Zwischenwertsatz

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17.03.2016, 20:50	1lc	Auf diesen Beitrag antworten »
Zwischenwertsatz Hier muss man mit dem Zwischenwertsatz argumentieren, richtig? Der Sinus ist ja beschränkt von $\begin{eqnarray} -1 \end{eqnarray}$ bis $\begin{eqnarray} 1 \end{eqnarray}$ . Muss man einfach nur zeigen dass $\begin{eqnarray} -ln(x+1)+1 \end{eqnarray}$ die Werte $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} 1 \end{eqnarray}$ annehmen kann, und da sie stetig ist auch dazwischen?
17.03.2016, 21:06	Rbn	Auf diesen Beitrag antworten »
Entscheidend hier ist nicht zu zeigen, dass der Term $\begin{align} -\ln(x+1)+1 \end{align}$ Werte zwischen 0 und 1 annimmt, sondern eher, welche Werte der Term für $\begin{align} x\in(1;\infty) \end{align}$ annimmt. Also logisch gesehen die andere Richtung. Den Wertebereich des Sinus hast du ja bereits genannt. Weißt du wie du vorgehen musst, wenn du den ZWS hier anwenden willst?
17.03.2016, 21:15	1lc	Auf diesen Beitrag antworten »
naja die obere schranke vom rechtem term ist $\begin{eqnarray} -ln(2)+1 \end{eqnarray}$ , was größer als 0 ist und er geht gegen - $\begin{eqnarray} \infty \end{eqnarray}$ . Auf den Invervall von 1 - $\begin{eqnarray} \infty \end{eqnarray}$ ist sie stetig. Der Sinus nimmt nur Werte von -1 bis 1 an, daher muss der rechte Term einmal den Sinus schneiden
17.03.2016, 21:25	Rbn	Auf diesen Beitrag antworten »
Zum Sinus: Also formal: $\begin{align} \sin(x) \in [-1,1] \ \forall x \in (1;\infty) \end{align}$ folgt aus $\begin{align} <br /> \lim \limits_{x \to 1+} \sin(x)= \sin(1)\approx0,84 \\ \lim \limits_{x \to \infty} \sup \sin(x)=1 \\ \lim \limits_{x \to \infty} \inf \sin(x)=-1 \end{align}$ Zum rechten Term: Zeige das doch mal formal analog, wie ich oben. Tipp: Du brauchst nur den ,,einfachen" Grenzwert Wenn du das getan hast, ist gezeigt, dass die Gl. min. eine Lösung hat. Edit: Wenn du einen Beitrag bearbeitest, steht über dem Eingabefenster, dass inhaltlich bitte nichts verändert werden soll. Dies hat den Sinn, dass ansonsten nachfolgende Antworten womöglich nicht mehr passend erscheinen, da sie eventuell schon im Entstehungsprozess sind. Bitte drauf achten
17.03.2016, 21:42	1lc	Auf diesen Beitrag antworten »
Also. Der rechte Term $\begin{eqnarray} -ln(x+1)+1 \end{eqnarray}$ : $\begin{eqnarray} \lim_{x\rightarrow 1} -ln(x+1)+1 = -ln(2)+1 \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} <lim sup sin(x) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \lim_{x\rightarrow \infty} -ln(x+1)+1 = -ln(\infty+1)+1 = -\infty \end{eqnarray}$ . Dann weiß ich dass die Funktion bei c.a $\begin{eqnarray} 0.306 \end{eqnarray}$ startet und ins $\begin{eqnarray} -\infty \end{eqnarray}$ geht. Insbesondere ist bei $\begin{eqnarray} x = e^2-1 \end{eqnarray}$ der rechte Term gleich $\begin{eqnarray} -1 \end{eqnarray}$ . Wie nun weiter?
17.03.2016, 21:58	Rbn	Auf diesen Beitrag antworten »
Damit ist die bestimmte Divergenz des rechten Terms gezeigt und die Randwerte überprüft. Leider macht es einem die Aufgabe nicht so leicht, als dass man damit nun fertig ist. Jetzt muss man ,,approximieren", in welcher Größenordnung eine Lösung möglich ist. Schätzen wir es mal ab. Am besten fängst du mit der von dir genannten Stelle des rechten Terms an und bestimmst die Nullstellen der Sin-Fkt. in dem Intervall 1 bis zu dieser Stelle. So kannst du das Intervall schrittweise eingrenzen, da ja $\begin{align} -\ln(x+1)+1<-1\leq \sin(x) \ \forall x>e^2-1 \end{align}$ ist kannst du alle größeren $\begin{align} x \end{align}$ ausschließen
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17.03.2016, 22:13	1lc	Auf diesen Beitrag antworten »
die Nullstellen der Sinusfunktion sind $\begin{eqnarray} k\cdot \pi , k\in \mathbb{N} \end{eqnarray}$ , gleichzeitig: $\begin{eqnarray} k\cdot \pi \leq (e^2-1) ,k\in \mathbb{N} \end{eqnarray}$ . das gilt für $\begin{eqnarray} k\leq 2 \end{eqnarray}$ . also sind die Nullstellen: $\begin{eqnarray} \begin{bmatrix} \pi &, 2\pi \end{bmatrix} \end{eqnarray}$ der Sinusfunktion. Die Nullstelle des rechten Terms ist $\begin{eqnarray} x=e-1 < \pi \end{eqnarray}$ . Somit schneidet die rechte Funktion die x-Achse früher als der Sinus. Bei $\begin{eqnarray} x=e-1 \end{eqnarray}$ ist der rechte Term also $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ , und bei $\begin{eqnarray} x=e^2-1 \end{eqnarray}$ ist er $\begin{eqnarray} -1 \end{eqnarray}$ .
17.03.2016, 22:16	1lc	Auf diesen Beitrag antworten »
In diesem Intervall durchläuft der Sinus die Werte von $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ bis $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ über die $\begin{eqnarray} -1 \end{eqnarray}$ , wobei die zweite Nullstelle des Sinus kleiner als $\begin{eqnarray} e^2-1 \end{eqnarray}$ ist. Somit müssen sie sich im Invervall $\begin{eqnarray} \bigl(\begin{smallmatrix} e-1 &,e^2-1 \end{smallmatrix}\bigr) \end{eqnarray}$ schneiden. Richtig?
17.03.2016, 22:16	Rbn	Auf diesen Beitrag antworten »
Sehr gut! Damit ist das Intervall auf $\begin{align} x \in [e-1;e^2-1] \end{align}$ eingegrenzt! Jetzt untersuche ob ein Tiefpunkt des Sinus dazwischen liegt und überprüfe erneut die Intervalle. Vergiss nicht mit der Monotonie des rechten Terms zu argumentieren. Edit: Vor dem Doppelpost abgeschickt. Übrigens: Sogar $\begin{align} k \in \mathbb{Z} \end{align}$
17.03.2016, 22:28	1lc	Auf diesen Beitrag antworten »
Der Sinus erreicht den Wert Minus $\begin{eqnarray} -1 \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} k\cdot \frac{3\pi}{4} , k\in \mathbb{N} \end{eqnarray}$ . Dies gilt nur für $\begin{eqnarray} k=1 \end{eqnarray}$ , also liegt der Tiefpunkt des Sinus bei, $\begin{eqnarray} \frac{3\pi}{4} \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} e-1<\frac{3\pi}{4} < e^2-1 \end{eqnarray}$ . Der rechte Term ist streng monoton fallend: $\begin{eqnarray} -ln(x_{n+1}+1)+1 < -ln(x_n+1)+1, \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} x_n=n \end{eqnarray}$ Da der Sinus schon bei $\begin{eqnarray} \frac{3\pi}{4} \end{eqnarray}$ die $\begin{eqnarray} -1 \end{eqnarray}$ erreicht, der rechte Term aber erst danach die -1 , nämlich bei $\begin{eqnarray} e^2-1 \end{eqnarray}$ , existiert mindestens 2 Schnittpunkte in dem Invervall, da $\begin{eqnarray} sin(\frac{3\pi}{4}) > -ln(\frac{3\pi}{4}+1) \end{eqnarray}$ und der Sinus ab $\begin{eqnarray} \frac{3\pi}{4} \end{eqnarray}$ wieder monoton wächst, bis zu seiner 2. Nullstelle die vor $\begin{eqnarray} e^2-1 \end{eqnarray}$ liegt.
17.03.2016, 22:32	Rbn	Auf diesen Beitrag antworten »
Der Sinus hat seine Extrema allerdings bei $\begin{align} k \cdot \frac{\pi}{2} \end{align}$ ... Aber von der Idee her ist das genau richtig so! Was bedeutet denn $\begin{align} x_n=n \end{align}$ ???
17.03.2016, 22:34	1lc	Auf diesen Beitrag antworten »
oh ja, vertauscht. einfach alle $\begin{eqnarray} \frac{3\pi}{4} \end{eqnarray}$ zu $\begin{eqnarray} \frac{3\pi}{2} \end{eqnarray}$ ersetzen :P und dann wäre man fertig?
17.03.2016, 22:36	Rbn	Auf diesen Beitrag antworten »
Dann sieht's gut aus! Nur das mit dem $\begin{align} x_n=n \end{align}$ , solltest du dir nochmal zu Gemüte führen. Du kannst die Monotonie auch durch Ableiten und $\begin{align} (-ln(x+1)+1)'\leq 0 \end{align}$ zeigen, nachweisen. Einfach Intervalle inklusive Reaktionen (<,>) angeben, Weg erläutern und Abschätzungen erklären, dann bist du fertig
17.03.2016, 22:44	1lc	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok Vielen Dank für die ausführlichen Erklärungen!

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