Landau/Division der Funktion

26.12.2014, 12:15

StrunzMagi

Landau/Division der Funktion

Sei $\begin{eqnarray*} f:]-\epsilon,\epsilon[ -> \mathbb{R}, (\epsilon>0) \end{eqnarray*}$ eine Funktion mit
$\begin{eqnarray*} f(x)=1+ax+o(|x|) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x->0 \end{eqnarray*}$
Man zeige: $\begin{eqnarray*} \frac{1}{f(x)}=1-ax+o(|x|) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x->0 \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Sei $\begin{eqnarray*} p(x)=1+ax, h(x) \in o(|x|) \end{eqnarray*}$
ZZ.: $\begin{eqnarray*} \frac{1}{f(x)} - 1+ax \in o(|x|) \end{eqnarray*}$ , d.h. $\begin{eqnarray*} \frac{ \frac{1}{f(x)} - 1+ax }{|x|} ->0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x->0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{ \frac{1}{f(x)} - 1+ax }{|x|} = \frac{ \frac{1}{p(x)+h(x)} +p(x)-2 }{|x|} = \frac{1+p(x)*p(x)+p(x)*h(x)-2p(x)-2h(x)}{|x|(p(x)+h(x))}= \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \frac{(p(x)+h(x))*(p(x)-2)+1}{|x|(p(x)+h(x))}= \frac{p(x)-2}{|x|} + \frac{1}{|x|(p(x)+h(x))} \end{eqnarray*}$
Ich hab noch so einiges herumgerechnet bin aber auf nichts gekommen..

26.12.2014, 12:56

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RE: Landau/Division der Funktion
Berechne in diesem Bruch
$\begin{eqnarray*} \frac{1+p(x)*p(x)+p(x)*h(x)-2p(x)-2h(x)}{|x|(p(x)+h(x))} \end{eqnarray*}$
explizit den Ausdruck $\begin{eqnarray*} 1+p(x)*p(x)-2p(x) \end{eqnarray*}$

26.12.2014, 17:45

StrunzMagi

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Hallo URL,
danke für die Antwort.

$\begin{eqnarray*} 1+p(x)*p(x)-2p(x)=1+(1+ax)^2-2(1+ax)=1+1+2ax+a^2x^2 -2-2ax=a^2x^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1+p(x)*p(x)+p(x)*h(x)-2p(x)-2h(x)}{|x|(p(x)+h(x))}= \frac{p(x)*h(x)-2h(x)+a^2x^2}{|x|(p(x)+h(x))}= \frac{h(x)}{|x|} * \frac{p(x)}{p(x)+h(x)} - \frac{h(x)}{|x|} \frac{2}{p(x)+h(x)}+\frac{a^2x^2}{|x|} *\frac{1}{p(x)+h(x)} \end{eqnarray*}$

Nun ist $\begin{eqnarray*} \frac{a^2x^2}{|x|} =a^2x ->0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x->0 \end{eqnarray*}$ Das heißt $\begin{eqnarray*} a^2x^2 \in o(|x|) \end{eqnarray*}$

Mir ist klar, dass wegen $\begin{eqnarray*} h \in o(|x|), a^2x^2 \in o(|x|) \end{eqnarray*}$ die vordersten terme immer gegen 0 gehen. Jetzt muss ich nicht noch zeigen, dass die anderen Terme beschränkt sind wenn x gegen 0 geht.
Ich bin mir unsicher wie ich das anschreiben soll:
Wenn $\begin{eqnarray*} x->0 \end{eqnarray*}$ dann ist in einer Umgebung von 0(in Abhängigkeit von a) $\begin{eqnarray*} |p(x)| < 2 \end{eqnarray*}$
Und $\begin{eqnarray*} |h(x)|< |x| \end{eqnarray*}$ für x in einer Umgebung von 0.
Aber wie soll ich das für die einzelnen Brüche zeigen?

26.12.2014, 18:36

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Die anderen Terme konvergieren doch sogar für $\begin{eqnarray*} x\to 0 \end{eqnarray*}$ , sind also insbesondere beschränkt.

26.12.2014, 19:34

StrunzMagi

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Das sehe ich noch nicht ganz:

Bei $\begin{eqnarray*} p(x)=1+ax \end{eqnarray*}$ ist die Sache klar.
$\begin{eqnarray*} p(x) \rightarrow 1 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x->0 \end{eqnarray*}$

Aber gegen was konvergiert h(x)?
Da $\begin{eqnarray*} h(x) \in o(|x|): \forall \epsilon>0:|h(x)|\le \epsilon |x| \end{eqnarray*}$ für x in einer Umgebung von 0
Für den Grenzwert: $\begin{eqnarray*} \lim_{x\rightarrow 0} |h(x)| \le 0 \end{eqnarray*}$
D.h. $\begin{eqnarray*} \lim_{x\rightarrow 0} |h(x)| =0 \end{eqnarray*}$
Aber ich darf doch den limes nicht in den Betrag reinziehen, wenn ich nicht um die Konvergenz von h(x) weiß?

26.12.2014, 19:54

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Schau dir die Abschätzung

Zitat:

$\begin{eqnarray*} |h(x)|\le \epsilon |x| \end{eqnarray*}$ für x in einer Umgebung von 0

nochmal an. Ein wunderbares Sandwich smile

26.12.2014, 20:16

StrunzMagi

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Hallo nochmal Augenzwinkern

Ja das ist mir klar, jedoch nur für den Betrag von h(x). Wenn der Betrag von h(x) konvergiert konvergiert doch längst noch nicht h(x)?

26.12.2014, 20:43

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Grundsätzlich hast du Recht. Aber wie verhält sich das, wenn der Grenzwert 0 ist?

27.12.2014, 10:32

StrunzMagi

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Danke, ja das ist mir gestern auch bewusst geworden - dass $\begin{eqnarray*} |a_n| \end{eqnarray*}$ ein Nullfolge ist genau dann wenn $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge ist.

Vielen Dank für deine Hilfe.
Schönes Wochenende

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