stetige Grenzfunktion

14.10.2018, 13:19	Helena1	Auf diesen Beitrag antworten »
stetige Grenzfunktion Meine Frage: Hallo zusammen ich habe hier eine Aufgabe: Zeigen Sie, dass die Funktionenreihe $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=1}^{\infty } f_{k}(x) \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} f_{k}(x)=\frac{x}{1+k^{4}x^{2} } \end{eqnarray}$ eine stetige Grenzfunktion $\begin{eqnarray} f:\mathbb R ->\mathbb R \end{eqnarray}$ besitzt. Meine Ideen: Ich hab nun als erstes das lokale Extremum berechnet. $\begin{eqnarray} f_{k}(x)=\frac{x}{1+k^{4}x^{2} } \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} f_{k}'(x)=\frac{1-k^{4}x^{2} }{(1+k^{4}x^{2})^{2} } \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} f_{k}''(x)=\frac{2xk^{4}(1+k^{4}x^{2})^{2}-4x(1-k^{8}x^{4} ) }{(1+k^{4}x^{2})^{4} } \end{eqnarray}$ Die Nullstellen der ersten Ableitung ist $\begin{eqnarray} x_{1}=\frac{1}{k},x_{2}=-\frac{1}{k} \end{eqnarray}$ ich habe die Nullstellen in die zweite Ableitung eingesetzt und erhalte für $\begin{eqnarray} f_{k}''(x_{2} )<0 \end{eqnarray}$ ein lokales Maximum und für $\begin{eqnarray} f_{k}''(x_{1} )<0 \end{eqnarray}$ Stimmt das erstmal?
14.10.2018, 13:25	Helena1	Auf diesen Beitrag antworten »
Sorry. Die Nullstellen der ersten Ableitung ist $\begin{eqnarray} x_{1}=\frac{1}{k^{2}},x_{2}=-\frac{1}{k^{2}} \end{eqnarray}$ ich habe die Nullstellen in die zweite Ableitung eingesetzt und erhalte für $\begin{eqnarray} f_{k}''(x_{1} )>0 \end{eqnarray}$ ein lokales Minimum und für $\begin{eqnarray} f_{k}''(x_{2} )<0 \end{eqnarray}$ lokales Maximum.
15.10.2018, 13:38	Huggy	Auf diesen Beitrag antworten »
Das ist richtig. Da du lokale Extrema der Summanden der Reihe betrachtest, nehme ich an, du möchtest das Kriterium von Weierstraß für die gleichmäßige Konvergenz der Reihe verwenden. Dieser Weg ist zielführend.
16.10.2018, 14:33	Helena1	Auf diesen Beitrag antworten »
Hab gedacht mir antwortet keiner mehr. Danke für deine Antwort. Genau das ist mein Ziel aber ich glaube die zweite Ableitung ist leider falsch Die zweite Ableitung ist: $\begin{eqnarray} f_{k}''=\frac{-2k^{4}x(1+k^{4}x^{2})^{2}-(1-k^{4}x^{2})2(1+k^{4}x^{2})^{2}2k^{4}x}{(1+k^{4}x^{2} )^{4}}=\frac{-2k^{4}x(1+k^{4}x^{2})^{2}-4k^{4}x (1+k^{4}x^{2})(1-k^{8}x^{4}) }{(1+k^{4}x^{2} )^{4}}=\frac{-2k^{4}x(1+k^{4}x^{2})-4k^{4}x (1-k^{8}x^{4}) }{(1+k^{4}x^{2} )^{3}} \end{eqnarray}$ Wenn ich in die zweite Ableitung die Nullstelle $\begin{eqnarray} x_{2} \end{eqnarray}$ einsetze ist der Nenner Null. :/
16.10.2018, 14:48	Huggy	Auf diesen Beitrag antworten »
Ehrlich gesagt bin ich zu faul, die zweite Ableitung nachzurechnen. Das ist auch unnötig. Denn es ist $\begin{eqnarray} f_k(x) \end{eqnarray}$ stetig und $\begin{eqnarray} f_k(x)\geq 0 \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} x\geq 0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \lim_{x \to 0}f_k(x)=0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \lim_{x \to \infty}f_k(x)=0 \end{eqnarray}$ Also gibt es dazwischen ein Maximum. Da die erste Ableitung nur einen Kandidatenpunkt liefert, ergibt dieser das Maximum. Aus der Punktsymmetrie von $\begin{eqnarray} f_k(x) \end{eqnarray}$ ergibt sich dann das Minimum bei negativem $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ .
16.10.2018, 18:04	Helena1	Auf diesen Beitrag antworten »
So ich habs endlich denke ich. Hatte ein Paar Rechenfehler gemacht. Es gilt: $\begin{eqnarray} f_{k}(x)=\frac{x}{1+k^{4} x^{2} } \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} f'_{k}(x)=\frac{-(1-k^{4}x^{2})}{(1+k^{4} x^{2})^{2}} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} f''_{k}(x)=\frac{-2k^{4}x(1+k^{4}x^{2})^{2}-4k^{4}x(1-k^{4}x^{2})(1+k^{4}x^{2})^{2}} {(1+k^{4} x^{2})^{4}} \end{eqnarray}$ -Lokales Extremum: $\begin{eqnarray} f'_{k}=0,x_{1}=\frac{1}{k^{2}}, x_{2}=-\frac{1}{k^{2}} \end{eqnarray}$ Somit ist $\begin{eqnarray} f''_{k}(x_{1})=-\frac{1}{4}k^{2}<0 \end{eqnarray}$ lokales Maximum, $\begin{eqnarray} f''_{k}(x_{2})=\frac{1}{4}k^{2}>0 \end{eqnarray}$ lokales Maximum. -Globale Extrema: $\begin{eqnarray} f_{k}(x_{1})=\frac{1}{2k^{2}} \end{eqnarray}$ Maximum, $\begin{eqnarray} f_{k}(x_{2})=-\frac{1}{2k^{2}} \end{eqnarray}$ Minimum. Weiter gilt das $\begin{eqnarray} \lim_{x \to \infty } f_{k}(x)=0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \lim_{x \to -\infty } f_{k}(x)=0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} f_{k}(x)\geq 0 \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} x \geq 0 \end{eqnarray}$ . f nimmt an der Stelle $\begin{eqnarray} x_{1} \end{eqnarray}$ sein Maximum und $\begin{eqnarray} x_{2} \end{eqnarray}$ sein Minimum an. Insgesamt folgt also, dass $\begin{eqnarray} \|f_{k}(x) \|\leq \frac{1}{2k^{2} } \end{eqnarray}$ gilt. Da wir wissen das alle Reihen $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=1}^{\infty } \frac{1}{k^{\alpha } } \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} \alpha>1 \end{eqnarray}$ konvergieren, erhalten wir mit dem Weierstrasse M-Test (so wird das bei uns genannt) somit, dass die gegebene Funktionsreihe gleichmäßig auf ganz $\begin{eqnarray} \mathbb R \end{eqnarray}$ gegen eine Grenzfunktion f konvergiert. Darüber hinaus sind alle $\begin{eqnarray} f_{k} \end{eqnarray}$ auf ganz $\begin{eqnarray} \mathbb R \end{eqnarray}$ stetig, sodass mit der gleichmäßigen konvergenz der Funktionsreihe auch die Grenzfunktion wieder eine stetige Funktion sein muss.
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16.10.2018, 18:49	Huggy	Auf diesen Beitrag antworten »
Sauber!

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