Limes von e und durch null teilen

04.04.2019, 15:24

Hercules

Limes von e und durch null teilen

Meine Frage:
Ich soll untersuchen ob die Funktion

f(x) :=e^-1/x^2 für x>0 (Ich hab ein Bild hinzugefügt, weil es mit Latex bei mir nicht funktioniert hat)
und 0, für x<=0

in x stetig, differenzierbar ist.

Meine frage bezieht sich hauptsächlich auf den oberen Frageteil.

(Bestimmen Sie f´(0)
(Ist f in x= 0 mehrfach differenzierbar)

Meine Ideen:
Differenzierbar sind sie wenn die Funktion in x die gleiche Steigung haben, also wenn man den rechten und linken Limes bestimmt, dann muss der null sein.

Wenn die beiden Grenzwerte mit x =0 übereinstimmen, dann ist die Funktion auch stetig.

für den linken Grenzwert gilt. lim_x-> 0 f(x). = lim_x->0 0 =

Nun zu mein Problem

beim rechten Grenzwert gilt lim_x->0 e^-1/x^2 = ...

Und hier darf ich ja nicht durch null teilen.
Mir ist bewusst dass ich da einen sehr kleinen wert einsetzen könnte und so auch auf null kommen würde, aber ich muss das mathematisch richtig machen und weiss nicht wie ich das hinkriegen soll.

L´hospital kam bei mir eine Riesen Ableitung raus und das wurde mir irgendwann zu. umständlich, mein Professor hat mir auch dagegen geraten.
Ich glaube ein möglicher Ansatz wäre zu substituieren und u:= 1/x
Ich hab aber Schwierigkeiten mit dem substituieren und könnte an der stelle Hilfe gebrauchen.
Macht der Substitutions Ansatz sinn? wie würdet ihr das machen?

Lg Hercules

04.04.2019, 15:54

klarsoweit

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RE: Limes von e und durch null teilen
Für die Bestimmung von $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0} e^{-\frac{1}{x^2}} \end{eqnarray*}$ würde ich auch den Tipp deines Professors verfolgen. Setze x = 1 / z. Statt x gegen Null, mußt du dann z gegen unendlich laufen lassen.

04.04.2019, 16:09

HAL 9000

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Ich komme gleich zur letzten Frage, weil die alles andere vorher auch gleich mit umfasst: Ja, $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist beliebig oft differenzierbar, auch im Punkt $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ , und alle Ableitungen dort sind gleich Null.

Den Nachweis würde ich per Vollständiger Induktion führen, und zwar für die detailliertere Behauptung:

Zitat:

Es gibt eine Polynomfunktion $\begin{eqnarray*} q_n \end{eqnarray*}$ vom Grad $\begin{eqnarray*} 3n \end{eqnarray*}$ , so dass für die $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -te Ableitung der Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ gilt

$\begin{eqnarray*} f^{(n)}(x) = \begin{cases} q_n\left(\frac{1}{x}\right)\exp\left(-\frac{1}{x^2}\right) &\;\mbox{für}\;x>0\\ 0 &\;\mbox{für}\;x\leq 0\end{cases} \end{eqnarray*}$

Im Induktionsschritt erweist sich auch hier der Substitutionstipp von klarsoweit als nützlich.

04.04.2019, 16:26

Schulabfrager11

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RE: Limes von e und durch null teilen
Ich hab das so gemacht:

x = 1/z

lim_z->unendlich e^-unendlich =0

Ist das so richtig?

Danke im voraus

Willkommen im Matheboard!
Du bist hier zweimal angemeldet, Hercules wird daher demnächst gelöscht.
Viele Grüße
Steffen

04.04.2019, 16:30

HAL 9000

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Sag doch bitte jeweils dazu, was du gerade berechnen willst, damit man das nicht erraten muss. Momentan willst du offenbar nur erstmal die Stetigkeit der Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ im Punkt $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ zeigen, bist also noch nicht bei der Differenzierbarkeit - richtig? verwirrt

04.04.2019, 16:31

Schulabfrager11

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Vielen dank. !

Die Aufgaben sind als nächstes dran.
Hab dank dir schon mal einen guten Ansatz smile

04.04.2019, 16:36

Schulabfrager11

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Ich würde jetzt für die differenzierbarkeit den rechten und linken Limes bestimmen.

Also für den rechten lim_x->0. (f(x) - f(0))/ (x-0)

f(0) = 0 also kürze das so ab: lim_x->0. (e^-/x^2) / x

dank klarsoweit kann ich das ja so schreiben: 0/x und das läuft gegen null

wobei ich mir im letzten schritt nicht sicher bin, ob ich das so machen darf

04.04.2019, 18:54

HAL 9000

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Zitat:

Original von Schulabfrager11
f(0) = 0 also kürze das so ab: lim_x->0. (e^-/x^2) / x

Wenn man mal beide Aussagen zudrückt, was Form und fehlende Klammern betrifft, dann ist das halbwegs Ok.

Zitat:

Original von Schulabfrager11
dank klarsoweit kann ich das ja so schreiben: 0/x und das läuft gegen null

Also das lässt sich klarsoweit bestimmt nicht in die Schuhe schieben. Substitution $\begin{eqnarray*} x=\frac{1}{z} \end{eqnarray*}$ ergibt erstmal $\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0+} \frac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x} = \lim_{z\to\infty} z e^{-z^2} \end{eqnarray*}$ ,

und den Grenzwert rechts gilt es jetzt noch zu bestimmen (über welchen Weg auch immer).

05.04.2019, 11:27

Schulabfrager11

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Du hast recht, da würde für z gegen unendlich ja null rauskommen.

Wieso muss ich jetzt den rechten Grenzwert bestimmen? Ich dachte den wir gerade bestimmt haben, war der rechte bzw. kommt der von rechts.

Ich würde jetzt den linken bestimmen und zwar müsste ich wieder den Differenzialquotienten bilden und f(x) sowie f(0) = 0

Also hätte ich

lim_x->0 0/x ich substituiere hier dann x = 1/z und hätte lim_z->unendlich (0*z)/1 =0/1 = 0

Somit hätte ich doch gezeigt, dass vom linken und rechten Limes die Steigung an der stelle null ist und somit die Funktion differenzierbar ist oder habe ich etwas übersehen?

Da x=0 der Steigung vom linken und rechten Limes entspricht , wäre die Funktion auch stetig

Ich würde mich über eine Bestätigung oder Rückmeldung sehr freuen

05.04.2019, 11:37

HAL 9000

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Zitat:

Original von Schulabfrager11
Wieso muss ich jetzt den rechten Grenzwert bestimmen?

Mit "rechts" meine ich die Position der Gleichung, also den Grenzwert $\begin{eqnarray*} \lim_{z\to\infty} z e^{-z^2} \end{eqnarray*}$ , das hast du wohl missverstanden.

Das mit dem 0/x ist doch kompletter Unfug - was soll das, "teilweiser" Grenzübergang oder wie oder was? Woher kommt da VOR vollzogenem Grenzübergang plötzlich diese 0 ? unglücklich

Das ist genauso ein Blödsinn wie $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n \stackrel{?}{=} \lim_{n\to\infty} \left(1+0\right)^n = 1 \end{eqnarray*}$ statt des Wertes $\begin{eqnarray*} e \end{eqnarray*}$ , der da tatsächlich rauskommt.

Wir haben ein Produkt $\begin{eqnarray*} \frac{1}{x}\cdot e^{-\frac{1}{x^2}} \end{eqnarray*}$ , von denen der erste Faktor $\begin{eqnarray*} \frac{1}{x} \end{eqnarray*}$ beim Grenzübergang $\begin{eqnarray*} x\to 0+ \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ strebt, der zweite Faktor $\begin{eqnarray*} e^{-\frac{1}{x^2}} \end{eqnarray*}$ hingegen gegen Null. Da gibt es keine einfachen Lösungen a la "ich setze den zweiten Faktor gleich den Grenzwert 0", solche Flausen sollten einem eigentlich beim grundlegenden Üben zu Grenzwertberechnungen ausgetrieben werden - ist bei dir offenbar noch nicht recht gelungen.

05.04.2019, 12:07

Schulabfrager11

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Naja ich hatte die Aufgabe so verstanden, dass ja für x<=0 die Funktion f(x) = 0 gilt.

Es ist jetzt logisch, dass es den Grenzwert bei null hat und die Steigung null, aber um es richtig zu zeigen habe ich dafür den differenzenquotienten gebildet:

Das wäre ja der linke Limes und da hat man (f(x)-f(0))/ x-0 und daher kam auch diese 0/x Sache.
Ich könnte ja L'Hospital benutzen, aber da würde ja auch nur 0/1 rauskommen, sonst wüsste ich auch nicht wie ich das anders lösen soll.

Bezüglich des Grenzübergangs von 1/x * e^-1/x^2 , wenn ich jetzt zwei Faktoren habe, bei dem einer gegen unendlich sterbt und der andere gegen null, was soll dann das gesamt Ergebnis sein? Ich meine im Endeffekt habe ich eine Funktion und ich will ihre Steigung haben und wenn man die Funktion zeichnen würde, dann wäre es ganz klar null an der stelle null.

Leider ist das meine erste Abgabe seit längerem und ich bin was Grenzwertbestimmung sehr eingerostet.
Danke aufjedenfall für deine bisherige Hilfe und Geduld

05.04.2019, 12:12

Schulabfrager11

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Tut mir leid, ich habs übersehen, dass für 1/x * e^-1/x^2 null rauskommt, da ich. ja null * irgendwas(unendlich) rechne

05.04.2019, 12:20

HAL 9000

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Zitat:

Original von Schulabfrager11
Bezüglich des Grenzübergangs von 1/x * e^-1/x^2 , wenn ich jetzt zwei Faktoren habe, bei dem einer gegen unendlich sterbt und der andere gegen null, was soll dann das gesamt Ergebnis sein? Ich meine im Endeffekt habe ich eine Funktion und ich will ihre Steigung haben und wenn man die Funktion zeichnen würde, dann wäre es ganz klar null an der stelle null.

Das ist keine Begründung, sondern lediglich eine Mutmaßung. An der Stelle ist eine seriöse Begründung gefragt, warum der Grenzwert hier gleich Null ist. Bisher habe ich da von dir nur haarsträubendes gehört. DAS ist der eigentliche Kern der Aufgabe hier - wenn man da rumschlampt, kann man es auch gleich sein lassen.

Eine seriöse Begründung auch ohne die obige Substitution wäre z.B. die Anwendung der L'Hospital-Regel:

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0+} \frac{1}{x}\cdot e^{-\frac{1}{x^2}} = \lim_{x\to 0+} \frac{\frac{1}{x}}{e^{\frac{1}{x^2}}} \stackrel{LH}{=} \lim_{x\to 0+} \frac{-\frac{1}{x^2}}{e^{\frac{1}{x^2}}\cdot \left(-\frac{2}{x^3}\right)} = \lim_{x\to 0+} \frac{x}{2e^{\frac{1}{x^2}}} = \lim_{x\to 0+} \frac{x}{2} e^{-\frac{1}{x^2}} = 0\cdot 0 = 0 \end{eqnarray*}$

05.04.2019, 12:43

Schulabfrager11

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Mit der Substitution hätte ich ja. lim_x->0 1/x * e^-1/x^2 ich substituiere x= 1/z und erhalte lim_z->unendlich 1/1/z * e^-z^2 = lim_z->unendlich z*e^-z^2 an dieser stelle läuft z gegen unendlich und e^-z^2 gegen null => unendlich * null ist null

Ich hoffe das sieht schon etwas besser aus

05.04.2019, 13:21

klarsoweit

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Also schauen wir mal:

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty} x \cdot \frac 1 x \stackrel{?}{=} \infty \cdot 0 \stackrel{?}{=} 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty} x \cdot \frac{1}{x^2} \stackrel{?}{=} \infty \cdot 0 \stackrel{?}{=} 0 \end{eqnarray*}$

Tatsächlich kommt beim ersten Grenzwert 1 heraus. Beim zweiten Grenzwert stimmt zwar das Ergebnis, aber die Rechnung $\begin{eqnarray*} \infty \cdot 0 = 0 \end{eqnarray*}$ ist doch eher fragwürdig, man kann auch sagen unzulässig.

Für $\begin{eqnarray*} \lim_{z \to \infty} \frac{z}{e^{z^2}} \end{eqnarray*}$ kann man sich mit der Abschätzung $\begin{eqnarray*} e^{z^2} \geq 1 + z^2 \end{eqnarray*}$ behelfen. smile

PS: bist du identisch mit Hercules? Wenn ja, solltest du dich für einen Account entscheiden.

05.04.2019, 13:45

HAL 9000

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Zitat:

Original von klarsoweit
Für $\begin{eqnarray*} \lim_{z \to \infty} \frac{z}{e^{z^2}} \end{eqnarray*}$ kann man sich mit der Abschätzung $\begin{eqnarray*} e^{z^2} \geq 1 + z^2 \end{eqnarray*}$ behelfen.

Um schon mal vorzugreifen: Beim Beweis der o.g. Formel für die $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -te Ableitung $\begin{eqnarray*} f^{(n)} \end{eqnarray*}$ fällt bei der Existenz/Bestimmung des Wertes $\begin{eqnarray*} f^{(n+1)}(0) \end{eqnarray*}$ ein ganz ähnlicher Grenzwert an, nur dass statt $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ im Zähler ein Polynom in $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ steht. Der Grenzwert ist aber auch da gleich Null, weil eine solche Exponentialfunktion im Nenner stärker wächst als jedes Polynom noch so hohen Grades.

07.04.2019, 23:52

Schulabfrager11

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Hab den Ansatz benutzt und mit vollständiger Induktion gezeigt, dass f(x) beliebig oft differenzierbar ist.

IA: f^(0) (x) = e^-(1/x^2) = f(x)

f^(1) (x) = (1/x^3/2) * e^-1/x^2

IV: ....

IS: f^(n) = f(x)* q_n(1/x)
f^(n+1)(x) = (f^(n))´(x) ...... =e^-1/x^2 ((1/x^3/2)*q_n(1/x) + q_n´(1/x))

p_n+1 = ((1/x^3/2)*q_n(1/x) + q_n´(1/x))

Damit ist gezeigt das p_n+1 ein Polynom ist und das f^(n+1) (x) = f(x) * p_n+1(1/x) gilt

Morgen ist die Abgabe, ich hab die aufgaben sonst sehr gut hinbekommen und bedank mich sehr bei euch beiden für eure Hilfe.

Lg

PS: Ja bin hercules, ich bleibe bei diesem account in Zukunft smile

08.04.2019, 08:58

HAL 9000

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Zitat:

Original von Schulabfrager11
f^(n+1)(x) = (f^(n))´(x) ...... =e^-1/x^2 ((1/x^3/2)*q_n(1/x) + q_n´(1/x))

p_n+1 = ((1/x^3/2)*q_n(1/x) + q_n´(1/x))

Damit ist gezeigt das p_n+1 ein Polynom ist und das f^(n+1) (x) = f(x) * p_n+1(1/x) gilt

Wenn du nur richtig rechnen würdest...

Mit Produkt- und Kettenregel folgt für $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f^{(n+1)}(x) &=& \left( f^{(n)}(x) \right)' = \left( q_n\left(\frac{1}{x}\right) \right)' e^{-\frac{1}{x^2}} + q_n\left(\frac{1}{x}\right) \left( e^{-\frac{1}{x^2}} \right)' = q_n'\left(\frac{1}{x}\right)\cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right) e^{-\frac{1}{x^2}} + q_n\left(\frac{1}{x}\right) e^{-\frac{1}{x^2}}\cdot \frac{2}{x^3}\\ &=& \left( \frac{2}{x^3} q_n\left(\frac{1}{x}\right) -\frac{1}{x^2} q_n'\left(\frac{1}{x}\right) \right) e^{-\frac{1}{x^2}} \end{eqnarray*}$

Letzterer Term entspricht nun $\begin{eqnarray*} q_{n+1}\left(\frac{1}{x}\right) e^{-\frac{1}{x^2}} \end{eqnarray*}$ , sofern man

$\begin{eqnarray*} q_{n+1}(t) := 2t^3q_n(t)-t^2q_n'(t) \end{eqnarray*}$

definiert. An diesem Term sieht man auch gleich, dass sich der Polynomgrad von $\begin{eqnarray*} q_n \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} q_{n+1} \end{eqnarray*}$ um genau 3 erhöht. Die ersten Polynome dieser Folge sind

$\begin{eqnarray*} q_0(t)=1 \end{eqnarray*}$ für die Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ selbst

$\begin{eqnarray*} q_1(t) = 2t^3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} q_2(t) = 4t^6-6t^4 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} q_3(t) = 8t^9-36t^7+24t^5 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} q_4(t) = 16t^{12}-144t^{10}+300t^8-120t^6 \end{eqnarray*}$ .

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