(Teil-) Beweis l'Hospital < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:02 So 12.08.2007 | | Autor: | psjan |
Hallo alle,
im Lösungsbuch zum Forster I habe ich einen Beweis zur Regel von de l'Hospital gelesen, den ich an einer Stelle nicht nachvollziehen kann. Ich schreibe mal, was da steht:
Beh: Seien [mm] a, b \in \IR [/mm] mit [mm] a
a) [mm] g'(x) \not= 0 [/mm] für alle [mm] x \in [a,b] [/mm]
b) [mm] \limes_{x\searrow a} \bruch{f'(x)}{g'(x)}=c \in \IR [/mm]
c) Entweder [mm] \limes_{x\searrow a} f(x) = \limes_{x\searrow a} g(x) = 0 [/mm]
oder [mm] \limes_{x\searrow a} |g(x)|= \infty [/mm].
Man zeige: [mm] \limes_{x\searrow a} \bruch{f(x)}{g(x)}=c [/mm]
Der Beweis geht eigentlich ganz klassisch mit Hilfe des verallgemeinerten Mittelwertsatzes. Beim Beweis, der im zweiten Fall bei c) steht kommt aber die Stelle, die ich nicht verstehe:
[...]
II) Jetzt sei in c) die Bedingung [mm] \limes_{x\searrow a} |g(x)|= \infty [/mm] erfüllt. Zu vorgegebenen [mm] \varepsilon > 0 [/mm] existiert ein [mm] \delta > 0 [/mm], so dass [mm] a + \delta < b [/mm] und
[mm] \left| \bruch{f'(\xi)}{g'(\xi)} -c \right| \le \varepsilon / 2 [/mm] für alle [mm] \xi \in ]a, a+\delta] [/mm].
Nach dem verallgemeinerten Mittelwertsatz (vgl. Aufgabe 16 H) folgt daraus
[mm] \left| \bruch{f(x) - f(a+\delta)}{g(x) - g(a+\delta)} - c \right| \le \varepsilon / e[/mm] für alle [mm] x \in ]a, a+\delta] [/mm].
Sei [mm] \alpha := f(a+\delta), \beta:= g(a+\delta)[/mm]. Wegen der obigen Abschätzung gibt es eine Konstante [mm] M \in \IR_+[/mm], so dass
[mm] \left| \bruch{f(x)-\alpha}{g(x)-\beta} \right| \le M [/mm] für alle [mm] x \in ]a, a+\delta] [/mm].
Jetzt kommt die Stelle:
Da [mm] \limes_{x\searrow a}| g(x) | = \infty [/mm], folgt damit die Existenz eines [mm]\delta_1, 0<\delta_1 \le \delta [/mm], mit
[mm] \left| \bruch{f(x)}{g(x)} - \bruch{f(x)-\alpha}{g(x)-\beta} \right| \le \varepsilon /2 [/mm] für alle [mm] x \in ]a, a+\delta_1][/mm].
Ende der Stelle.
Der Vollständigkeit halber noch der Rest:
Insgesamt erhält man
[mm] \left| \bruch{f(x)}{g(x)} - c \right| \le \varepsilon /2 + \varepsilon /2 = \varepsilon [/mm] für alle [mm] x \in ]a, a+\delta_1][/mm].
Warum gilt die Aussage bei der markierten Stelle? Wahrscheinlich ist es trivial, aber ich sehe es einfach nicht. Heuristisch kann ich es beinahe einsehen(|f| muss dann doch auch gegen [mm] \infty [/mm] streben; die beiden Terme innerhalb der Betragsstriche werden sich dann immer ähnlicher; wenn man sie auf einen Bruchstrich schreibt bleibt im Zähler etwas wie g-f und im Nenner etwas wie [mm]g^2-g[/mm] übrig,...), aber eine formale Begründung wäre mir viel lieber...
Fürchte, es ist total offensichtlich.
Ich danke schon einmal für Eure Anregungen...
psj [mm] \text{\#-/}
[/mm]
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> Jetzt kommt die Stelle:
>
> Da [mm]\limes_{x\searrow a}| g(x) | = \infty [/mm], folgt damit die
> Existenz eines [mm]\delta_1, 0<\delta_1 \le \delta [/mm], mit
> [mm]\left| \bruch{f(x)}{g(x)} - \bruch{f(x)-\alpha}{g(x)-\beta} \right| \le \varepsilon /2[/mm]
> für alle [mm]x \in ]a, a+\delta_1][/mm].
>
> Ende der Stelle.
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Der Ausdruck in den Betragsstrichen lässt sich wie folgt umformen:
[mm] \bruch{f(x)}{g(x)} - \bruch{f(x)-\alpha}{g(x)-\beta} = \bruch{f(x)g(x)-\beta f(x)-f(x)g(x)+\alpha g(x)}{g(x)(g(x)-\beta)}= \bruch{\alpha g(x)-\beta f(x)}{g(x)(g(x)-\beta)}[/mm]
[mm]= \bruch{\alpha g(x)-\alpha\beta-\beta f(x)+\alpha\beta}{g(x)(g(x)-\beta)}=\bruch{\alpha (g(x)-\beta)-\beta (f(x)-\alpha)}{g(x)(g(x)-\beta)}=\bruch{\alpha (g(x)-\beta)}{g(x)(g(x)-\beta)}-\bruch{\beta (f(x)-\alpha)}{g(x)(g(x)-\beta)}[/mm]
[mm]=\bruch{\alpha}{g(x)}-\bruch{\beta}{g(x)}\bruch{(f(x)-\alpha)}{(g(x)-\beta)}
[/mm]
Der erste Bruch geht nach Null, wenn x gegen a und damit g(x) nach unendlich geht, da [mm] \alpha [/mm] konstant ist.
Aus dem selben Grund geht beim Subtrahenden der erste Bruch [mm] \bruch{\beta}{g(x)} [/mm] gegen 0. Der zweite Bruch ist aber betragsmäßig beschränkt, es war ja
$ [mm] \left| \bruch{f(x)-\alpha}{g(x)-\beta} \right| \le [/mm] M $.
Dieser Wert muss zwar nicht unbedingt konvergieren, aber das Produkt der beiden geht somit ebenfalls gegen 0. Also konvergiert der gesamte Ausdruck gegen Null, wenn x nach a geht und wird ab [mm] x<\delta_1 [/mm] wie gefordert [mm] \le \epsilon [/mm] /2.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:02 So 19.08.2007 | | Autor: | psjan |
Vielen Dank, jetzt verstehe ich das endlich !
Viele Grüße,
psj
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