es ist nur eine Funktion.

Eine Funktion ist ja etwas, das einen Wert auf einen anderen abbildet.

Diese Funktion bildet x auf f(x) ab. WENN x gleich 3 ist, dann bildet f dieses x auf 1/6 ab. Wenn x nicht 3 ist, dann wird x auf (x-3)/(x²-9) abgebildet.

Bei vielen Funktionen ist diese Abbildungsvorschrift eindeutig und es wird keine Fallunterscheidung gemacht. g mit g(x)=x² bildet z.B. JEDES x auf x² ab.
Bei dieser Funktion wird aber eine Fallunterscheidung vorgenommen und es gibt eine Stelle, an der man den Funktionswert separat definiert.
Das ist wie mit der Signumfunktion, die ich schon erwähnt habe:
sgn(0)=0
sgn(x)=1, wenn x>0
sgn(x)=-1, wenn x<0
Das kann man auch so darstellen:
$\begin{eqnarray*} \operatorname{sgn}(x)=\begin{cases}0&\text{ wenn }x=0\\1&\text{ wenn }x>0\\-1&\text{ wenn }x<0\end{cases} \end{eqnarray*}$

Oder der Betrag:
$\begin{eqnarray*} \vert x\vert=\begin{cases}x&\text{ wenn }x\geq0\\-x&\text{ wenn }x<0\end{cases} \end{eqnarray*}$

06.04.2012, 18:03

blu3.Eye

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Okay, angenommen ich würde den Graphen der Funktion zeichnen wollen.
Dann setzte ich also Werte für x in $\begin{eqnarray*} f(x)=\frac{x-3}{x^2-9} \end{eqnarray*}$ ein und erhalte y-Werte.
Diese Punkte zeichne ich dann ein.
Und wenn ich 3 einsetze, zeichne ich einen Punkt bei (3|1/6) weil sonst es sonst zu einer Division durch 0 kommen würde.

Und nun soll ich prüfen, ob es in diesem Graph zu einem Sprung kommt bzw. ob die Funktion unstetig ist.

Meine Idee würde so aussehen:

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to3}\frac{x-3}{x^2-9} = \frac1{6} \end{eqnarray*}$

Richtige Idee?

06.04.2012, 18:08

Che Netzer

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Diese Gleichung sollst du überprüfen. Von der kannst du nicht ausgehen.
Dein Ansatz wäre also eher
$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to3}\frac{x-3}{x^2-9}=x \end{eqnarray*}$
Und wenn x dann 1/6 ist, dann ist die Funktion an der Stelle 3 stetig.

06.04.2012, 18:42

blu3.Eye

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Was ist das denn :/

Ich bin die ganze Zeit am umformen, ausklammern...
aber am Ende ist es immer eine Division durch 0...

Geht es vielleicht gar nicht anders?

06.04.2012, 20:14

Che Netzer

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Hast du die dritte binomische Formel schon benutzt?

06.04.2012, 20:25

blu3.Eye

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Nein, die lautet doch:
$\begin{eqnarray*} (a+b) \cdot (a-b) = a^2-b^2 \end{eqnarray*}$

Also:

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to3}\frac{x-3}{x^2-9} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to3}\frac{x-3}{(x+3)\cdot (x-3)} \end{eqnarray*}$

Nun kann ich doch kürzen?

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to3}\frac{1}{x+3} = \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

Aber wer kommt da drauf hier die 3. Binomische Formel anzuwenden?
Es frustriert mich das ich so etwas nicht sehen kann.. unglücklich

unglücklich

Kann man das lernen?

Und bist du wirklich 16? Big Laugh

Big Laugh

06.04.2012, 20:40

Che Netzer

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Die Formel muss man einfach ein paar mal angewendet haben.
Wenn man dann eine Differenz sieht, bei der man die Wurzeln der einzelnen "Summanden" sinnvoll bestimmen kann, merkt man das schon.
Hier hat man ja eine Differenz, links steht ein Quadrat und die Wurzel aus 9 kommt einem auch bekannt vor. Noch dazu stehen ähnliche Terme im Zähler.
Und deine Rechnung stimmt. Diesmal hast du sogar nicht sofort =1/6 hingeschrieben, super! Freude

Freude

(du könntest höchstens noch die Grenzwerte untereinander durch Gleichheitszeichen verbinden, aber das akzeptiere ich noch Augenzwinkern

Augenzwinkern

)

Ich schätze, daraus hast du jetzt auch geschlossen, dass die Funktion stetig ist, oder?

Im Graphen erkennt man auch schön, dass der Grenzwert 1/6 (also 0,166...) ist:

Dann kannst du ja jetzt die 2b) versuchen.

Und ja, ich bin 16. Wieso?

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