Ableitung Umkehrfunktion < Differenzialrechnung < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:43 Mo 30.03.2009 | | Autor: | Teufel |
| Aufgabe | Bestimmen Sie die ersten beiden Ableitungen der Umkehrfunktion von
[mm] y=f(x)=x^3-5x+4 [/mm] im Punkt [mm] y_0=f(1).
[/mm]
(http://mo.mathematik.uni-stuttgart.de/tests/test140/, Aufgabe 4) |
Hi!
Irgendwie komme ich bei der 2. Ableitung nicht aufs richtige Ergebnis.
[mm] (f^{-1}(y))'=\bruch{1}{f'(x)}=\bruch{1}{3x²-5}
[/mm]
[mm] (f^{-1}(f(1)))'=\bruch{1}{f'(1)}=\bruch{1}{3-5}=-\bruch{1}{2}
[/mm]
Bis hier hin sollte es eigentlich stimmen.
Nun zur 2. Ableitung:
[mm] (f^{-1}(y))''=(\bruch{1}{f'(x)})'=(\bruch{1}{3x²-5})'=-\bruch{6xx'}{(3x²-5)^2}=-\bruch{6f^{-1}(y)(f^{-1}(y))'}{(3[f^{-1}(y)]^2-5)^2}
[/mm]
Mit [mm] f^{-1}(0)=1 [/mm] und [mm] (f^{-1}(0))'=-\bruch{1}{2} [/mm] komme ich dann auf [mm] (f^{-1}(0))''=\bruch{3}{4}, [/mm] was aber falsch zu sein scheint.
Wisst ihr, ob ich falsch liege, oder aber die Seite?
Und wie soll man eigentlich ein eindeutiges Ergebnis liefern, wenn die Funktion nicht bijektiv ist? Mit [mm] y_0=f(1)(=0) [/mm] bin ich jetzt einfach von x=1 ausgegangen, obwohl f(x) ja auch für andere x den Wert 0 annimmt. Oder kann ich, wenn da extra f(1) steht, wirklich von x=1 ausgehen?
Danke.
![[anon]](/images/smileys/anon.png "[anon]") Teufel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 04:18 Mo 30.03.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo Teufel,
erstmal hierzu:
> Und wie soll man eigentlich ein eindeutiges Ergebnis
> liefern, wenn die Funktion nicht bijektiv ist? Mit
> [mm]y_0=f(1)(=0)[/mm] bin ich jetzt einfach von x=1 ausgegangen,
> obwohl f(x) ja auch für andere x den Wert 0 annimmt. Oder
> kann ich, wenn da extra f(1) steht, wirklich von x=1
> ausgehen?
das ist schon eindeutig, weil dort $y=f(1)$ steht, ist klar, dass [mm] $x\,=1$ [/mm] gemeint ist. Du kannst also wirklich von [mm] $x\,=1$ [/mm] ausgehen, wie Du auch schon vermutet hast.
Aber auch ansonsten könnte man ggf. die Aufgabe bearbeiten, man hätte halt mehrere [mm] $x\,$-Werte [/mm] mit [mm] $f(x)=y\,,$ [/mm] gegebenenfalls betrachtet man dann halt nicht [mm] $f\,$ [/mm] auf dem ganzen Definitionsbereich, sonderen schränkt [mm] $f\,$ [/mm] dann um den jeweils betrachteten [mm] $x\,$-Wert [/mm] so ein, dass diese eingeschränkte Funktion [mm] $f\,$ [/mm] dort injektiv ist (und dann kann man diese Einschränkung auch 'bijektiv machen'). Diesbezüglich ist die Aufgabenformulierung oben auch ein wenig unglücklich bzw. es gehört zur Aufgabe, die Aufgabenstellung vernünftig zu interpretieren, denn der Definitionsbereich von [mm] $f\,$ [/mm] wurde dort ja nicht mit angegeben. Aber wegen der stückweisen strengen Monotonie könnte man z.B. bgl. der Aufgabe starten mit:
Wir betrachten $f: [mm] [0,9;\;1,1] \to [/mm] [a,b]$ mit [mm] $f(x)=x^3-5x+4$, [/mm] wobei [mm] $a:=0,9^3-5*0,9+4$ [/mm] und [mm] $b:=1,1^3-5*1,1+4\,.$ [/mm] Dann ist [mm] $f\,$ [/mm] bijektiv...
So okay, ich rechne es jetzt auch mal durch:
[mm] $$\big(f^{-1}(y)\big)'=\big(f^{-1}(f(x))\big)'=1/f'(x)=1/(3x^2-5)$$
[/mm]
liefert für [mm] $x\,=1$ [/mm] dann
[mm] $$\big(f^{-1}(0)\big)'=-1/2\,.$$
[/mm]
Das hattest Du auch.
Bei der zweiten Ableitung hänge ich gerade auch, verstehe bei Dir aber auch den Schritt
[mm] $$(f^{-1}(y))''=(\bruch{1}{f'(x)})'=(\bruch{1}{3x²-5})'\red{=-\bruch{6xx'}{(3x²-5)}}=-\bruch{6f^{-1}(y)(f^{-1}(y))'}{(3[f^{-1}(y)]^2-5)^2}$$
[/mm]
nicht. Es gilt ja
[mm] $$(f^{-1})''(y)=\frac{d}{dy}\frac{1}{f'(x)}=\frac{d}{dy}\frac{1}{3x^2-5}\,.$$
[/mm]
Aber ich bin auch gerade scheinbar ein wenig 'betriebsblind'...
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 06:48 Mo 30.03.2009 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Danke für die Antwort erstmal. :)
x ist ja eigentlich die Funktion [mm] f^{-1}(y), [/mm] daher habe ich x also als Funktion betrachtet und diese mit der Produkt-/Kettenregel (such dir eine aus) nach y abgeleitet, wärend ich insgesamt auf den Bruch die Quotientenregel angewendet habe.
Edit: Sorry, habe auch das ² vergessen (beim Term danach steht es wieder). Wahr wohl zu spät. ;)
Geändert.
Teufel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:29 Mo 30.03.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
[mm](f^{-1})''(y)=\frac{d}{dy}\frac{1}{f'(x)}=\frac{d}{dy}\frac{1}{3x^2-5}\,.[/mm]Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
mal kurz zu meiner eigenen Rechnung:
Kann man das obige weiterüberlegen, wenn man $dy=(3x^2-5x)dx$ benutzt? Also es geht mir nur um 'formales rechnen', ich dachte zuerst, dass man dann formal auf
$$\left.\frac{d}{dx}\frac{1}{(3x^2-5)^2}\right|_{x=1}$$
geführt werden würde, aber ich hab's mal analog mit $f(x)=x^2$, der zugehörigen Umkehrfunktion $f^{-1}(y)=\sqrt{y}$ und dann den jeweiligen Ableitungen an der Stelle $1\,$ probiert, das würde nicht passen. Es scheint so, als müsse dass dann wirklich als
$$\left.\frac{1}{3x^2-5x}\;*\frac{d}{dx}\frac{1}{3x^2-5x}\right|_{x=1}$$
gelesen werden...
Naja, irgendwann muss ich mich damit nochmal kurz ein wenig mehr auseinandersetzen, aber vll. kann mir gerade jemand doch 'nen kleinen Schubser in die richtige Richtung bzw. 'nen Denkanstoss diesbezüglich geben, ob man das oben 'formal einfach so rechnen darf' und ob die zweite Interpretation allgemeingültig ist... Ich bin ja selbst bei solchen 'meist eher formalen' Rechnungen immer ein wenig skeptisch, aber die zweite Interpretation, welche sich dann für $y_0=f(x_0)$ zu
$$(f^{-1})''(y_0)=\left.\frac{1}{f'(x)}\;*\,\frac{d}{dx}\frac{1}{f'(x)}\right|_{x=x_0}=-\;\frac{1}{f'(x_0)}\;*\frac{f''(x_0)}{(f'(x_0))^2}=-\,\frac{f''(x_0)}{(f'(x_0))^3}$$
umschreiben ließe, sieht doch irgendwie gut aus 
Nur, wie gesagt, ich stehe selber bzgl. des 'Erstellen von Formeln mithilfe von Ausdrücken der Art $dx\,$ und $dy\,$' etc. immer ein wenig skeptisch über, weil ich dann immer nochmal nachgucken muss, was da genau wie gerechnet werden darf, also wie die wirklichen Rechtfertigungen da sind. Bin auch ein wenig aus der Maßtheorie draußen, was schade ist, weil das mir sicherlich auch ein wenig helfen würde, da man Dichtefunktionen etc. ja 'ähnlich hantiert'...
Gruß,
Marcel
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Hallo Marcel,
> Hallo,
>
> [mm](f^{-1})''(y)=\frac{d}{dy}\frac{1}{f'(x)}=\frac{d}{dy}\frac{1}{3x^2-5}\,.[/mm]
>
> mal kurz zu meiner eigenen Rechnung:
> Kann man das obige weiterüberlegen, wenn man
> [mm]dy=(3x^2-5x)dx[/mm] benutzt? Also es geht mir nur um 'formales
> rechnen', ich dachte zuerst, dass man dann formal auf
> [mm]\left.\frac{d}{dx}\frac{1}{(3x^2-5)^2}\right|_{x=1}[/mm]
> geführt werden würde, aber ich hab's mal analog mit
> [mm]f(x)=x^2[/mm], der zugehörigen Umkehrfunktion [mm]f^{-1}(y)=\sqrt{y}[/mm]
> und dann den jeweiligen Ableitungen an der Stelle [mm]1\,[/mm]
> probiert, das würde nicht passen. Es scheint so, als müsse
> dass dann wirklich als
>
> [mm]\left.\frac{1}{3x^2-5x}\;*\frac{d}{dx}\frac{1}{3x^2-5x}\right|_{x=1}[/mm]
> gelesen werden...
Hier mußt gerechnet werden:
[mm](f^{-1})''(y)=\frac{d}{dy}\frac{1}{f'\left( \ x\left(y\right) \ \right)}=\frac{d}{dy}\frac{1}{3 \left( \ x\left(y\right) \ \right)^{2}-5[/mm]
> Naja, irgendwann muss ich mich damit nochmal kurz ein
> wenig mehr auseinandersetzen, aber vll. kann mir gerade
> jemand doch 'nen kleinen Schubser in die richtige Richtung
> bzw. 'nen Denkanstoss diesbezüglich geben, ob man das oben
> 'formal einfach so rechnen darf' und ob die zweite
> Interpretation allgemeingültig ist... Ich bin ja selbst bei
> solchen 'meist eher formalen' Rechnungen immer ein wenig
> skeptisch, aber die zweite Interpretation, welche sich dann
> für [mm]y_0=f(x_0)[/mm] zu
>
> [mm](f^{-1})''(y_0)=\left.\frac{1}{f'(x)}\;*\,\frac{d}{dx}\frac{1}{f'(x)}\right|_{x=x_0}=-\;\frac{1}{f'(x_0)}\;*\frac{f''(x_0)}{(f'(x_0))^2}=-\,\frac{f''(x_0)}{(f'(x_0))^3}[/mm]
> umschreiben ließe, sieht doch irgendwie gut aus
Das ist auch die richtige Formel.
>
> Nur, wie gesagt, ich stehe selber bzgl. des 'Erstellen von
> Formeln mithilfe von Ausdrücken der Art [mm]dx\,[/mm] und [mm]dy\,[/mm]' etc.
> immer ein wenig skeptisch über, weil ich dann immer nochmal
> nachgucken muss, was da genau wie gerechnet werden darf,
> also wie die wirklichen Rechtfertigungen da sind. Bin auch
> ein wenig aus der Maßtheorie draußen, was schade ist, weil
> das mir sicherlich auch ein wenig helfen würde, da man
> Dichtefunktionen etc. ja 'ähnlich hantiert'...
>
> Gruß,
> Marcel
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:24 Di 31.03.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo Marcel,
>
> > Hallo,
> >
> >
> [mm](f^{-1})''(y)=\frac{d}{dy}\frac{1}{f'(x)}=\frac{d}{dy}\frac{1}{3x^2-5}\,.[/mm]
> >
> > mal kurz zu meiner eigenen Rechnung:
> > Kann man das obige weiterüberlegen, wenn man
> > [mm]dy=(3x^2-5x)dx[/mm] benutzt? Also es geht mir nur um 'formales
> > rechnen', ich dachte zuerst, dass man dann formal auf
> > [mm]\left.\frac{d}{dx}\frac{1}{(3x^2-5)^2}\right|_{x=1}[/mm]
> > geführt werden würde, aber ich hab's mal analog mit
> > [mm]f(x)=x^2[/mm], der zugehörigen Umkehrfunktion [mm]f^{-1}(y)=\sqrt{y}[/mm]
> > und dann den jeweiligen Ableitungen an der Stelle [mm]1\,[/mm]
> > probiert, das würde nicht passen. Es scheint so, als müsse
> > dass dann wirklich als
> >
> >
> [mm]\left.\frac{1}{3x^2-5x}\;*\frac{d}{dx}\frac{1}{3x^2-5x}\right|_{x=1}[/mm]
> > gelesen werden...
>
>
> Hier mußt gerechnet werden:
>
> [mm](f^{-1})''(y)=\frac{d}{dy}\frac{1}{f'\left( \ x\left(y\right) \ \right)}=\frac{d}{dy}\frac{1}{3 \left( \ x\left(y\right) \ \right)^{2}-5[/mm]
soweit war mir das ja klar (wobei im letzten Nenner $-5x(y)$ anstelle von $-5$ stehen sollte, aber das resultiert sicher daraus, dass ich den selben Fehler schon in einer Formel oben gemacht hatte, also selbst anstatt [mm] $3x^2-5x\,$ [/mm] dort [mm] $3x^2-5$ [/mm] geschrieben hatte).
Achja, ich Blindfisch, jetzt einfach weiter mit Quotienten- und Kettenregel und die bereits gewonnenen Kenntnisse über [mm] $x=x(y)=f^{-1}(y)$ [/mm] an der betrachteten Stelle benutzen. Irgendwie war ich heute Nacht der Ansicht, dass dort dann irgendwo ein nicht zu bestimmender Term auftritt... War sicherlich so, dass ich irgendwie [mm] $f^{-1}(y)$ [/mm] gesehen hatte und dann vergessen hatte, dass man nachher eh nur [mm] $f^{-1}(y_0)=x_0$ [/mm] benötigt... Mhm, manchmal frage ich mich hinterher selbst, was ich mir dabei gedacht habe... Aber ich zitiere mal einen Prof. von mir, der von seinem Schmierzettel abgeschrieben hatte: "... und dann... Mhm, was hab' ich mit denn da gedacht? " Pause - *grübel-nachdenk* "Wenn ich mir das jetzt nochmal so angucke, dann kann's nur so sein, dass ich mir dabei gar nichts gedacht hatte."
So geht's mir gerade auch!
> > Naja, irgendwann muss ich mich damit nochmal kurz ein
> > wenig mehr auseinandersetzen, aber vll. kann mir gerade
> > jemand doch 'nen kleinen Schubser in die richtige Richtung
> > bzw. 'nen Denkanstoss diesbezüglich geben, ob man das oben
> > 'formal einfach so rechnen darf' und ob die zweite
> > Interpretation allgemeingültig ist... Ich bin ja selbst bei
> > solchen 'meist eher formalen' Rechnungen immer ein wenig
> > skeptisch, aber die zweite Interpretation, welche sich dann
> > für [mm]y_0=f(x_0)[/mm] zu
> >
> >
> [mm](f^{-1})''(y_0)=\left.\frac{1}{f'(x)}\;*\,\frac{d}{dx}\frac{1}{f'(x)}\right|_{x=x_0}=-\;\frac{1}{f'(x_0)}\;*\frac{f''(x_0)}{(f'(x_0))^2}=-\,\frac{f''(x_0)}{(f'(x_0))^3}[/mm]
> > umschreiben ließe, sieht doch irgendwie gut aus
>
>
> Das ist auch die richtige Formel.
Ja okay, passt also schön zusammen. Und selbstverständlich kann man oben einfach [mm] $\frac{d}{dy}\frac{1}{3 \left( \ x\left(y\right) \ \right)^{2}-5x(y)}$ [/mm] weiter ausrechnen und dann das bereits bekannte einsetzen. Aber ich frage mich dennoch:
Kann man es rechtfertigen, dass man wegen $dy=f'(x)dx$ formal sowas wie
[mm] $$\frac{d}{dy}\frac{1}{f'(x)}=\frac{1}{f'(x)}\;*\;\frac{d}{dx}\frac{1}{f'(x)}$$
[/mm]
schreibt?
Naja, ist nicht ganz so wichtig, bzw. wenn ich nochmal oben reingucke, dann sehe ich
[mm] $$\frac{d}{dy}\frac{1}{f'(x)}=\frac{d}{dy}\frac{1}{f'(f^{-1}(y))}=\frac{-1*\frac{d}{dy}f'(f^{-1}(y))}{(f'(x))^2}=\frac{-f''(x)*(f^{-1})'(y)}{(f'(x))^2}\,,$$
[/mm]
und mit [mm] $(f^{-1})'(y)=\frac{1}{f'(x)}$ [/mm] folgt dann
[mm] $$\frac{d}{dy}\frac{1}{f'(x)}=\frac{d}{dy}\frac{1}{f'(f^{-1}(y))}=\frac{-1*\frac{d}{dy}f'(f^{-1}(y))}{(f'(x))^2}=\frac{-f''(x)}{(f'(x))^3}\,.$$
[/mm]
Also:
So kann man die Formel, die ich oben mit der [mm] $dx\,$ [/mm] und [mm] $\,dy$-Rechnung [/mm] hergeleitet habe, sicher sauber begründen. Ich frage mich nur, ob man diese Rechnung mit [mm] $\,dx$ [/mm] und [mm] $\,dy$ [/mm] auch irgendwie rechtfertigen kann, insbesondere ob der Schritt mit [mm] $dy=f'(x)*dx\,$ [/mm] zulässig ist. Es kann ja durchaus auch sein, dass das hier Zufall ist, dass das so klappt.
Naja, jedenfalls haben wir nun einen ziemlich sauberen mathematischen Beweis für die Herleitung der Formel von [mm] $(f^{-1})''(y)$... [/mm] jedenfalls sollte es da keine allzugroßen Patzer geben. Wobei man sich natürlich noch genauer damit auseinandersetzen müßte, bei welchem Schritt man welche Voraussetzung an betrachtete Funktion und den betrachteten Stellen benötigt...
Gruß,
Marcel
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Hallo Marcel,
> [mm](f^{-1})''(y_0)=\left.\frac{1}{f'(x)}\;*\,\frac{d}{dx}\frac{1}{f'(x)}\right|_{x=x_0}=-\;\frac{1}{f'(x_0)}\;*\frac{f''(x_0)}{(f'(x_0))^2}=-\,\frac{f''(x_0)}{(f'(x_0))^3}[/mm]
> > > umschreiben ließe, sieht doch irgendwie gut aus
> >
> >
> > Das ist auch die richtige Formel.
>
> Ja okay, passt also schön zusammen. Und selbstverständlich
> kann man oben einfach [mm]\frac{d}{dy}\frac{1}{3 \left( \ x\left(y\right) \ \right)^{2}-5x(y)}[/mm]
> weiter ausrechnen und dann das bereits bekannte einsetzen.
> Aber ich frage mich dennoch:
> Kann man es rechtfertigen, dass man wegen [mm]dy=f'(x)dx[/mm]
> formal sowas wie
>
> [mm]\frac{d}{dy}\frac{1}{f'(x)}=\frac{1}{f'(x)}\;*\;\frac{d}{dx}\frac{1}{f'(x)}[/mm]
> schreibt?
Ja, wegen der Kettenregel.
Für eine Funktion [mm]F\left( \ y\left(x\right) \ \right)[/mm]
gilt für dessen Ableitung nach x:
[mm]\bruch{dF}{dy}\bruch{dy}{dx}=\bruch{dF}{dx}[/mm]
[mm]\Rightarrow \bruch{dF}{dy}\bruch{dy}{dx}=\bruch{1}{\bruch{dy}{dx}}\bruch{dF}{dx}=\bruch{1}{f'\left(x\right)}\bruch{dF}{dx}[/mm]
>
> Naja, ist nicht ganz so wichtig, bzw. wenn ich nochmal oben
> reingucke, dann sehe ich
>
> [mm]\frac{d}{dy}\frac{1}{f'(x)}=\frac{d}{dy}\frac{1}{f'(f^{-1}(y))}=\frac{-1*\frac{d}{dy}f'(f^{-1}(y))}{(f'(x))^2}=\frac{-f''(x)*(f^{-1})'(y)}{(f'(x))^2}\,,[/mm]
> und mit [mm](f^{-1})'(y)=\frac{1}{f'(x)}[/mm] folgt dann
>
> [mm]\frac{d}{dy}\frac{1}{f'(x)}=\frac{d}{dy}\frac{1}{f'(f^{-1}(y))}=\frac{-1*\frac{d}{dy}f'(f^{-1}(y))}{(f'(x))^2}=\frac{-f''(x)}{(f'(x))^3}\,.[/mm]
>
> Also:
> So kann man die Formel, die ich oben mit der [mm]dx\,[/mm] und
> [mm]\,dy[/mm]-Rechnung hergeleitet habe, sicher sauber begründen.
> Ich frage mich nur, ob man diese Rechnung mit [mm]\,dx[/mm] und [mm]\,dy[/mm]
> auch irgendwie rechtfertigen kann, insbesondere ob der
> Schritt mit [mm]dy=f'(x)*dx\,[/mm] zulässig ist. Es kann ja durchaus
> auch sein, dass das hier Zufall ist, dass das so klappt.
>
> Naja, jedenfalls haben wir nun einen ziemlich sauberen
> mathematischen Beweis für die Herleitung der Formel von
> [mm](f^{-1})''(y)[/mm]... jedenfalls sollte es da keine allzugroßen
> Patzer geben. Wobei man sich natürlich noch genauer damit
> auseinandersetzen müßte, bei welchem Schritt man welche
> Voraussetzung an betrachtete Funktion und den betrachteten
> Stellen benötigt...
>
> Gruß,
> Marcel
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:24 Di 31.03.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Ja, wegen der Kettenregel.
okay, ich schau's mir an:
> Für eine Funktion [mm]F\left( \ y\left(x\right) \ \right)[/mm]
> gilt für dessen Ableitung nach x:
>
> [mm]\bruch{dF}{dy}\bruch{dy}{dx}=\bruch{dF}{dx}[/mm]
>
>
> [mm]\Rightarrow \bruch{dF}{dy}\bruch{dy}{dx}=\bruch{1}{\bruch{dy}{dx}}\bruch{dF}{dx}=\bruch{1}{f'\left(x\right)}\bruch{dF}{dx}[/mm]
Jetzt bin ich gerade verwirrt, sollte dort nicht eher
$$... [mm] \Rightarrow \frac{dF}{dx}\frac{dx}{dy}=\frac{1}{\frac{dy}{dx}}\;\frac{dF}{dx}=\frac{1}{f'(x)}\;\frac{dF}{dx}$$
[/mm]
stehen?
Aber das beantwortet dann meine Frage, vielen Dank!! 
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:53 Mo 30.03.2009 | | Autor: | fred97 |
Es sei g die Umkehrfinktion von f.
Dann gilt:
$g(f(x)) = x$
Differenziert man das nach x, so erhält man
(*) $g'(f(x))f'(x) = 1$
und daraus (das habt Ihr ja schon): $g'(0) = [mm] -\bruch{1}{2}$
[/mm]
Differenziert man (*) nach x , so liefert dies
(**) [mm] $g''(f(x))(f'(x))^2 [/mm] +f''(x)g'(f(x)) = 0$
Setzt man in (**) x = 1, so kann man $g''(0) $ berechnen
FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:33 Mo 30.03.2009 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Danke für die Antwort.
So geht das natürlich gleich leichter von der Hand, bekomme aber das selbe Ergebnis. [mm] g''(0)=\bruch{3}{4}, [/mm] was laut Seite wohl trotzdem falsch ist.
Kann aber selber keinen Fehler unsererseits entdecken...
Teufel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:38 Mo 30.03.2009 | | Autor: | fred97 |
> Hi!
>
> Danke für die Antwort.
> So geht das natürlich gleich leichter von der Hand,
> bekomme aber das selbe Ergebnis. [mm]g''(0)=\bruch{3}{4},[/mm] was
> laut Seite wohl trotzdem falsch ist.
> Kann aber selber keinen Fehler unsererseits entdecken...
Ich auch nicht.
Auch die Stuttgarter machen Fehler
Gruß FRED
(selbst mal ein Stuttgarter gewesen...)
>
> Teufel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:07 Mo 30.03.2009 | | Autor: | Teufel |
Ok, danke!
Hab schon gedacht, ich spinne.
Teufel
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Zur Kontrolle der Ergebnisse habe ich noch einen
anderen Weg eingeschlagen, den ich hier mitteilen
möchte, weil er zwar nicht einfacher, aber doch auch
von Interesse sein könnte. Die Umkehrfunktion von f
(eingeschränkt auf eine genügend kleine Umgebung
des interessierenden Punktes) ist ja nicht ganz leicht
zu ermitteln. Dazu müsste man z.B. die Cardanischen
Formeln bemühen. Weil es aber nur um die erste und
zweite Ableitung geht, die mit Steigung und Krümmung
im interessierenden Kurvenpunkt zu tun haben, kann
man so vorgehen:
1.) das Taylorpolynom 2. Ordnung von f an der Stelle
x=1 ermitteln:
[mm] T_2(x)=3x^2-8x+5 [/mm] (ausmultipliziert)
2.) [mm] T_2 [/mm] hat als quadratische Funktion abschnittsweise
Umkehrfunktionen. Die hier interessierende ist
[mm] U(y)=\bruch{1}{3}*(4-\wurzel{3y+1})
[/mm]
3.) Die erste und zweite Ableitung dieser Ersatzfunk-
tion können berechnet und an der Stelle y=0 ausge-
wertet werden. Die Ergebnisse entsprechen den
gesuchten Ableitungswerten der "echten" Umkehrfunktion.
LG Al-Chwarizmi
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:28 Mo 30.03.2009 | | Autor: | Teufel |
Hi, Al!
Danke auch für deine Antwort, die Variante ist natürlich hier auch ganz gut.
Leider wird man sie wohl nicht oft so schön einsetzen können, aber Alternativen zu kennen ist immer gut.
Interessant ist es allemal!
Damit wurde die Aufgabe wohl genug zerpflückt. :P
Teufel
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> Danke auch für deine Antwort, die Variante ist natürlich
> hier auch ganz gut.
> ......
> Damit wurde die Aufgabe wohl genug zerpflückt.
Ich bin ja auch einverstanden, die Analyse einer Frage-
stellung am richtigen Punkt abzubrechen. Einen kleinen
Schritt weiter bin ich aber noch gegangen, mit folgender
Verallgemeinerung:
Die zweimal ableitbare Funktion $\ f$ (die in einer Umgebung
der Stelle $\ x$ injektiv sein soll) habe an der Stelle $\ x$ die
Ableitungen $\ f'(x)=a\ \ [mm] (a\not=0\ !\,)$ [/mm] und $\ f''(x)=b$.
Wie erhält man dann aus den Werten $\ a$ und $\ b$ die erste und
die zweite Ableitung der (lokalen) Umkehrfunktion [mm] f^{-1}=g [/mm]
an der Stelle $\ y=f(x)$ ?
Es sei $\ c:=g'(y)=g'(f(x))$ und $\ d:=g''(y)=g''(f(x))$. Die Lösung für $\ c$
ist natürlich sehr einfach, nämlich $\ [mm] c=\bruch{1}{a}$.
[/mm]
Aber auch die Lösung für $\ d$ ist recht einfach !
(ich will sie aber noch nicht verraten...)
Liebe Grüße an alle TüftlerInnen ! ![[sunny]](/images/smileys/sunny.gif "[sunny]") Al
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:01 Mo 30.03.2009 | | Autor: | Teufel |
Das wären dann wohl [mm] d=-\bruch{b}{a^3}!
[/mm]
Teufel
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> Das wären dann wohl [mm]d=-\,\bruch{b}{a^3}\ ![/mm]
ich habe $\ [mm] d=-\,\bruch{b}{|a|^3}$ [/mm]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:18 Mo 30.03.2009 | | Autor: | Teufel |
Hi nochmal!
Wie das denn?
[mm] f'(x_0)=a, f''(x_0)=b, g'(f(x_0))=\bruch{1}{a}
[/mm]
$g(f(x))=x$
$g'(f(x))*f'(x)=1$
$g''(f(x))*[f'(x)]²+g'(f(x))*f''(x)=0$
[mm] \gdw
[/mm]
[mm] g''(f(x))=-\bruch{g'(f(x))*f''(x)}{[f'(x)]^2}
[/mm]
[mm] \Rightarrow g''(f(x_0))=-\bruch{g'(f(x_0))*f''(x_0)}{[f'(x_0)]^2}=-\bruch{\bruch{1}{a}*b}{a^2}=-\bruch{b}{a^3} [/mm] war mein Weg in Anlehnung an Freds Variante.
Bei deiner Variante würde auch, jetzt bezogen auf die ursprüngliche Aufgabe, [mm] g''(f(1))=-\bruch{3}{4} [/mm] rauskommen, obwohl [mm] g''(f(1))=\bruch{3}{4} [/mm] sein sollte. Das kannst du auch gut mit deinem Taylorpolynom überprüfen, es wird dir auch [mm] g''(f(1))=\bruch{3}{4} [/mm] sagen.
Oder übersehe ich gerade etwas?
Teufel
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Oh je !
ich glaube, ich habe einen Vorzeichenfehler gemacht.
Das heisst aber nicht, dass du Recht hattest ...
Richtig sollte es heissen:
[mm] d=\bruch{b}{\ |a|^3\,} [/mm] (in meinen Notizen hatte ich das auch mal so)
Wenn ich das jetzt richtig sehe, sollten jedenfalls
d und b dasselbe Vorzeichen haben !
(du müsstest das eigentlich wissen: der Teufel sitzt
meistens im Detail ...)
Gruss Al
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:15 Mo 30.03.2009 | | Autor: | Teufel |
Hm, wieso müssen denn b und d das selbe Vorzeichen haben? Und wenn es so sein sollte, wieso sollte es dann ein falsches Vorzeichen bekommen, wenn ich die Formel doch richtig (oder etwas nicht?) hergeleitet habe?
Wie begründest du denn den Betrag?
Teufel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:37 Di 31.03.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hm, wieso müssen denn b und d das selbe Vorzeichen haben?
> Und wenn es so sein sollte, wieso sollte es dann ein
> falsches Vorzeichen bekommen, wenn ich die Formel doch
> richtig (oder etwas nicht?) hergeleitet habe?
> Wie begründest du denn den Betrag?
>
> Teufel
also ich habe auch gerade hier nochmal eine sauberere Herleitung der Formel überlegt (aber natürlich nicht ganz sauber, denn die genauen Voraussetzungen etc. habe ich mir erspart). Das ist erst die Rechnung nach "Naja, ist nicht ganz so wichtig...", und diese läßt sich mit der Ketten-, Quotienten- und Umkehrregel herleiten. Jedenfalls kam bei mir so
[mm] $$\frac{-f''(x_0)}{(f'(x_0))^3}$$
[/mm]
heraus. Also ich sehe da auch keinen Betrag, und ihr hattet sicher [mm] $b=f''(x_0)$ [/mm] und [mm] $a=f'(x_0)$ [/mm] gesetzt (ich glaube auch, mich zu erinnern, das bei Euch gelesen zu haben). Jedenfalls komme ich dann auch auf die Formel [mm] $-b/a^3\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:16 Di 31.03.2009 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Ja, bei mir ja auch.
Aber ich habe mir eben nochmal ein Gegenargument überlegt:
Nehmen wir einfach f(x)=x*(x-1)=x²-x.
Das kann man einfach zeichnen und die dazugehörigen Umkehrfunktionen für die jeweiligen monotonen Intervalle auch.
[Dateianhang nicht öffentlich]
An der Stelle x=1 gilt f'(1)>0 und f''(1)>0 (was eh überall gilt).
Nimmt man sich nun die Umkehrfunktion (oberer Ast), dann gilt für sie: g'(f(1))=g'(0)>0 und aber g''(f(1))=g''(0)<0, da das nur eine verschobene, streng monoton steigende Wurzelfunktion ist. Für [mm] h(x)=\wurzel{x} [/mm] gilt ja auch h'(x)>0 und h''(x)<0.
Laut deiner Formel, Al, würde hier aber g''(f(1))=g''(0)>0 gelten.
Teufel
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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Hallo zusammen,
ich glaube, ich kann nur versuchen zu erklären, worin mein
Irrtum bestand. Ich ging von der Krümmungsformel aus:
[mm] k=\bruch{f''(x)}{(1+\left(f'(x))^2\right)^\bruch{3}{2}}
[/mm]
Diese wandte ich auf die Funktion und die (lokale) Umkehr-
funktion an, mit den Ergebnissen:
[mm] k_f=\bruch{b}{(1+\left(a)^2\right)^\bruch{3}{2}}
[/mm]
[mm] k_g=\bruch{d}{(1+\left(c)^2\right)^\bruch{3}{2}}
[/mm]
Mit [mm] c=\bruch{1}{a} [/mm] ergibt dies:
[mm] k_g=\bruch{d}{(1+\left(\bruch{1}{a})^2\right)^\bruch{3}{2}}=k_f*\bruch{d}{b}*|a|^3
[/mm]
Der Fehler bestand dann darin, dass ich meinte, die Krüm-
mungen der Graphen von f und g müssten in jeweils
entsprechenden Punkten entweder stets übereinstimmen
oder aber stets entgegengesetzte Vorzeichen haben.
Erst jetzt habe ich festgestellt, dass diese Meinung offenbar
falsch war. Mit der folgenden Figur habe ich versucht, mir
klar zu machen, weshalb zwar aus einem ansteigenden
linksgekrümmten Bogen nach der Spiegelung an der
Hauptdiagonalen ein rechtsgekrümmter Bogen wird, aus
einem absteigenden Linksbogen aber wieder ein
Linksbogen !
[Dateianhang nicht öffentlich]
Gruß Al
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:20 Di 31.03.2009 | | Autor: | Teufel |
Hi, Al!
Auch ein interessanter Weg! Die Krümmungsradiusformel kannte ich auch noch nicht. Wieder etwas dazugelernt.
Teufel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:43 Di 31.03.2009 | | Autor: | fred97 |
Ist g die Umkehrfunktion, so folgt aus
$ [mm] g''(f(x))(f'(x))^2 [/mm] +f''(x)g'(f(x)) = 0 $
zweifelsohne
[mm] $g''(y_0) [/mm] = [mm] \frac{-f''(x_0)}{(f'(x_0))^3} [/mm] $
FRED
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