hebbare Definitionslücke

28.05.2013, 15:48

S-V.P.A.M

hebbare Definitionslücke

[attach]30311[/attach]

Bin in alten Klausuraufgaben über diese Aufgabe gestolpert.

a) Also zuerst würde ich sagen, dass da eine Definitionslücke ist und die Funktion eigentlich keinen Wert annimmt.
Ich hab aber mal irgenwo aufgeschnappt, dass es sowas wie hebbare Definitionslücken gibt. Was der Fall ist wenn Nenner und Zähler die selben Nullstellen haben, wie hier.
In dem Beispiel konnte allerdings gekürzt werden und ich wüsste nicht wie das hier gehen soll.

Was ich jetzt gemacht habe ist, dass ich mir den Grenzwert mit L Hopital angeschaut habe.

Jeweils zweimal den Nenner und Zähler seperat abgeleitet:

$\begin{eqnarray*} \frac{2pi*sin(pi*x)*cos(pi*x)}{4x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{pi^2(cos^2(pi*x)-sin^2(pi*x)}{2} \end{eqnarray*}$
Da würde ich dann auf den Grenzwert 0 kommen. Ebenfalls sollte die Funktion zumindestens stetig sein.

b)

$\begin{eqnarray*} f'(x)=\frac{sin(pi*x)(x^2*pi*cos(pi*x)-sin(pi*x))}{x^3} \end{eqnarray*}$

Aber auch hier hab ich doch wieder das selbe Problem. Vermutlich kann ich mit 3x seperate Ableiten wieder über L Hopital zeigen, dass das gegen Null geht. Aber ich sehe nicht wieso das an der Stelle Null definiert seien sollte.

Achsensymetrie:

$\begin{eqnarray*} \frac{sin^2(pi*x)}{2x^2} = \frac{sin^2(pi*(-x))}{2(-x)^2}=\frac{-sin(pi*x)*(-sin(pi*x))}{2(-x)(-x)}=\frac{sin^2(pi*x)}{2x^2} \end{eqnarray*}$

c)

mit folgenden Annahmen:
f(0)=0 (siehe Teil a)
f'(0)=0 (aus der Aufgabenstellung)

Dann ist die Tangentengerade ander der Stelle gleich der y-Achse des Koordinatensystems.
y=0

Einen Schnittpunkt gibt es für:
$\begin{eqnarray*} -\frac{1}{\sqrt{3} } =x \end{eqnarray*}$

Dann hab ich mir zwei Punkte auf der Geraden g(x) gerechnet:

$\begin{eqnarray*} g(\sqrt{3})=4 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} g(0)=1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P1(\sqrt{3} |4) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P2 (0|1) \end{eqnarray*}$

Richtung:
$\begin{eqnarray*} P1- P2=\begin{pmatrix} \sqrt{3} \\ 3\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Den Winkel hab ich dann über das Skalarprodukt berechnet.
$\begin{eqnarray*} arccos(\frac{ \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \sqrt{3} \\ 3 \end{pmatrix} } {1*\sqrt{12}}) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =arccos(\sqrt{\frac{1}{4} } = arccos (0,5) = 60 Grad \end{eqnarray*}$

Wer nett wenn sich das mal jemand anssehen könnte, besonder bezüglich a) und b)

Danke

28.05.2013, 16:02

Mulder

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: hebbare Definitionslücke

Zitat:

Original von S-V.P.A.M
a) Also zuerst würde ich sagen, dass da eine Definitionslücke ist und die Funktion eigentlich keinen Wert annimmt.

Ja, stimmt im Prinzip. Aber f ist hier ja schon als diffbar vorausgesetzt, muss dann also stetig sein. Dann ist klar, dass man f an der Stelle 0 stetig fortsetzen kann (das bedeutet ja, dass diese Lücke hebbar ist). Den passenden Wert muss man hier eben bestimmen (hätte man auch etwas klarer formulieren können in der Aufgabenstellung).

Wie auch immer: 0 ist nicht richtig. Setz nochmal vernünftig ein, da hast du dich irgendwo vertan.

Alternative:

$\begin{eqnarray*} f(x) = \frac{\pi^2}{2} \cdot \left ( \frac{\sin(\pi x)}{\pi x} \right )^2 \end{eqnarray*}$

Das fände ich etwas bequemer und man kommt ohne L'Hospital aus. Aber L'Hospital geht auch. Augenzwinkern

Zum Rest dann später.

PS: Schulmathematik? verwirrt

28.05.2013, 16:57

S-V.P.A.M

Auf diesen Beitrag antworten »

Hab den Nenner mal so umgeformt.

$\begin{eqnarray*} \pi ^2(cos^2(\pi x)-(1-cos^2(\pi x))=\pi ^2(2cos^2(\pi x)-1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0} = \pi ^2(2-1)=pi^2 \end{eqnarray*}$

Das würde wenn es richtig ist bedeuten, dass das gegen $\begin{eqnarray*} \pi ^2/2 \end{eqnarray*}$ geht.

Anderer Ansatz währe eventuell:
$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0} f(x) \end{eqnarray*}$

Für einen sehr kleinen Winkel ist Sinus(alpha) ja in etwa alpha
Wenn ich nun einen Wert einsetze, der Fast Null ist steht da
$\begin{eqnarray*} \frac{\pi ^2x^2}{2 x^2} = \frac{\pi ^2}{2} \end{eqnarray*}$

Falls das okay ist, wie geh ich weiter vor?
Mir ist vieleicht der Unterschied, zwischen hebbarer Lücke und einer Stelle wo eine Funktion stetig aber nicht differenzierbar ist, nicht ganz klar.
Bei z.B Betrag(x) kann ich ja z.b über die beidseitigen Grenzwerte gegen Null sehen, dass sich die Richtung der Steigung abrupt ändert. In diesem Fall hätte ich dann vermutlich eben keinen "Knick" in der Funktion.
Wie zeige ich nun am besten für b), also die Ableitung, dass die Steigung der Ableitung gleich bleibt.
Mit L-Hopital? Das scheint mir auf den ersten Blick relativ aufwändig.
Mit Umformungen oder dem anderen "Trick" aus a) komme ich bisher aber auch noch nicht weiter!?

Danke

PS an einen Mod: Falls ich im falschen Bereich bin bitte verschieben

28.05.2013, 17:13

Mulder

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von S-V.P.A.M
Mir ist vieleicht der Unterschied, zwischen hebbarer Lücke und einer Stelle wo eine Funktion stetig aber nicht differenzierbar ist, nicht ganz klar.

Naja, da schmeißt du jetzt zwei komplett verschiedene Themen in einen Topf. Bei der Betragsfunktion hast du diesen "Knick", ja. Aber solche Knicke treten ja nicht bei Polynomen oder trigonometrischen Funktionen wie sind und cos auf.

Zitat:

Original von S-V.P.A.M
PS an einen Mod: Falls ich im falschen Bereich bin bitte verschieben

Ob wir hier falsch sind, wollte ich ja wissen. Wenn es eine Schulaufgabe ist, verschiebe ich es; sonst lass ich es hier. Augenzwinkern

Zitat:

Original von S-V.P.A.M
Für einen sehr kleinen Winkel ist Sinus(alpha) ja in etwa alpha

Man braucht schon ganz exakt

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0}\frac{\sin(\pi x}{\pi x} = 1 \end{eqnarray*}$

Aber das ist ja ein i.A. bekannter Grenzwert. $\begin{eqnarray*} \frac{\pi^2}{2} \end{eqnarray*}$ ist jedenfalls richtig.

Zitat:

Original von S-V.P.A.M
Wie zeige ich nun am besten für b), also die Ableitung, dass die Steigung der Ableitung gleich bleibt.

Dass die Steigung der Ableitung gleich bleibt? verwirrt

Lies bitte nochmal genauer. Es ist nach Achsensymmetrie gefragt. Was bedeutet das? Und gezeigt werden soll nun, dass an der Stelle 0 die Steigung genau 0 ist.

Deine Ableitung haut übrigens noch nicht hin. Im Zähler taucht noch ein x² auf, aber du hast doch schon ein x gekürzt.

28.05.2013, 17:20

S-V.P.A.M

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich sehe gerade, dass ich der Ableitung ein x zuviel war.

neu:
$\begin{eqnarray*} f'(x)=\frac{sin(\pi x)(x\pi cos(\pi x)-sin(\pi x))}{x^3} \end{eqnarray*}$

Wenn ich jetzt wieder den "Trick" mit den kleinen Winkeln anwende:
$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0} =\frac{\pi x(\pi x-\pi x)}{x^3} =\frac{0}{x^3} \end{eqnarray*}$

Mit der Umformung müsste es auch wieder klappen.

Kann man das so machen?

28.05.2013, 17:23

Mulder

Auf diesen Beitrag antworten »

Du sollst es doch "begründen". Den Grenzwert zu bestimmen ist da nicht gemeint. Und so darf man das auch nicht machen. Du erhälst eine 0/0-Situation, setzt dann aber einfach im Zähler schon mal 0 ein und folgerst dann, dass der Grenzwert ebenfalls 0 ist. Das ist aber komplett falsch, der Nenner läuft ja auch gegen 0. Das ist also nach wie vor ein unbestimmter Ausdruck.

Nach der Masche hätte man ja auch in a) schon sagen können

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0} \frac{\sin(\pi x^2)}{x^2} =\lim_{x \to 0} \frac{0}{x^2}=0 \end{eqnarray*}$

Was ziemlich falsch ist.

Es geht viel einfacher. Deine Funktion ist achsensymmetrisch. Sie erfüllt also

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

Jetzt löse dich mal von deiner Funktionsgleichung und arbeite ganz allgemein hiermit. Schreibe jetzt auf beiden Seiten von

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

mal hin, wie jeweils die Ableitung aussieht (denk an die Kettenregel auf der rechten Seite).

28.05.2013, 17:56

S-V.P.A.M

Auf diesen Beitrag antworten »

Sorry, jetzt ist mir gerade nicht klar was du meinst.

$\begin{eqnarray*} \frac{sin(\pi x)(x\pi cos(\pi x)-sin(\pi x))}{x^3} = \frac{sin(-x\pi )(x\pi cos(-x\pi )+sin(-x\pi ))}{-x^3} \end{eqnarray*}$

Das ist ja wieder auf die Funktionsgleichung bezogen.

War denn die Grenzwertbestimmung mit dem L Hopital mit der Umformung formal korrekt?

Bereich ist richtig.

28.05.2013, 18:14

Mulder

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich sagte doch, deine genaue Funktionsgleichung kannst du an dieser Stelle vergessen. Brauchen wir nicht. Deine Funktion ist achenssymmetrisch zur y-Achse. Erfüllt also:

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

Ableiten auf beiden Seiten liefert:

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

Also ist $\begin{eqnarray*} f' \end{eqnarray*}$ punktsymmetrisch zum Ursprung. Und diese Aussage gilt allgemein: Die Ableitung einer Funktion, die achsensymmetrisch zur y-Achse ist, ist stets punktsymmetrisch zum Ursprung.

Und wenn eine Funktion punktsymmetrisch zum Ursprung ist, dann läuft sie natürlich auch durch den Ursprung. Setz da dochmal 0 ein. Dann steht da:

$\begin{eqnarray*} f'(0) = -f'(-0) \end{eqnarray*}$

Also

$\begin{eqnarray*} f'(0) = -f'(0) \end{eqnarray*}$

Da ist nur ein einziger Wert sinnvoll für $\begin{eqnarray*} f'(0) \end{eqnarray*}$ , damit diese Gleichung hinhaut.

28.05.2013, 18:42

S-V.P.A.M

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Mulder
Da ist nur ein einziger Wert sinnvoll für $\begin{eqnarray*} f'(0) \end{eqnarray*}$ , damit diese Gleichung hinhaut.

Nämlich 0.

Nochmal zu a)

War meine verbesserte Version vom L-Hopital mit der Sinus-Umformung den korrekt?
So das f(x)=pi^2*0,5 ist?

Für c) würde sich ja das selbe ergeben,wie ich es schon berechnet habe, da sich die Richtung der Tangentengerade nicht ändert

28.05.2013, 18:51

Mulder

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von S-V.P.A.M
War meine verbesserte Version vom L-Hopital mit der Sinus-Umformung den korrekt?
So das f(x)=pi^2*0,5 ist?

Ist wie gesagt richtig. f(0) meinst du hier aber, nicht f(x).

Zitat:

Original von S-V.P.A.M
Für c) würde sich ja das selbe ergeben,wie ich es schon berechnet habe, da sich die Richtung der Tangentengerade nicht ändert

Die Richtung der Tangente ändert sich nicht, wohl aber die Lage. Du hast ja mit $\begin{eqnarray*} f(0)=0 \end{eqnarray*}$ gerechnet, du musst aber mit $\begin{eqnarray*} f(0) = \frac{\pi^2}{2} \end{eqnarray*}$ und damit eben auch mit $\begin{eqnarray*} y=\frac{\pi^2}{2} \end{eqnarray*}$ arbeiten.

28.05.2013, 19:00

S-V.P.A.M

Auf diesen Beitrag antworten »

ja, das mir bewusst. Man soll aber doch den Winkel berechnen. Darauf bezog ich mich.

Wenn ich nix übersehen, und ich den Winkel richtig berechnet habe, müsste man ja nur noch mal zeigen, dass es einen Schnittpunkt von der Tangentengleichung und g(x) gibt bzw die Richtungen nicht parallel sind.
Das ist ja auch der Fall.

28.05.2013, 19:12

Mulder

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: hebbare Definitionslücke
Ja, wollte nur drauf hinweisen, weil du ja auch Schnittpunkte berechnet hast. Wenn du das bedenkst, ist ja alles okay. Für den Winkel ist es natürlich Banane bei zwei Geraden. Man kann sich das allerdings auch einfacher ausrechnen, man braucht ja wirklich nur die beiden Steigungen und subtrahiert deren Arkustangens-Werte.

$\begin{eqnarray*} \mathrm{arctan}(\sqrt{3})-\mathrm{arctan}(0)= 60° \end{eqnarray*}$

Richtungsvektoren muss man da gar nicht unbedingt aufstellen in diesem einfachen (da zweidimensionalen) Fall.

Neue Frage »

Antworten »

hebbare Definitionslücke

Verwandte Themen