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| Aufgabe | Hallo an alle!
Sei [mm] $f(x)=x\cdot \wurzel{1-x^2}$ [/mm] eine Funktion.
a) Bestimme die Definitionsmenge $D$.
b) Ist $f(x)$ fùr alle Zahlen in $D$ stetig?
c) Ist $f(x)$ fùr alle Zahlen in $D$ differenzierbar? |
Also, bin schon mal soweit gekommen:
$D=[-1,\ [mm] 1]\subset \IR$
[/mm]
Laut Definition ist $f(x)$ fùr [mm] $x=x_0$ [/mm] stetig, wenn
a) [mm] $f(x_0)$ [/mm] existiert
b) [mm] $\limes_{x\rightarrow x_0}f(x)$ [/mm] existiert, d.h. wenn [mm] $\limes_{x\rightarrow x_0^+} f(x)=\limes_{x\rightarrow x_0^-} [/mm] f(x)$
c) [mm] $f(x_0)=\limes_{x\rightarrow x_0} [/mm] f(x)$.
Nun meine Frage: Theoretisch mùsste ich fùr alle Zahlen in $D$ kontrollieren, dass a), b) und c) erfùllt sind. Aber das kanns doch nicht sein? Gibt es eine andere Mòglichkeit?
Dasselbe Problem habe ich mit der Differenzierbarkeit:
Laut Definition ist $f(x)$ in [mm] $x=x_0$ [/mm] differenzierbar, wenn
[mm] $\limes_{x\rightarrow x_0} \bruch{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$ [/mm] existiert, d.h. wenn [mm] $\limes_{x\rightarrow x_0^+} \bruch{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\limes_{x\rightarrow x_0^-}\bruch{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$.
[/mm]
Danke an alle, die mir weiterhelfen.
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Hallo,
dein Definitionsbereich ist richtig. Die Stetigkeit einer Funktion weißt man enteder direkt an Hand der Definition nach, also mit dem [mm] \epsilon-\delta-Kriterium. [/mm] Oder man führt sie zurück auf die Stetigkeit der elementaren Funktionen, aus denen die fragliche Funktion zusammengesetzt ist. Was hast du über die Kompsoition stetiger Funktionen gelernt? Das könnte man hier anwenden.
Für die Teilaufgabe c) bilde doch einfach mal die Ableitungsfunktion. Dieser entnimmt man diejenigen Stellen, an denen f nicht differenzierbar ist, per Ablesen. 
Gruß, Diophant
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Danke Diophant!
Also erstmal zu Punkt c):
Die Ableitung ist:
[mm] $f'(x)=\wurzel{1-x^2}-\bruch{x^2}{\wurzel{1-x^2}}$.
[/mm]
Weiss nicht ob ich dich richtig verstanden habe: kann ich jetzt sagen, dass $f(x)$ fùr alle Zahlen in $D$ differenzierbar ist ausser fùr die Zahlen $-1$ und $+1$ (=Nullstellen des Nenners)? Stimmt das?
Zu Punkt b):
Ich weiss, dass die Komposition aus stetigen Funktionen eine stetige Funktion ergibt. Aber aus welchen Funktionen ist $f(x)$ die Komposition? Bekomm das mit dem Mal nicht so richtig hin.
Kònnte ich das so machen:
[mm] $f(x)=\wurzel{x^2-x^4}$. [/mm] Dann ist [mm] $f(x)=h(x)\circ [/mm] g(x)$, wobei [mm] $g(x)=x^2-x^4$ [/mm] und [mm] $h(x)=\wurzel{x}$.
[/mm]
$g(x)$ ist eine Polynomfunktion und deshalb in [mm] $\IR$ [/mm] stetig, aber warum ist $h(x)$ stetig?
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Hallo,
> Danke Diophant!
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> Also erstmal zu Punkt c):
> Die Ableitung ist:
> [mm]f'(x)=\wurzel{1-x^2}-\bruch{x^2}{\wurzel{1-x^2}}[/mm].
> Weiss nicht ob ich dich richtig verstanden habe: kann ich
> jetzt sagen, dass [mm]f(x)[/mm] fùr alle Zahlen in [mm]D[/mm]
> differenzierbar ist ausser fùr die Zahlen [mm]-1[/mm] und [mm]+1[/mm]
> (=Nullstellen des Nenners)? Stimmt das?
genau so ist das! ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> Zu Punkt b):
> Ich weiss, dass die Komposition aus stetigen Funktionen
> eine stetige Funktion ergibt. Aber aus welchen Funktionen
> ist [mm]f(x)[/mm] die Komposition? Bekomm das mit dem Mal nicht so
> richtig hin.
> Kònnte ich das so machen:
> [mm]f(x)=\wurzel{x^2-x^4}[/mm]. Dann ist [mm]f(x)=h(x)\circ g(x)[/mm], wobei
> [mm]g(x)=x^2-x^4[/mm] und [mm]h(x)=\wurzel{x}[/mm].
> [mm]g(x)[/mm] ist eine Polynomfunktion und deshalb in [mm]\IR[/mm] stetig,
> aber warum ist [mm]h(x)[/mm] stetig?
Die Stetigkeit der Wurzelfunktion auf [mm] [0;\infty) [/mm] kann man aus der Stetigkeit der Quadratfunktion folgern (die Wurzelfunktion ist die Umkehrfunktion der Funktion q: [mm] [0;\infty) [/mm] -> [mm] [0;\infty) [/mm] mit q: x -> [mm] x^2).
[/mm]
Mit g=x, [mm] h=1-x^2 [/mm] und [mm] k=\wurzel{x} [/mm] hättest du eine weitere Möglichkeit, f als Komposition zu schreiben, aber deine Version ist natürlich auch richtig.
Gruß, Diophant
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:15 Fr 25.05.2012 | | Autor: | fred97 |
Zu c): mit der Antwort von Diophant bin ich nicht ganz einverstanden.
Mach es lieber so: ist a [mm] \in \{1,-1\}, [/mm] so zeige, dass der GW
[mm] \limes_{x\rightarrow a}\bruch{f(x)-f(a)}{x-a}
[/mm]
nicht existiert.
FRED
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Danke Fred!
Ich hàtte das auch so gemacht, aber warum muss ich das nur fùr -1 und 1 machen und nicht auch noch fùr alle anderen Zahlen im Intervall [-1, 1]?
Muss ich vielleicht zuerst die Ableitung f'(x) machen, schauen wo diese definiert ist und dann fùr alle Zahlen, fùr die f'(x) nicht definiert ist, zeigen, dass $ [mm] \limes_{x\rightarrow x_0} \bruch{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} [/mm] $ nicht existiert?
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Hallo,
> Danke Fred!
>
> Ich hàtte das auch so gemacht,
es ist halt immer schwierig einzuschätzen, auf welchem Level eine solche Frage beantwortet werden soll. Daher mein etwas 'schulmathematischer' Tipp.
> aber warum muss ich das nur
> fùr -1 und 1 machen und nicht auch noch fùr alle anderen
> Zahlen im Intervall [-1, 1]?
> Muss ich vielleicht zuerst die Ableitung f'(x) machen,
> schauen wo diese definiert ist und dann fùr alle Zahlen,
> fùr die f'(x) nicht definiert ist, zeigen, dass
> [mm]\limes_{x\rightarrow x_0} \bruch{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}[/mm] nicht
> existiert?
Ich verstehe FRED dahingehend, dass du am besten die Ableitung per Differenzialquotient bildest und dabei zeigst, dass dieser für [mm] a\in\{-1;1\} [/mm] nicht existiert.
Gruß, Diophant
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Ok, verstehe.
Aber: $ [mm] a\in\{-1;1\} [/mm] $ bedeutet ja, dass man zeigen muss dass der Differentialquotient fùr $a=1$und $a=-1$ nicht existiert, oder?
Meine Frage: Warum nur fùr $ [mm] a\in\{-1;1\} [/mm] $ und nicht fùr alle Zahlen im Intervall [-1, 1]?
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Hallo Sonnenblume,
> Ok, verstehe.
> Aber: [mm]a\in\{-1;1\}[/mm] bedeutet ja, dass man zeigen muss dass
> der Differentialquotient fùr [mm]a=1[/mm]und [mm]a=-1[/mm] nicht existiert,
> oder?
> Meine Frage: Warum nur fùr [mm]a\in\{-1;1\}[/mm] und nicht fùr
> alle Zahlen im Intervall [-1, 1]?
rechne einfach den Grenzwert aus (Tipp: du wirst, wie bei Wurzelfunktionen üblich, erweitern müssen, so dass du ein 3. Binom im Zähler bekommst, danach kann man wiederum kürzen, aber durch einen anderen Faktor), dann siehst du unmittelbar, dass er nur für -1<x<1 existiert.
Gruß, Diophant
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| Aufgabe | | Ist [mm] $f(x)=\bruch{x\cdot \wurzel{1-x^2}}{x-1}$ [/mm] fùr alle Zahlen im Intervall $[-1,1]$ differenzierbar? |
Kann mir bitte jemand sagen, ob das so stimmt?
[mm] $\limes_{x\rightarrow 1} \bruch{x\cdot \wurzel{1-x^2}}{x-1}=\limes_{x\rightarrow 1} \bruch{x\cdot \wurzel{1-x^2}}{x-1}\cdot \bruch{\wurzel{1-x^2}}{\wurzel{1-x^2}}=\limes_{x\rightarrow 1} \bruch{x\cdot (1-x^2)}{(x-1)\cdot \wurzel{1-x^2}}=\limes_{x\rightarrow 1} \bruch{-x\cdot (x-1)\cdot (x+1)}{(x-1)\cdot \wurzel{1-x^2}}=\bruch{-2}{0}$.
[/mm]
Daraus folgt, dass der Grenzwert fùr [mm] $x\rightarrow [/mm] 1$ nicht existiert und daher $f(x)$ fùr $x=1$ nicht differenzierbar ist.
Hingegen:
[mm] $\limes_{x\rightarrow -1^+} \bruch{x\cdot \wurzel{1-x^2}}{x-1}=\bruch{0}{-2}=0$
[/mm]
Es existiert aber nur der rechtssetige Grenzwert und daher ist $f(x)$ fùr $x=-1$ nicht differenzierbar.
Stimmt das bis jetzt?
Nun meine Frage: Was garantiert mir jetzt, dass $f(x)$ z.B. in $x=0.5$ differenzierbar ist? Mùsste ich hier nicht auch beweisen, dass der Grenzwert von $f(x)$ fùr $x=0.5$ existiert? Habe aus den vorigen Antworten entnommen, dass ich das nicht muss, aber warum nicht?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:43 Di 29.05.2012 | | Autor: | Diophant |
Hallo Sonnenblume,
falls du damit
> Habe aus den vorigen Antworten entnommen, dass ich das
> nicht muss, aber warum nicht?
meine vorige Antwort meinst, so hast du sie gründlich missverstanden. Mein Ratschlag war der, die Ableitungsfunktion als
[mm]\limes_{x\rightarrow{x_0}}\bruch{f(x)-f(x_0}{x-x_0} [/mm]
allgemein zu bestimmen. Dabei folgt dann die zu zeigende Behauptung.
Gruß, Diophant
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Hallo,
> Ist [mm]f(x)=\bruch{x\cdot \wurzel{1-x^2}}{x-1}[/mm] fùr alle
> Zahlen im Intervall [mm][-1,1][/mm] differenzierbar?
> Kann mir bitte jemand sagen, ob das so stimmt?
> [mm]\limes_{x\rightarrow 1} \bruch{x\cdot \wurzel{1-x^2}}{x-1}=\limes_{x\rightarrow 1} \bruch{x\cdot \wurzel{1-x^2}}{x-1}\cdot \bruch{\wurzel{1-x^2}}{\wurzel{1-x^2}}=\limes_{x\rightarrow 1} \bruch{x\cdot (1-x^2)}{(x-1)\cdot \wurzel{1-x^2}}=\limes_{x\rightarrow 1} \bruch{-x\cdot (x-1)\cdot (x+1)}{(x-1)\cdot \wurzel{1-x^2}}=\bruch{-2}{0}[/mm].
>
> Daraus folgt, dass der Grenzwert fùr [mm]x\rightarrow 1[/mm] nicht
> existiert und daher [mm]f(x)[/mm] fùr [mm]x=1[/mm] nicht differenzierbar
> ist.
Das ist ja noch richtig. Aber dies hier:
> Hingegen:
> [mm]\limes_{x\rightarrow -1^+} \bruch{x\cdot \wurzel{1-x^2}}{x-1}=\bruch{0}{-2}=0[/mm]
>
> Es existiert aber nur der rechtssetige Grenzwert und daher
> ist [mm]f(x)[/mm] fùr [mm]x=-1[/mm] nicht differenzierbar.
ist ja überhaupt nicht nachvollziehbar. An der Stelle x=-1 müsstest du eine neue Grenzwertbetrachtung durchführen, denn der Nenner muss hier x+1 heißen!
> Stimmt das bis jetzt?
> Nun meine Frage: Was garantiert mir jetzt, dass [mm]f(x)[/mm] z.B.
> in [mm]x=0.5[/mm] differenzierbar ist? Mùsste ich hier nicht auch
> beweisen, dass der Grenzwert von [mm]f(x)[/mm] fùr [mm]x=0.5[/mm] existiert?
> Habe aus den vorigen Antworten entnommen, dass ich das
> nicht muss, aber warum nicht?
Wie gesagt, wenn schon denn schon: Ableitungsfunktion als Grenzwert des Differenzenquotienten für [mm] x->x_0 [/mm] ermitteln, dann hast du die gewünschte Aussage sofort.
Gruß, Diophant
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Ok, natùrlich im Nenner muss $x+1$ stehen... Dann existiert der Grenzwert fùr $x=-1$ nicht (Rechnung àhnlich wie fùr Grenzwert [mm] $x\rightarrow [/mm] 1$.)
Entschuldige bitte, Diophant und danke fùr deine Geduld!
Also:
$ [mm] \limes_{x\rightarrow x_0} \bruch{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\limes_{x\rightarrow x_0}\bruch{x\cdot \wurzel{1-x^2}-x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2}}{x-x_0}=\limes_{x\rightarrow x_0}\bruch{x\cdot \wurzel{1-x^2}-x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2}}{x-x_0}\cdot \bruch{x\cdot \wurzel{1-x^2}+x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2}}{x\cdot \wurzel{1-x^2}+x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2}}=$
[/mm]
Weil du hattest ja geschrieben: "Du wirst, wie bei Wurzelfunktionen üblich, erweitern müssen, so dass du ein 3. Binom im Zähler bekommst"
[mm] $=\limes_{x\rightarrow x_0}\bruch{x^2\cdot (1-x^2)-x_0^2\cdot (1-x_0^2)}{(x-x_0)\cdot (x\cdot \wurzel{1-x^2}+x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2})}.$
[/mm]
Nun schreibst du: "Danach kann man wiederum kürzen, aber durch einen anderen Faktor"
Wie meinst du das? Ich komme hier nicht mehr weiter :-(
Danke fùr deine Hilfe Diophant!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:51 Di 29.05.2012 | | Autor: | fred97 |
> Ok, natùrlich im Nenner muss [mm]x+1[/mm] stehen... Dann existiert
> der Grenzwert fùr [mm]x=-1[/mm] nicht (Rechnung àhnlich wie fùr
> Grenzwert [mm]x\rightarrow 1[/mm].)
> Entschuldige bitte, Diophant
> und danke fùr deine Geduld!
>
> Also:
> [mm]\limes_{x\rightarrow x_0} \bruch{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\limes_{x\rightarrow x_0}\bruch{x\cdot \wurzel{1-x^2}-x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2}}{x-x_0}=\limes_{x\rightarrow x_0}\bruch{x\cdot \wurzel{1-x^2}-x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2}}{x-x_0}\cdot \bruch{x\cdot \wurzel{1-x^2}+x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2}}{x\cdot \wurzel{1-x^2}+x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2}}=[/mm]
>
> Weil du hattest ja geschrieben: "Du wirst, wie bei
> Wurzelfunktionen üblich, erweitern müssen, so dass du ein
> 3. Binom im Zähler bekommst"
>
> [mm]=\limes_{x\rightarrow x_0}\bruch{x^2\cdot (1-x^2)-x_0^2\cdot (1-x_0^2)}{(x-x_0)\cdot (x\cdot \wurzel{1-x^2}+x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2})}.[/mm]
>
> Nun schreibst du: "Danach kann man wiederum kürzen, aber
> durch einen anderen Faktor"
> Wie meinst du das? Ich komme hier nicht mehr weiter :-(
> Danke fùr deine Hilfe Diophant!
Du betrachtest da oben doch gar nicht die Funktion $ [mm] f(x)=\bruch{x\cdot \wurzel{1-x^2}}{x-1} [/mm] $, sondern
[mm] x\cdot \wurzel{1-x^2} [/mm]
FRED
>
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Ja die Funktion ist ja [mm] $f(x)=x\cdot \wurzel{1-x^2}$. [/mm] Ich muss die Differenzierbarkeit im Intervall $[-1, 1]$ kontrollieren.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:06 Di 29.05.2012 | | Autor: | fred97 |
In
$ [mm] =\limes_{x\rightarrow x_0}\bruch{x^2\cdot (1-x^2)-x_0^2\cdot (1-x_0^2)}{(x-x_0)\cdot (x\cdot \wurzel{1-x^2}+x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2})}. [/mm] $
rechne mal den Zähler aus und beachte [mm] x_0^3-x^3=(x_0-x)(x_0^2+x_0x+x^2)
[/mm]
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Wie kommst du auf $ [mm] x_0^3-x^3=(x_0-x)(x_0^2+x_0x+x^2) [/mm] $?
Habe den Zàhler ausgerechnet und bekomme [mm] $x^2-x^4-x_0^2-x_0^4$ [/mm] heraus.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:43 Di 29.05.2012 | | Autor: | fred97 |
> Wie kommst du auf [mm]x_0^3-x^3=(x_0-x)(x_0^2+x_0x+x^2) [/mm]?
Da hab ich mich um eine Potenz vertan !
> Habe
> den Zàhler ausgerechnet und bekomme [mm]x^2-x^4-x_0^2-x_0^4[/mm]
Es ist [mm] x^2-x_0^2=(x-x_0)(x+x_0)
[/mm]
und
[mm] x_0^4-x^4=(x-x_0)(x_0^3+x_0^2x+x_0x^2+x^3)
[/mm]
FRED
> heraus.
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Also:
[mm] $...=\limes_{x\rightarrow x_0}\bruch{x^2\cdot (1-x^2)-x_0^2\cdot (1-x_0^2)}{(x-x_0)\cdot (x\cdot \wurzel{1-x^2}+x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2})}=$
[/mm]
[mm] $=\limes_{x\rightarrow x_0}\bruch{x^2-x^4-x_0^2+x_0^4}{(x-x_0)\cdot (x\cdot \wurzel{1-x^2}+x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2})}=$
[/mm]
[mm] $=\limes_{x\rightarrow x_0}\bruch{(x-x_0)\cdot (x+x_0)+(x-x_0)\cdot (-x^3-x_0x^2-x_0^2x-x_0^3)}{(x-x_0)\cdot (x\cdot \wurzel{1-x^2}+x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2})}=$
[/mm]
[mm] $=\limes_{x\rightarrow x_0}\bruch{(x-x_0)\cdot (x+x_0-x^3-x_0x^2-x_0^2x-x_0^3)}{(x-x_0)\cdot (x\cdot \wurzel{1-x^2}+x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2})}=$
[/mm]
[mm] $=\limes_{x\rightarrow x_0}\bruch{x+x_0-x^3-x_0x^2-x_0^2x-x_0^3}{x\cdot \wurzel{1-x^2}+x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2}}=$
[/mm]
[mm] $=\bruch{x_0+x_0-x_0^3-x_0^3-x_0^3-x_0^3}{x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2}+x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2}}=$
[/mm]
[mm] $=\bruch{2x_0-4x_0^3}{2x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2}}=$
[/mm]
[mm] $=\bruch{1-2x_0^2}{\wurzel{1-x_0^2}}.$
[/mm]
Und dieser Grenzwert existiert fùr [mm] $x_0\in [/mm] (-1,\ 1)$.
Stimmt das jetzt so?
Danke danke an alle!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:12 Di 29.05.2012 | | Autor: | fred97 |
> Also:
> [mm]...=\limes_{x\rightarrow x_0}\bruch{x^2\cdot (1-x^2)-x_0^2\cdot (1-x_0^2)}{(x-x_0)\cdot (x\cdot \wurzel{1-x^2}+x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2})}=[/mm]
>
> [mm]=\limes_{x\rightarrow x_0}\bruch{x^2-x^4-x_0^2+x_0^4}{(x-x_0)\cdot (x\cdot \wurzel{1-x^2}+x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2})}=[/mm]
>
> [mm]=\limes_{x\rightarrow x_0}\bruch{(x-x_0)\cdot (x+x_0)+(x-x_0)\cdot (-x^3-x_0x^2-x_0^2x-x_0^3)}{(x-x_0)\cdot (x\cdot \wurzel{1-x^2}+x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2})}=[/mm]
>
> [mm]=\limes_{x\rightarrow x_0}\bruch{(x-x_0)\cdot (x+x_0-x^3-x_0x^2-x_0^2x-x_0^3)}{(x-x_0)\cdot (x\cdot \wurzel{1-x^2}+x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2})}=[/mm]
>
> [mm]=\limes_{x\rightarrow x_0}\bruch{x+x_0-x^3-x_0x^2-x_0^2x-x_0^3}{x\cdot \wurzel{1-x^2}+x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2}}=[/mm]
>
> [mm]=\bruch{x_0+x_0-x_0^3-x_0^3-x_0^3-x_0^3}{x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2}+x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2}}=[/mm]
>
> [mm]=\bruch{2x_0-4x_0^3}{2x_0\cdot \wurzel{1-x_0^2}}=[/mm]
>
> [mm]=\bruch{1-2x_0^2}{\wurzel{1-x_0^2}}.[/mm]
> Und dieser Grenzwert existiert fùr [mm]x_0\in (-1,\ 1)[/mm].
>
> Stimmt das jetzt so?
Ja
FRED
> Danke danke an alle!
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