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Beitrag |
    
Christian (Duffbeer2000)
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 24. Januar, 2001 - 14:08: | 
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Bitte zeigt mir wie das geht so schnell wie möglich!!!
Am besten so wie unter:
http://www.mathehotline.de/mathe4u/hausaufgaben/messages/25/5534.html
und so einfach wie möglich! |
Frank (Norg)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 25. Januar, 2001 - 14:58: |
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Hallo.
Ich mach das so:
f(x)=xn
Die Ableitung ist u.a. so definiert:
f'(x)=limh®0(f(x+h)-f(x))/h
Um nicht so viel schreiben zu müssen, betrachte ich erst mal nur den Zähler:
f(x+h) - f(x) = (x+h)n - xn
Jetzt kann man den sog. Binomischen Lehrsatz anwenden, der so aussieht:
(a+b)n = Sk=0n(nk)an-k*bk
=an+n*an-1*b+...+bn
Für n=2 kennst du das aus den binom. Formeln. (nk) sind die Binomialkoeffizienten, die Zahlen aus dem Pascalschen Dreieck.
Das wenden wir jetzt auf (x+h)n an:
(x+h)n - xn = xn + n*xn-1*h + n*(n-1)/2*xn-2*h2 +...+hn - xn =
Man sieht, daß der erste und der letzte Summand (xn) rausfällt. In der großen Summe in der Mitte steckt überall der Faktor h2 drin, dafür schreiben wir jetzt h2*Rn(x), Rn(x) ist dabei ein ganz langes Polynom:
f(x+h) - f(x) = n*xn-1*h + h2*Rn(x)
Das alles können wir jetzt wieder oben einsetzen:
f'(x) = limh®0(f(x+h)-f(x))/h = limh®0(n*xn-1*h + h2*Rn(x))/h
Das h im Nenner können wir jetzt kürzen, und da im ersen Summanden dann kein h mehr drin ist können wir ihn vor den Grenzwert schreiben:
f'(x) = n*xn-1 + limh®0(h*Rn(x))
Da im Grenzwert h * "irgendwas" steht und h gegen Null geht, ist der ganze Grenzwert Null, also:
f'(x) = n*xn-1
q.e.d.
Hast du Fragen?
MfG Frank. |
Ingo
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 25. Januar, 2001 - 15:18: |
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Nichts für ungut Frank,aber n ist in der Aufgabenstellung als negativ vorausgesetzt worden und damit klappt dein Beweis nicht mehr.Zum Beispiel wird die Summe dadurch leer,nimmt also den Wert 0 an u.s.w.
Der richtige Weg wäre folgender :
[f(x+h)-f(x)] : h
= [ 1/(x+h)n - 1/xn ] : h
= [xn-(x+h)n] : [hxn(x+h)n]
= [-Sn-1 i=0(ni)xihn-i] : [hxn(x+h)n]
Jetzt kann man ein h kürzen und danach fallen für h®0 alle Terme bis auf h0 heraus.Was bleibt ist
[-(nn-1)xn-1] : x2n
= -n:x2n-(n-1)
= -n:xn+1
=-nx-n-1
q.e.d. |
Frank (Norg)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 25. Januar, 2001 - 15:24: |
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Huch, hab' ich übersehen, deiner läuft aber doch analog.
MfG Frank. |
Christian (Duffbeer2000)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 25. Januar, 2001 - 16:41: |
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Könnt ihr mir die 4. Zeile von Ingos Rechnung mal genauer erklären? Ich kapier das in der Klammer nichzt so ganz mit dem hochgestellten n und dem tiefgestellten i was heist das?
Und kannst du mir das mit dem Betragszeichen erklären?
Oder anderst schreiben das wäre nett aber wenn nicht geht ists auch nicht schlimm! |
Frank (Norg)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 25. Januar, 2001 - 17:13: |
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Das ist das was ich oben schon zum binomischen Lehrsatz geschrieben habe.
(nk) =: n!/(k!*(n-k)!)
n! ist n Fakultät.
Hilfts?
MfG Frank. |
Christian (Duffbeer2000)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 25. Januar, 2001 - 21:19: |
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Nein hilft leider nichts denn ich kapiere das nicht da ich das noch nicht gehabt habe!
Kannst du das ohne das erklären??? |
Frank (Norg)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 25. Januar, 2001 - 21:53: |
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Nun ja, eigentlich nicht. Man muß das (x+h)n ja irgendwie auseinanderpfriemeln. |
Frank (Norg)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 25. Januar, 2001 - 21:58: |
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Ich hätte da noch eine Idee, hattest du schon Kombinatorik? |
Christian (Duffbeer2000)
| | Veröffentlicht am Freitag, den 26. Januar, 2001 - 22:22: |
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Nein hatte ich noch nicht! |
Frank (Norg)
| | Veröffentlicht am Freitag, den 26. Januar, 2001 - 22:57: |
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Dann mal so:
(x+h)n bedeutet (x+h)*(x+h)*(x+h)*...*(x+h),
das ganze n-mal.
Wenn man das ganze Ausmultipliziert, gibt es nur eine Möglichkeit xn zu erhalten: jeweils die ersten Summanden in der Klammer miteinander malgenommen.
Um xn-1 zu erhalten gibt es n Möglichkeiten:
von allen Klammern außer einer den ersten Summanden und diese eine kann die erste, die zweite ... oder die n-te Klammer sein, und weil man in dieser dann das h nimmt, heißt der zweite Summand, der rauskommt n*xn-1*h.
Die anderen Summanden interessieren nur insofern, daß man weiß, daß bei ihnen jeweils h mehr als einmal vorkommt, man also h2 ausklammern kann.
Der erste Summand xn geht weg, weil er dahinter abgezogen wird, nur beim zweiten kürzt sich das h mit dem h im Nenner, bei den anderen bleibt mindesten h1 stehen, was dazu führt, daß sie mit h®0 auch verschwinden.
Das ist im Prinzip, was Ingo dort gemacht hat. |
Ingo
| | Veröffentlicht am Samstag, den 27. Januar, 2001 - 12:29: |
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Ich versuch nochmal einen ganz anderen Ansatz,nämlich mit vollständiger Induktion.
Behauptung : f(x)=x-n => f'(x)=-nx-n-1
Anfang(n=1) :
f(x)=x-1=1/x => f(x)=-1/x2=-1x-2 [Reziprokenregel bzw. Quotientenregel]
Ind.Annahme :
Die Behauptung gelte für ein bestimmtes nÎIN
Ind.Schluß
f(x)=x-n-1=x-nx-1
nach Produktregel und Induktionsannahme gilt
f'(x) = x-n(-1x-2)+x-1(-nx-n-1) = -x-n-2-nx-n-2 = -(n+1)x-n-2
q.e.d.
Allerdings fände ich es verwunderlich,wenn die ganzen Ableitungsregeln bekannt sind bevor man Funktionen des Typs 1/xn ableitet. Normalerweise wird nämlich der umgekehrte Weg gegangen. |
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