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Differenzierbarkeit und Stetigkeit berechnen

Schüler Gymnasium, 10. Klassenstufe

Tags: Differnezierbarkeit, Stetigkeit

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16:41 Uhr, 16.11.2011

hallo , ich soll zwei funktionen überprufen auf ihre stetigkeit und differenzierbarkeit:

$1) f (x) =$ -x² $+ 4 \cdot | x - 1 | + 3$

so hier habe ich dann einmal $l - lim$ und $r - lim$ berechnet:

$r - lim = 2$ und $l - lim = 2 - - - \to$ also ist die funktion bei $x = 1$ diff´bar und somit auch stetig oder ?

$2) f (x) = | x | \cdot e^{x}$

$r - lim = 0$ und $l - lim = 0$ hier weiß ich nicht ob wenn es null ist auch diff´bar und stetig ist....

so wär top wenn jemand mir helfen könnte
MfG
-boom-

$P . S$ .
$l - lim =$ Linker Limes und $r - lim =$ Rechter Limes

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Stetigkeit (Mathematischer Grundbegriff)
Differenzierbarkeit (Mathematischer Grundbegriff)

Matheboss aktiv_icon

17:00 Uhr, 16.11.2011

Du hast die Funktion doch in 2 Teile zerlegt.
$f_{1} (x) = - x^{2} + 4 \cdot x - 1$ für $x \geq 1$ und
$f_{2} (x) = - x^{2} - 4 \cdot x + 7$ für $x < 1$
und $f (x)$ ist bei $x = 1$ stetig, da $f (1) = l . G . = r . G = 2$
aber jetzt Ableitung
${f'}_{1} (x) = - 2 \cdot x + 4$ für $x > 1$
${f'}_{2} (x) = - 2 \cdot x - 4$ für $x < 1$
also
$lim {f'}_{1} (x$ gegen $1) = 2$
$lim {f'}_{2} (x$ gegen $1) = - 6$ also nicht diff-bar für $x = 1$ .

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17:02 Uhr, 16.11.2011

Auch zerlegen in
$f_{1} (x) = x \cdot e^{x}$ für $x \geq 0$
$f_{2} (x) = - x \cdot e^{x}$ für $x < 0$
ist für $x = 0$ stetig, weil....
Jetzt wie Aufgabe 1 weiter

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17:19 Uhr, 16.11.2011

ich dachte wenn eine funktion stetig ist dann ist die auch diff-bar ?!

also das zu1) sollen wir eig mit $lim - h$ machen aber so wie du es gemacht hast ist es auch richitg ? und wie kommse bei 1 auf $- 1$ und $+ 7$ am ende , da fehlt ja die $+ 3$ ?

danke für deine hilfe

Matheboss aktiv_icon

17:22 Uhr, 16.11.2011

Nein umgekehrt, wenn sie differenzierbar ist, dann ist sie stetig.
Eine Funktion ist differenzierbar, wenn sie stetig ist und die Steigungen links und rechts an der Nahtstelle übereinstimmen.
Wenn du es mit dem Differentialquotienten gemacht hast, dann musst Du es wohl weiter damit machen, abhängig vom Lehrer.

$f_{1} (x) = - x^{2} + 4 \cdot x - 4 + 3$
$f_{2} (x) = - x^{2} + 4 \cdot (- x + 1) + 3$

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17:23 Uhr, 16.11.2011

aso ok danke und zu meiner anderen frage mit $- 1$ und $+ 7$ ?

Matheboss aktiv_icon

17:30 Uhr, 16.11.2011

Habe ich jetzt oben ergänzt. Wir haben uns überkreuzt.
Ich hoffe, dies ist jetzt klar. Sonst nochmal nachfragen.

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17:43 Uhr, 16.11.2011

vielen dank schon mal , aber ignorierst du die betragstriche bei $x - 1,$ weil du die iwie ganz weglässt ?

zu $2)$ f´(x) = (x²+x)* $e^{\frac{x}{| x |}}$
f´(x) $= -$ (x²+x)* $e^{\frac{x}{| x |}}$

f´(0) $= 0$
f´(0) $= 0$

also ist die funktion bei $x = 0$ diff-bar oder ? ;-)

Matheboss aktiv_icon

09:40 Uhr, 17.11.2011

Ich ignoriere die Betragsstriche nicht, sondern
für $x \geq 1$ kann ich die Betragsstriche weglassen, weil $x - 1 \geq 0$
$f_{1} = ... .$ .

für $x < 1$ setze ich anstelle der Betragsstriche eine Klammer und minus davor, da für $x < 1$ der "Inhalt" bei den Betragsstrichen negativ $(x - 1 < 0)$ wird und durch "minus" dann positiv.
$f_{2} (x) = - x^{2} + 4 \cdot (- (x - 1)) + 3 = - x^{2} + 4 \cdot (- x + 1) + 3 = - x^{2} - 4 \cdot x + 4 + 3 = - x^{2} - 4 \cdot x + 7$

Aufgabe2) sieht oben so aus
$f (x) = | x | \cdot e^{x},$ da kann ich Deine Ableitung nicht nachvollziehen. Produktregel!

Matheboss aktiv_icon

10:02 Uhr, 17.11.2011

Zur Aufgabe 2)

f(x)=|x|* $e^{x}$ zerlege ich in

$f_{1} (x)$ =-x* $e^{x}$ für x<0 und

$f_{2} (x)$ =x* $e^{x}$ für x>=0

l.G.=r.G= f_2(0) =0 deshalb stetig bei x=0

Wenn Du nicht mit dem Differentialqupotienten arbeiten willst, dann mit dem linken und rechten Grenzwert der 1.Ableitung (ich schreibe es hier etwas sauberer, als gestern, aber da wollte der Formeleditor nicht mit mir).

${f^{'}}_{1} (x)$ = $- e^{x} - x * e^{x} = - e^{x} * (1 + x)$ für <0 und

${f^{'}}_{2} (x)$ = $e^{x} + x * e^{x} = e^{x} (1 + x)$ für x>0 hier habe ich das Gleichheitszeichen herausgenommen, da ich nicht weiß, ob die Funktion bei x=0 diff-bar ist, das soll ich ja feststellen! Für alle anderen x-Werte ist f(x) ja diff_bar. Das Problem ist nur die Nahtstelle x=0.

und jetzt müssen die Grenzwerte für x $\to$ 0 übereinstimmen, dann ist sie diff-bar, also

$\lim_{x \to 0^{-}} {f_{1}}^{'} (x) = \lim_{x \to 0^{-}} (- e^{x} * (1 + x)) = - 1 * 1 = - 1 \lim_{x \to 0^{+}} {f_{2}}^{'} (x) = \lim_{x \to 0^{+}} (e^{x} * (1 + x)) = 1 * 1 = 1$

l.G. und r.Grenzwert der 1. Ableitung bei x=0 stimmen nicht überein, deshalb nicht diff-bar an dieser Stelle.

-boom- aktiv_icon

16:42 Uhr, 17.11.2011

Viel dank hab's jetzt verstanden ;-)

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