Differenzierbarkeit von zusammengesetzten Funktionen

14.10.2013, 19:01

Freedom Wizard

Differenzierbarkeit von zusammengesetzten Funktionen

Hallo!

$\begin{eqnarray*} f: \mathbb R \to \mathbb R, f(x)=e^{-\frac{1}{x}}, x > 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f(x)=0, x < 0 \end{eqnarray*}$

Die Funktion ist auf Stetigkeit, Differenzierbarkeit, stetige Differenzierbarkeit und belibig ofte Differenzierbarkeit (glatt) zu überprüfen.

Nachdem ich mir ein paar Graphen angesehen habe, liegt die Vermutung nahe, dass die Funktion beliebig oft differenzierbar ist (gemeint ist natürlich an der Stelle 0, woanders ist sie sowieso beliebig oft differenzierbar). Beweis der Stetigkeit ist kein Problem, nur scheitert es eben mir die Differenzierbarkeit an der Stelle 0 (mit rechtsseitigen und linksseiten Limes) genau auszurechnen. Vielleicht hat jemand einen Tipp.

LG

14.10.2013, 19:09

10001000Nick1

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Und wie ist die Funktion bei x=0 definiert?

14.10.2013, 19:16

Freedom Wizard

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Das geht leider nicht aus der Angabe hervor, aber wenn sie nicht definiert wäre, dann gäbe es überhaupt nichts zu untersuchen. Schätze also, dass sie dort 0 ist (was logisch wäre)

14.10.2013, 19:23

10001000Nick1

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Da ja der Definitinsbereich $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ ist, sollte die Funktion auch bei x=0 definiert sein.
Und wieso sollte es logisch sein, dass f(0)=0 ist?
Möglich ist ja auch jede andere Zahl.

14.10.2013, 20:10

Freedom Wizard

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wenn's was anderes wäre, wäre sie nicht stetig und damit nicht differenzierbar. Dann wäre das Beispiel obsolet

15.10.2013, 18:35

Freedom Wizard

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Keine Ideen hier?

15.10.2013, 19:07

HAL 9000

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Betrachten wir die $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -te Ableitung $\begin{eqnarray*} f^{(k)} \end{eqnarray*}$ :

a) $\begin{eqnarray*} f^{(k)}(x) = 0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x<0 \end{eqnarray*}$ sollte klar sein.

b) Ansatz für $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} f^{(k)}(x) = P_k\left( \frac{1}{x} \right) e^{-\frac{1}{x}} \end{eqnarray*}$ mit einem (zunächst nicht näher spezifizierten) Polynom $\begin{eqnarray*} P_k \end{eqnarray*}$

Man kann nachweisen, dass es für jedes $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ ein solches Polynom gibt - "irgendeine Idee, wie?" Augenzwinkern

c) Abschließend zeigt man noch $\begin{eqnarray*} f^{(k)}(0) = 0 \end{eqnarray*}$ , durch Betrachtung der zugehörigen links- und rechtsseitigen Grenzwerte des Differenzenquotienten an der Stelle 0 (hier ist per Induktionsvoraussetzung bereits $\begin{eqnarray*} f^{(k-1)}(0) = 0 \end{eqnarray*}$ bekannt):

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to -0} \frac{f^{(k-1)}(x)-f^{(k-1)}(0)}{x} = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to +0} \frac{f^{(k-1)}(x)-f^{(k-1)}(0)}{x} = \lim_{x\to +0} \frac{f^{(k-1)}(x)}{x} \stackrel{b)}{=} \lim_{x\to +0} \frac{1}{x} P_{k-1}\left( \frac{1}{x} \right) e^{-\frac{1}{x}} \end{eqnarray*}$ .

Letztlich läuft es darauf hinaus, dass man lediglich noch

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to +0} \frac{1}{x^n} e^{-\frac{1}{x}} = 0 \end{eqnarray*}$ für alle natürlichen Zahlen $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$

nachweisen muss, um alles wasserdicht abzurunden.

15.10.2013, 21:32

Freedom Wizard

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Danke für deinen Ansatz.

Dass für jedes k ein solches Polynom existiert ist intuitiv klar, vom $\begin{eqnarray*} e^{-\frac{1}{x}} \end{eqnarray*}$ kommt bei der Ableitung immer ein $\begin{eqnarray*} \frac{1}{x^{2}} \end{eqnarray*}$ herunter. Wenn ich $\begin{eqnarray*} f^{(k)}(x) =P_{k}(\frac{1}{x})e^{-\frac{1}{x}} \end{eqnarray*}$ ableite bekomme ich ein anderes Polynom $\begin{eqnarray*} P_{k+1} \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} f^{(k+1)}(x) =P_{k+1}(\frac{1}{x})e^{-\frac{1}{x}} \end{eqnarray*}$

Meinst du mit "per Induktionsvoraussetzung", dass wenn man die Stetig der 0. Ableitung (der eigentlichen Funktion) überprüft, beide Limiten Null sind und damit $\begin{eqnarray*} f^{0}(0)=0 \end{eqnarray*}$ .

Beweis von $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to +0} \frac{1}{x^{n}}e^{-\frac{1}{x}}=0 \end{eqnarray*}$ ist glasklar.

15.10.2013, 23:23

HAL 9000

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Zitat:

Original von Freedom Wizard
Meinst du mit "per Induktionsvoraussetzung", dass wenn man die Stetig der 0. Ableitung (der eigentlichen Funktion) überprüft, beide Limiten Null sind und damit $\begin{eqnarray*} f^{0}(0)=0 \end{eqnarray*}$ .

Damit meine ich, dass man Teil c) schlicht als Induktionsbeweis aufziehen kann - so zumindest in meiner Skizze oben. Den Wert $\begin{eqnarray*} f^{(0)}(0) = f(0) = 0 \end{eqnarray*}$ im Induktionsanfang kann man nicht beweisen, der muss (wie von 10001000Nick1 bereits angedeutet) vorausgesetzt werden, damit das ganze einen Sinn macht.

Zitat:

Original von Freedom Wizard
Dass für jedes k ein solches Polynom existiert ist intuitiv klar, vom $\begin{eqnarray*} e^{-\frac{1}{x}} \end{eqnarray*}$ kommt bei der Ableitung immer ein $\begin{eqnarray*} \frac{1}{x^{2}} \end{eqnarray*}$ herunter.

Ab der zweiten Ableitung kommt dann noch die Produktregel ins Spiel. Kurzum, man bekommt die Rekursion

$\begin{eqnarray*} P_{k+1}(t) = t^2\left( P_k(t) - P_k'(t) \right) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k\geq 0 \end{eqnarray*}$ , mit Start $\begin{eqnarray*} P_0(t)=1 \end{eqnarray*}$ .

16.10.2013, 15:48

Freedom Wizard

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ok, ich denke es ist alles klar. Vielen Dank nochmal!

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