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Beitrag |
    
Daniela
| | Veröffentlicht am Montag, den 09. Juli, 2001 - 08:25: | 
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Hi Ich brauche dringend Hilfe bei diesem Beweis weil ich nicht weiß wo ich ansetzen soll ;(
Die Funktion f sei (n+1)-mal stetig differenzierbar auf einem Intervall I mit f(n+1)(x) º 0 auf I. Zeigen sie, dass f ein Polynom vom Grad £ n ist.
Danke im Voraus,
Daniela |
Thomaspreu (Thomaspreu)
| | Veröffentlicht am Montag, den 09. Juli, 2001 - 09:59: |
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Naja ich weiß nicht ob das reicht, aber ich denke schon; ich weiß nicht inwiefern ich das Intervall einbeziehen sollte/müsste. Für sämtliche Variabeln (ausser x) gilt: i, l, n... ÎN0
Ableitung einer Potenz: (xi)'=i*xi-1
Beweis durch Wederspruch:
Annahme: f sei Polynom vom Grad >n und f(n+1)º0.
Wegen der Regel der Ableitung einer Summe genügt es, zu zeigen, dass ein Summand von f(n+1)¹0. Da ausserdem die i-malige Ableitung einer Potenzfunktion vom Grad l immer (nach (xi)'=i*xi-1) eine Potenz vom Grad l-i gibt, und dies auch umgekehrt gilt (wenn eine Potenzfunktion vom Grad n-i eine i-te Ableitung ist, so muss die abgeleitete Funktion (beachte Integrationskonstanten) als Summand mit höchster Potenz eine Potenzfunktion vom Grad n enthalten), kann die Ableitung einer Summe von Potenzfunktionen unterschiedlichen Grades (Polynom) niemals derart sein, dass sich Ableitungen von unterschiedlichen Potenzen aufheben und somit verschwinden. Daraus folgt, dass wenn ein Summand der Ableitung eines Polynoms nicht verschwindet, so kann er nicht durch einen anderen Summanden der Ableitung zum verschwinden gebracht werden. d.h. wenn ein Summand der Ableitung eines Polynoms nicht verschwindet, kann die ganze Ableitung nicht verschwinden.
Wenn man nun die Regel (xi)'=i*xi-1 (n+1)-mal auf eine Funktion vom Grad i>n anwendet, so erhält man: (xi)(n+1)=i!/(i-n-1)!*(xi-n-1). Da i!/(i-n-1)! eine von 0 verschiedene Konstante und (i-n-1)³0 ist, ist das Produkt mit Faktor (xi-n-1) entweder die von 0 verschiedene Konstante i!/(i-n-1)! (für i-n-1=0) oder eine Potenzfunktion in x. Da ein Polynom vom Grad >n mindestens eine Potenz vom Grad i>n beinhaltet und oben dargelegt wurde, dass wenn eine Ableitung einer Potenz eines Polynoms nicht verschwindet, die gesamte Ableitung des Polynoms nicht verschwinden kann, verschwindet f(n+1) nicht unter obiger Bedingung, was zu einem Wiederspruch führt.
Also muss f ein Polynom £n sein.
Das mit I könnte man so reinbringen: ein Polynom vom Grad n kann einen Funktionswert nur maximal n-mal annehmen (Fundamentalsatz der Algebra); da auf einem Intervall unendlich viele Punkte liegen kann eine Funktion keine Summe von Potenzenfunktionen sein, wenn unendlich viele Punkte ein und den selben Funktionswert (0) annehmen. Man muss dabei aber vorsichtig sein wegen der konstanten Funktion, die von 0 verschieden ist; sie stellt wohl einen Spezialfall dar. |
Thomaspreu (Thomaspreu)
| | Veröffentlicht am Montag, den 09. Juli, 2001 - 10:05: |
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Naja ich weiß nicht ob das reicht, aber ich denke schon; ich weiß nicht inwiefern ich das Intervall einbeziehen sollte/müsste. Für sämtliche Variabeln (ausser x) gilt: i, l, n... ÎN0
Ableitung einer Potenz: (xi)'=i*xi-1
Beweis durch Wederspruch:
Annahme: f sei Polynom vom Grad >n und f(n+1)º0.
Wegen der Regel der Ableitung einer Summe genügt es, zu zeigen, dass ein Summand von f(n+1)¹0. Da ausserdem die i-malige Ableitung einer Potenzfunktion vom Grad l immer (nach (xi)'=i*xi-1) eine Potenz vom Grad l-i gibt, und dies auch umgekehrt gilt (wenn eine Potenzfunktion vom Grad n-i eine i-te Ableitung ist, so muss die abgeleitete Funktion (beachte Integrationskonstanten) als Summand mit höchster Potenz eine Potenzfunktion vom Grad n enthalten), kann die Ableitung einer Summe von Potenzfunktionen unterschiedlichen Grades (Polynom) niemals derart sein, dass sich Ableitungen von unterschiedlichen Potenzen aufheben und somit verschwinden. Daraus folgt, dass wenn ein Summand der Ableitung eines Polynoms nicht verschwindet, so kann er nicht durch einen anderen Summanden der Ableitung zum verschwinden gebracht werden. d.h. wenn ein Summand der Ableitung eines Polynoms nicht verschwindet, kann die ganze Ableitung nicht verschwinden.
Wenn man nun die Regel (xi)'=i*xi-1 (n+1)-mal auf eine Funktion vom Grad i>n anwendet, so erhält man: (xi)(n+1)=i!/(i-n-1)!*(xi-n-1). Da i!/(i-n-1)! eine von 0 verschiedene Konstante und (i-n-1)³0 ist, ist das Produkt mit Faktor (xi-n-1) entweder die von 0 verschiedene Konstante i!/(i-n-1)! (für i-n-1=0) oder eine Potenzfunktion in x. Da ein Polynom vom Grad >n mindestens eine Potenz vom Grad i>n beinhaltet und oben dargelegt wurde, dass wenn eine Ableitung einer Potenz eines Polynoms nicht verschwindet, die gesamte Ableitung des Polynoms nicht verschwinden kann, verschwindet f(n+1) nicht unter obiger Bedingung, was zu einem Wiederspruch führt.
Also muss f ein Polynom £n sein.
Das mit I könnte man so reinbringen: ein Polynom vom Grad n kann einen Funktionswert nur maximal n-mal annehmen (Fundamentalsatz der Algebra); da auf einem Intervall unendlich viele Punkte liegen kann eine Funktion keine Summe von Potenzenfunktionen sein, wenn unendlich viele Punkte ein und den selben Funktionswert (0) annehmen. Man muss dabei aber vorsichtig sein wegen der konstanten Funktion, die von 0 verschieden ist; sie stellt wohl einen Spezialfall dar. |
sonny
| | Veröffentlicht am Montag, den 09. Juli, 2001 - 11:27: |
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Nun Thomas Spreu,
Du hast schon vorausgesetzt, daß es ein Polynom ist.
Daniela,
Beweisidee:
Entwickle die Funkton um einen beliebigen Punkt des Intervalls in eine Taylor-Reihe bis zum n-ten Glied.
Nun mußt Du den Fehler mit dem Restglied nach Lagrange berechnen. Da die n+1-te Ableitung 0 ist, ist das Restglied exakt 0. Als ist die Funktion exakt. qed.
sonny |
sonny
| | Veröffentlicht am Montag, den 09. Juli, 2001 - 11:37: |
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Nun Thomas Spreu,
Du hast schon vorausgesetzt, daß es ein Polynom ist.
Daniela,
Beweisidee:
Entwickle die Funkton um einen beliebigen Punkt des Intervalls in eine Taylor-Reihe bis zum n-ten Glied.
Nun mußt Du den Fehler mit dem Restglied nach Lagrange berechnen. Da die n+1-te Ableitung 0 ist, ist das Restglied exakt 0. Also ist die Funktion exakt. qed.
sonny |
Hans (Birdsong)
| | Veröffentlicht am Montag, den 09. Juli, 2001 - 14:57: |
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Hallo:
Variante, falls Satz von Taylor noch nicht zur
VerfŸgung steht:
Sei A(n) die folgende Aussagenform in der
Variablen n :
Ist f : I-->R n+1 - mal diffbar, und gilt
f^(n+1)(x) = 0 auf I, so ist f ein Polynom
mit Grad(f) =< n.
Vollst.Induktion bzgl. n :
Ind-Anfang: A(0) ist wahr (Mittelwertsatz !)
Ind.-Annahme :FŸr irgendein n sei A(n) schon bewiesen.
Ind.Beh.: A(n+1) ist wahr.
Ind.-Schluss:
Sei f (n+2)-mal diffbar, und f^(n+2)=0 auf I
==> f' erfŸllt die Voraussetzungen der Ind.Ann.
==> f'(x) ist Polynom hoechstens n-ten Grades
==> f(x) ist Polynom hoechstens (n+1)-ten Grades
(Eindeutigkeit der Stammfunktion bis auf Konstante).
QED
Gruss
Hans |
Thomaspreu (Thomaspreu)
| | Veröffentlicht am Montag, den 09. Juli, 2001 - 15:44: |
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Ja, du hast recht; ich kann meine Sache aber retten: Wenn f(n+1)=0, so muss f ein (n+1)-faches Integral von 0 sein. Bei jedem mal Integrieren kommt eine Integrationskonstannte hinzu, von der man nur weiß, dass sie eine relle Zahl ist. Beim nächsten mal Integrieren wird aus der Konstante eine lineare Funktion u.s.w. bis alle n+1 Integrationen ausgeführt sind; also muss f zwangsläufig eine Polynomfunktion sein. |
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