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Fuzzylogik
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 30. Januar, 2000 - 13:40: | 
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Hallo Leute! Hier ist wieder mal Fuzzylogik.
Ich habe hier im Board eine Aufgabe gesehen, die die Zerlegung des Bruches
- ((a2*x)/(x-a)^2) beinhaltet. Hier muss halt eben x aus dem Nenner weg, weil es sonst vermeidbaren Aufwand beim Integrieren gibt.
Im Board war das anders gelöst, ich kam aber hier auf folgenden Zerlegung:
- (a^2/(x-a)) - (a^3/(x-a)^2)
Zum Glück war ein Binom im Zähler, sonst ... puuhh!
Frage: gibts hier irgendeine Regel für diese Zerlegung, bzw wie kommt man ohne langes langes Überlegen auf solche Zerlegung?
Für eine Antwort dankt Euch im Voraus Euer
XXFuzzylogikXX |
Fuzzylogik
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 30. Januar, 2000 - 13:49: |
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Halt, Stop, Fehler! Das x muss im Zähler weg, nicht im Nenner!
Grüsse
XXFuzzylogikXX |
Zaph
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 30. Januar, 2000 - 15:30: |
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Hi Fuzzylogik,
wie geht's deinem Physiklehrer? Ist er wieder gesund?
Aber zu deiner Frage: Wie wir wissen, ist Taylorentwicklung für dich kein Fremdwort. Entwickele also den Zähler um x = a in eine Taylorreihe Summe bi(x-a)i. Da der Zähler ein Polynom ist, hat die Reihe nur endlich viele Summanden. Jetzt jeden Summanden durch (x-a)² teilen und kürzen. Fertig! |
Fuzzylogik
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 30. Januar, 2000 - 18:31: |
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Hi Zaph,
tja, das ist ja eine gute Idee! Stimmt!! Gleich mal probieren!!!
Der Physiklehrer ist noch krank, aber nächste Woche habe ich schon vor einiger Zeit einen Termin bei ihm zu Hause abgemacht, alldieweil da weniger Störung ist. Dann gehts los!!! Mal schauen was er zum Konvergieren sagt... :-)
Viele Grüsse
XXFuzzylogikXX |
Thomas
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 30. Januar, 2000 - 18:59: |
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Hallo, nochmal Fuzzylogik hier:
Zaph, Künstlerpech ;-) ich kann nicht alle beiden Glieder durch (x-a)^2 teilen, sonst kriege ich beim Ausrechnen natürlich den ursprgl. Bruch nicht mehr hin.
Oder habe ich Dich falsch verstanden mit der Summe bi(x-a)^i, dass es heißt: durch (x-a)^i teilen. Dann wärs roger.
Aber die Idee ist genial. Wie sehe ich denn, dass ich nur den Zähler in eine Taylorreihe zu entwickeln brauche?? Ach so, weil nur dort das x raus muss?! |
Fuzzylogik
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 30. Januar, 2000 - 19:31: |
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Ja ich habe Dich falsch verstanden. Peinlich: Multipl. und Div. verlesen... Aber rtotzdem komme ich nicht ganz hin. Folgende Ergebnisse:
b1 = -a^3
b2 = -a^2
((-a^3)*(x-a)^1)-((a^2)*(x-a)^2)
ergibt nach Div mit (x-a)^2
- ((a^2x)/(x-a))
Viele Grüsse
XXFuzzylogikXX |
Fuzzylogik
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 30. Januar, 2000 - 19:45: |
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Moin nochmal,
hm, mit Index 0 hauts hin... Alles klar!
Euer
XXFuzzylogikXX |
Zaph
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 30. Januar, 2000 - 19:59: |
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Fuzzylogik, bin etwas confused! Hast du's jetzt verstanden oder nicht?? Der Film geht gleich weiter, kucke in der nächsten Werbeunterbrecung wieder her... |
Fuzzylogik
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 30. Januar, 2000 - 22:40: |
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Hallo Zaph,
alles roger!! Ich habe ja auch ein bisschen im Effekt gemailt. Es hat mit der Umformung einwandfrei funktioniert.
Bei der Berechnung eines "Restgliedes" hat sich übrigens bestätigt, dass die Sache in Ordnung ist. Für jedes eingesetzte x1 hat sich nichts geändert, d.h. es kam beim Restglied jedesmal ein negativer Wert heraus, der x1 auf x0 (bzw a) korrigiert hat. Das heisst ja wohl, dass es ein konstantes Ergebnis für alle x1 gibt. Das ist plausibel, weil x (bzw a)im Zähler und im Nenner des Bruches vorkommt, somit also bei jedem x sich der Wert nicht verändert!!
Ich hoffe, die confusion habe ich jetzt nicht maximiert ;-)) ich finds echt cool, dass Du mir so hilfst, und die Werbeunterbrechung nutzt!!
(Wusstest Du schon: Spielfilme, das sind immer die lästigen Unterbrechungen der Werbung :-))
Viele Grüsse
XXFuzzylogikXX |
Fuzzylogik
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 30. Januar, 2000 - 22:42: |
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P.S.: wie kommst Du eigentlich auf die Summenformel bi(x-a)^i gibts da eine Herleitung für? |
Fuzzylogik
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 30. Januar, 2000 - 23:46: |
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Verdammt, wieder falsch überlegt. Zaph, wenn Du Lust hast, rechne doch mal die Lagrange-Restgliedformel für den zerlegten Zähler! Mit zwei Gliedern. Diesmal müssen wir uns nicht über Theta unterhalten, die erste Ableitung ist nämlich konstant (-2a) und die zweite existiert nicht.
So, die Ergebnisse sind wie schon geschrieben sehr interessant, sagen aber nicht, dass der Wert des Bruches konstant ist. Das kann ja nicht sein.
Ich habe als x1 eingesetzt: 2a, 3a, 4a und als Restglied erhalten: -1a, -2a, -3a. Wenn man nun das Restglied von x1 abzieht, kommt immer a heraus. Hat das eine bestimmte Aussage?
Setze ich nun im Bruch für x ein: 2a, 3a; dann kommt als Ergebnis: 1a, 2a; und das zugehörige Restglied ist: -1a, -2a, -3a --> d.h. es ergibt sich insgesamt immer Null als Ergebnis.
Eigentlich sollte man meinen, das Restglied wäre Null?! Das ist der Fall, wenn ich in die Restgliedformel 1a einsetze. Dann ergibt sich für den "zerlegten" Bruch: Div. durch Null --> nicht definiert.
Aber auf der anderen Seite, kann es nicht so sein, dass es gar kein Restglied gibt?? Wenn es doch eine endliche Reihe ist...
Kann man also sagen, bei einer endlichen Reihe ist das Restglied immer der inverse Wert der Summe dieser Reihe?!
Was kann man daraus schliessen?
Ich hoffe, das ist jetzt nicht zuviel Mühe!!
Viele Grüsse
XXFuzzylogikXX
P.S.: bin auf die Antwort gespannt |
Ingo
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 30. Januar, 2000 - 23:55: |
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Wenns nur ums Integrieren geht,kann man die Partialbruchzerlegung übrigens umgehen.
Es ist nämlich
f(x)=-a2/2*(2x-2a)/(x-a)2 - 2a3/2(x-a)2
also F(x)=-a2*ln(x-a)+a3/(x-a) |
Fuzzylogik
| | Veröffentlicht am Montag, den 31. Januar, 2000 - 01:35: |
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Hallo Zaph,
meinen letzten Eintrag vergessen wir lieber mal. Jetzt hauts nämlich hin, ich habe vorher verschiedenes verwechselt & Rechenfehler. Eine "richtige" Taylorreihe ist es ja auch nicht, oder? Folgende Situation:
f(Zähler)=-a^2*x = b0
f`(Zähler)=-a^2 = b1
f``(Zähler)=0 bzw existiert nicht.
Es ist gemäss Deiner Bildungsregel (Index-Startwert ist 0)
f(Zähler zerlegter Bruch)=-a^3 - a^2(x-a)
f(Bruch)= -(a^3)/(x-a)^2 - (a^2)/(x-a)
Die Restgliedformel kann man denke ich nur für den zerlegten Zähler anwenden. Nur n=0 (d.h. es gibt erst ein Glied, und zwar b0) ist sinnvoll, da die Reihe nur zwei Glieder hat, somit ergäbe sich bei n=1 schon Rn+1 = n.d.
Bei n=0 in der Restgliedformel, x1=2a und x0=a (Entwicklungspunkt) brauche ich f`(Zähler)= -a^2 = const (somit keine Theta-Probleme). Ich komme dann auf ein Restglied von -a^3
Wenn man das mit f(Zähler zerlegter Bruch) vergleicht stellt man fest, dass es gleich dem ersten Glied ist.
Das verstehe ich nicht ganz, es müsste doch eigentlich gleich dem zweiten Glied sein. Denn, das Restglied gibt immer die Summe der restlichen Glieder an, bei einer Reihe mit zwei Gliedern, von denen eins ausgerechnet ist, kann der Rest doch nur das zweite Glied sein.
Oder habe ich was vertauscht bzw Deine Bildungsregel doch falsch angewendet?
Das wars aber für heute!!
Viele Grüsse
XXFuzzylogikXX |
Zaph
| | Veröffentlicht am Montag, den 31. Januar, 2000 - 18:11: |
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Hi Fuzzilogik, Ingo!
Zunächst Fuzzilogik,
ist dein Maß an Erkenntnis jetzt in einen stabilen Zustand konvergiert? OK, dann versuch' ich es mal mit einer Antwort.
Also Zähler = f(x) = -a²x. Dann f'(x) = -a² und f(n)(x) = 0 für n>1. (Selbstverständlich sind die zweite und alle höheren Ableitungen definiert und existieren!)
Somit f(a) = -a³, f'(a) = -a², f(n)(a) = 0 für n>1.
Taylor: f(x) = -a³(x-a)0 - a²(x-a)1 + R1(x)= -a³ - a²(x-a) + R1(x).
Jaja, das Restglied! Aber hier glücklicherweise total easy: Es ist, wie schon häufiger erwähnt, R1(x) = f"(a+theta*(x-a))/2 * (x-a)² für ein theta aus dem Intervall (a-x,a+x). Da f" aber überall Null, folgt R1(x) = 0, und somit f(x) = -a³ -a²(x-a).
Was ist aber mit R0(x)??
R0(x) = f'(a+theta*(x-a)) * (x-a) = -a²(x-a); unabhängig von theta! Wenn du also f(x) durch -a³ approximierst, ist der Fehler -a²(x-a). Ist ja auch irgendwo nachzuvollziehen. Mehr gibt die Restglieddarstellung in diesem Fall nicht her.
Nun Ingo,
du hast doch auch nichts anderes als PBZ gemacht. Nur hast du das in diesem Beispiel, weil es so einfach ist, einfach hingeschrieben. |
Fuzzylogik
| | Veröffentlicht am Montag, den 31. Januar, 2000 - 20:43: |
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Lieber Zaph,
dankeschön der Nachfrage bzgl meines Erkenntniszustandes. Heute morgen in der Englischstunde bin ich auch auf obigen Zusammenhang gestoßen, weil alles neu gerechnet.
Ingos Ansatz ist übrigens, soweit mir erinnerlich, die "Musterlösung" für diesen Fall gewesen.
Ich selber habe rumüberlegt, bis ich die Zerlegung gefunden habe (ohne Taylor), das ist aber mehr oder weniger Glückssache, v.a. weil ein Binom vorkommt.
OK, damit wäre die Sache wohl erledigt.
Grüsse
XXFuzzylogikXX |
Ingo
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 01. Februar, 2000 - 00:16: |
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Streng genommen hat Zaph recht,denn die Zerlegung eines Bruches in die Summe verschiedener Brüche ist nunmal eine Partialbruchzerlegung.
Das besondere ist nur,daß man nicht dem Standardansatz (ax+b)/... folgt,sondern direkt arbeiten kann. Ziel ist es in diesem Fall eine Funktion des Typs f'(x)/f(x) zu erzeugen,denn diese hat die Stammfunktion ln(f(x)).Da (x-a)2 abgeleitet 2(x-a) ergibt,kommt man auf den ersten Bruch,woraus sich zwangsläufig der zweite ergibt. Ganz ohne eine einzioge Gleichung gelöst zu haben(Zumindest auf dem Papier) |
Ömer
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 02. Februar, 2000 - 18:08: |
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Ich habe auch das Problem. Mir sollen Integral von a^x berechnen und weis nicht wie. |
Fern
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 02. Februar, 2000 - 19:41: |
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Hallo Ömer,
Mit Partialbruchzerlegung hat dies wenig zu tun:
ax=exln(a)
I= ò exln(a)dx
Wir setzen
u=xln(a)
du=ln(a)dx.....dx=du/ln(a)
I= ò [eu/ln(a)]du=
=1/ln(a)*ò eudu=eu/ln(a)=
=ax/ln(a)
=============== |
Ömer
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 02. Februar, 2000 - 20:26: |
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Hallo Fem,
cool!!! Mit e^ln kann ja auch berechnen I(1/x) = ln(x) ich oder? Nur schaffe ich nicht das. Weißt Du wie vieleicht? Ömer. |
Fern
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 02. Februar, 2000 - 22:49: |
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Hallo Ömer,
ò (1/x) = ln(x) + C ist eine Grundformel, die sich aus der Definition des ln ergibt:
Definition von ln(x):
ln(x) = ò (1/x) dt für t=1 bis x
========================================
Wie man dies mit e^ln berechnen kann, weiß ich auch nicht. |
Cleo
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 02. Februar, 2000 - 22:50: |
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Wieso Theta E (a-x;a+x) in den anderen Aufgaben war es doch 0 bis 1. Hilfe schnell bitte wir haben bald Klausur... :-((((( |
Ingo
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 02. Februar, 2000 - 23:04: |
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Ähm,wird der Logarithmus nicht normalerweise als Umkehrfunktion der Exponentialfunktion definiert ?
Die Definition als Stammfunktion von 1/x wäre mir neu.
Wenn man vom Umkehrfunktionsansatz ausgeht läßt sich die Stammfunktionsgeschichte nämlich als Eigenschaft des ln beweisen.
Es ist f(f-1(x))=x.
Beide Seiten abgeleitet ergibt nach der Kettenregel
f-1 '(x)f '(f-1(x))=1
=> f-1 '(x)=1:f'(f-1(x))
Mit f(x)=ex gilt also (ln(x))'=1:elnx=1:x |
Fern
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 03. Februar, 2000 - 00:08: |
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Hallo Ingo,
Aus deinen Antworten halte ich dich für einen professionellen Mathematiker (der ich nicht bin).
Deshalb war ich erstaunt über deine Bemerkung über die Definition des Logarithmus und habe nachgesehen:
Tatsächlich wird der Logarithmus in deutschen Büchern als Umkehrfunktion der Potenzfunktion definiert.
In der amerikanischen und auch in der französischen Literatur wird definiert als natürlicher Logarithmus das bestimmte Integral:
ln(x)=ò (1/t)dt Grenzen von t=1 bis t=x mit x>0
und der allgemeine Logarithmus zur Basis a wird dann definiert als:
loga(x)=ln(x)/ln(a)
==================================
Und da denkt man, die Mathematik sei international! |
Fuzzylogik
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 03. Februar, 2000 - 01:20: |
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Hallo Ingo,
ja, Du hattest mir ja mal gesagt, dass man einen Log über den Satz der Ableitung der Umkehrfunktion berechnet. Wenn man das "rückwärts" anwendet und wie hier auch bei a^x mit e^ln arbeitet, klappt es. Sogar bei einem Nicht-Profi wie ich es bin *grins*
Viele Grüsse
XXFuzzylogikXX |
Zaph
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 03. Februar, 2000 - 17:28: |
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Hi Cleo, hi Fern,
Zu Cleo: Du hast vollkommen Recht! Es musste theta aus (0,1) heißen. War hier aber glücklicherweise egal, da das Restglied nicht mehr von theta abhing.
Zu Fern: Wird in Frankreich und Amerika denn der Logarithmus noch nicht in der Mittelstufe behandelt? Oder macht man dort in der Mittelstufe etwa schon Integralrechnung? Im Übrigen halte ich es für viel natürlicher, den Logarithmus als Umkehrfunktion einzuführen. Genauso, wie Sinus und Cosinus über die Winkel zu definieren und nicht durch die Potenzreihe oder als Lösung einer Dgl 2.Ordnung. Oder die reellen Zahlen als Vervollständigung der rationalen Zahlen und nicht als "vollständigen angeordneten Körper" in den Raum zu werfen. Möglicherweise wird dadurch der eine oder andere Beweis zunächst etwas einfacher. Aber das halte ich für eine Mogelpackung, wenn man an den Satz über "die Invarianz der Schwierigkeit" beim Beweisen von mathematische Sätzen denkt. |
Fern
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 03. Februar, 2000 - 18:44: |
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Hi Zaph,
In Frankreich wird die Logarithmusfunktion im letzten Jahr vor dem Abschluss im "lycée classique" eingeführt. Dies entspricht dem Jahr vor dem Abitur in Deutschland.
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Wie gesagt wird die Logarithmusfunktion als Fläche unter der Kurve 1/x definiert und dann erst die Exponentialfunktion als Umkehrfunktion zum Logarithmus.
Falls man den Logaritmus als Umkehrfunktion der Exponentialfunktion definiert, muss man zuerst die Potenzfunktion (mit reellen Exponenten) definieren. |
Zaph
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 03. Februar, 2000 - 22:12: |
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Fern, heißt das, der Franzose weiß bis zur zwölften Klasse nicht, was ab bedeutet?? |
Fern
| | Veröffentlicht am Freitag, den 04. Februar, 2000 - 08:42: |
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Hallo Zaph,
Natürlich rechnen auch französische Schüler bereit vorher mit Hochzahlen aber die strenge Definition für Exponenten aus R, wird erst mit der Einführung der Logarithmusfunktion gegeben.
Frag mal einen deutschen Schüler 5pi zu definieren. Ohne Grenzwertbegriff und ohne Logarithmus.
Ich versuche einen Ausschnitt aus einem amerikanischen Lehrbuch anzuhängen:
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Fern
| | Veröffentlicht am Freitag, den 04. Februar, 2000 - 08:48: |
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Das mit dem Bild scheint nicht geklappt zu haben
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Fern
| | Veröffentlicht am Freitag, den 04. Februar, 2000 - 08:49: |
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Fern
| | Veröffentlicht am Freitag, den 04. Februar, 2000 - 09:03: |
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Mein Bild war zu groß: max. ist 150 kB
Ich habe jetzt die Farben herausgenommen: vielleicht ist es doch noch leserlich.
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Zaph
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 06. Februar, 2000 - 20:42: |
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Hi Fern,
hab' dir das schon geglaubt, aber danke für den "Beweis" mit dem Bildchen.
5pi ist halt irgendwas zwischen 53,1415 und 53,1416. Umso genauer man das wissen will, desto genauer muss man pi retional annähern. Oder vornehmer ausgedrückt: Die Funktion y=5x auf den reellen Zahlen ist die stetige Fortsetzung von y=5r auf den rationalen Zahlen. Um dies wirklich bis ins letzte I-Tüpfelchen mathematisch korrekt zu machen, dafür ist die Schule natürlich nicht der richtige Platz. Aber: auf diese Weise wird in der Schule dauernd vorgegangen. Zum Beispiel bei der Begründung der Existenz von Wurzel(x). Das es hier ein Problem geben könnte, wird i.d.R. noch nicht einmal erwähnt, geschweige denn, dass hier etwas begründet wird.
Die Vorgehensweise, den Logarithmus über das Integral zu definieren, scheint auf den ersten Blick ein genialer Trick zu sein, und die Schüler sind vielleicht zunächst auch begeistert davon. Aber sicher nicht, wenn sie sich über die Konsequenzen klar werden, die da wären:
Also, ab sofort ist z.B. 25 nicht mehr das, für das es bisher gehalten wurde, nämlich 2*2*2*2*2, sondern (und da muss man erstmal hinkommen) dasjenige y, für das
Integral(1/x) in den Grenzen 1 bis y
= 5* Integral(1/x) in den Grenzen 1 bis 2.
Ojeh! Hier ist also schleunigst eine Begründung gefragt, warum das alte und das neue 25 dieselben sind. Dies korrekt zu machen ist mindestens genauso aufwendig, wie die Herleitung von ab für reelle Zahlen aus ab für rationale Zahlen. Und wenn dies ausbleibt, halte ich eben das französische und das amerikanische Verfahren für eine Mogelpackung! |
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