Beweis der Ableitungsregeln < Differentiation < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:35 Mo 12.07.2010 | | Autor: | B-Ball |
Hey!
Ich bräuchte da mal dringend eure Hilfe! Und zwar muss ich demnächst einen Vortrag zum Thema der Ableitungsbegriff halten und muss dabei unter anderem auch die Ableitungsregeln beweisen.
So ich hatte das auch alles schon wunderbar vorbereitet, habe aber nun heute erfahren, dass ich die Beweise ohne den Differenzenquotienten führen soll, bzw. nicht durch [mm]x-x_0[/mm] teilen soll. Bisher habe ich dazu aber leider noch nichts gefunden und habe mir deshalb gedacht mich enifach mal selber an den Beweis zu machen...;)
Ich hab mir zunächst mal nur die einfachste Regel vorgenommen:
1.) Linearkombinationen differenzierbarer Funktionen [mm]f,g:D\to\IR[/mm] sind differenzierbar:
[mm]\left(\alpha f+\beta g\right)'(x)=\alpha f'(x)+\beta g'(x),\alpha,\beta\in\IR[/mm]
So den Beweis habe ich mir nun wie folgt gedacht:
Zu erst benötige ich dazu noch einen Satz, auf dessen Beweis ich hier aber verzichte, da ich weiß wie dieser funktioniert!=)
Satz: Eine Funktion [mm]f:D\to\IR[/mm] ist genau dann in einem Punkt [mm]x_0\in D[/mm] differenzierbar, wenn es eine Konstante [mm]c\in\IR[/mm] gibt, so dass
[mm]f(x)=f(x_0)+c(x-x_0)+\omega (x), x\in D[/mm],
mit einer Funktion [mm]\omega:D\to\IR[/mm], für die gilt:
[mm]\lim_{x\in D, x\rightarrow\x_0}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}=0[/mm].
In diesem Fall ist [mm]c=f'(x_0)[/mm].
So und anhand dieses Satzes zieh ich jetzt meinen Beweis auf:
Da f un g differenzierbar sind gilt:
[mm]f(x)=f(x_0)+c(x-x_0)\quad und\quad g(x)=g(x_0)+d(x-x_0)[/mm]
[mm]\omega (x)[/mm] fällt weg, da für den Fall dass [mm]c=f'(x_0)\quad und\quad d=g'(x_0)[/mm] [mm]\omega (x)=0[/mm] ist.
Foglich kann man schreiben:
[mm]\alpha f(x)+\beta g(x)=\alpha\left(f(x_0)+c(x-x_0)\right)+\beta\left(g(x_0)+d(x-x_0)\right)=\alpha f(x_0)+\alpha c(x-x_0)+\beta g(x_0)+\beta d(x-x_0)[/mm]
[mm]\gdw\alpha f(x)-\alpha f(x_0)+\beta g(x)-\beta g(x_0)=\alpha c(x-x_0)+\beta d(x-x_0)[/mm]
[mm]\gdw\bruch{\alpha f(x)-\alpha f(x_0)}{x-x_0}+\bruch{\beta g(x)-\beta g(x_0)}{x-x_0}=\alpha c+\beta d[/mm]
[mm]\gdw\alpha\bruch{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}+\beta\bruch{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}=\alpha f'(x_0)+\beta g'(x_0)[/mm]
Wunderbar damit habe ich ja eigentlich das was ich will, allerdings benutzte ich ja eben doch den Differenzenquotienten bzw ich teile durch [mm]x-x_0[/mm] und genau das sollte ich ja eigentlich vermeiden.
Außerdem erscheint mir mein Anfang von daher unlogisch, da ich [mm]\omega (x)[/mm] gleich Null setzt. Dies trifft ja aber nur für den fall [mm]x\to x_0[/mm] zu und so würde ja eigenltich da stehen: [mm]f(x_0)=f(x_0)+c*0[/mm]
So jetzt meine Frage an euch: Inwieweit bin ich auf dem richtigen Weg oder ist das alles totaler Humbug??
Vielen Dank für eure Mühe!
Gruß
B-Ball
P.S.: Ich habe diese frage in keinem anderen Forum gepostet...=)
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:18 Mo 12.07.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hey!
> Ich bräuchte da mal dringend eure Hilfe! Und zwar muss
> ich demnächst einen Vortrag zum Thema der
> Ableitungsbegriff halten und muss dabei unter anderem auch
> die Ableitungsregeln beweisen.
> So ich hatte das auch alles schon wunderbar vorbereitet,
> habe aber nun heute erfahren, dass ich die Beweise ohne den
> Differenzenquotienten führen soll, bzw. nicht durch [mm]x-x_0[/mm]
> teilen soll. Bisher habe ich dazu aber leider noch nichts
> gefunden und habe mir deshalb gedacht mich enifach mal
> selber an den Beweis zu machen...;)
> Ich hab mir zunächst mal nur die einfachste Regel
> vorgenommen:
> 1.) Linearkombinationen differenzierbarer Funktionen
> [mm]f,g:D\to\IR[/mm] sind differenzierbar:
> [mm]\left(\alpha f+\beta g\right)'(x)=\alpha f'(x)+\beta g'(x),\alpha,\beta\in\IR[/mm]
>
> So den Beweis habe ich mir nun wie folgt gedacht:
> Zu erst benötige ich dazu noch einen Satz, auf dessen
> Beweis ich hier aber verzichte, da ich weiß wie dieser
> funktioniert!=)
>
> Satz: Eine Funktion [mm]f:D\to\IR[/mm] ist genau dann in einem Punkt
> [mm]x_0\in D[/mm] differenzierbar, wenn es eine Konstante [mm]c\in\IR[/mm]
> gibt, so dass
> [mm]f(x)=f(x_0)+c(x-x_0)+\omega (x), x\in D[/mm],
> mit einer
> Funktion [mm]\omega:D\to\IR[/mm], für die gilt:
> [mm]\lim_{x\in D, x\rightarrow\x_0}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}=0[/mm].
>
> In diesem Fall ist [mm]c=f'(x_0)[/mm].
>
> So und anhand dieses Satzes zieh ich jetzt meinen Beweis
> auf:
> Da f un g differenzierbar sind gilt:
> [mm]f(x)=f(x_0)+c(x-x_0)\quad und\quad g(x)=g(x_0)+d(x-x_0)[/mm]
>
> [mm]\omega (x)[/mm] fällt weg, da für den Fall dass [mm]c=f'(x_0)\quad und\quad d=g'(x_0)[/mm]
> [mm]\omega (x)=0[/mm] ist.
Das ist falsch. [mm]\omega (x)=0[/mm] gilt nur für lineare Funktionen.
Also: [mm]f(x)=f(x_0)+c(x-x_0)+\omega_1(x) [/mm] und [mm] g(x)=g(x_0)+d(x-x_0) + \omega_2(x)[/mm]
Du musst die beiden Funktionen [mm] $\omega_1(x)$ [/mm] und [mm] $\omega_2(x)$ [/mm] mitführen!
> Foglich kann man schreiben:
> [mm]\alpha f(x)+\beta g(x)=\alpha\left(f(x_0)+c(x-x_0)\right)+\beta\left(g(x_0)+d(x-x_0)\right)=\alpha f(x_0)+\alpha c(x-x_0)+\beta g(x_0)+\beta d(x-x_0) + (\alpha \omega_1(x) + \beta \omega_2(x))[/mm]
>
> [mm]\gdw\alpha f(x)-\alpha f(x_0)+\beta g(x)-\beta g(x_0)=\alpha c(x-x_0)+\beta d(x-x_0)[/mm]
>
> [mm]\gdw\bruch{\alpha f(x)-\alpha f(x_0)}{x-x_0}+\bruch{\beta g(x)-\beta g(x_0)}{x-x_0}=\alpha c+\beta d[/mm]
Also:
[mm]\alpha f(x)+\beta g(x)=\alpha\left(f(x_0)+c(x-x_0)+\omega_1(x)\right)+\beta\left(g(x_0)+d(x-x_0)+\omega_2(x)\right)=\alpha f(x_0)+\alpha c(x-x_0)+\beta g(x_0)+\beta d(x-x_0)+ (\alpha \omega_1(x) + \beta \omega_2(x))[/mm].
Wenn du nun definierst: [mm]\omega(x) := \alpha \omega_1(x) + \beta \omega_2(x) [/mm]:
[mm]\gdw\alpha f(x)-\alpha f(x_0)+\beta g(x)-\beta g(x_0)=\alpha c(x-x_0)+\beta d(x-x_0) + \omega(x)[/mm]
Zeige nun, dass
[mm]\lim_{x\in D, x\rightarrow\x_0}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}=0[/mm]
gilt, und du bist fertig.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:55 Di 13.07.2010 | | Autor: | B-Ball |
Hey...
> Also:
>
> [mm]\alpha f(x)+\beta g(x)=\alpha\left(f(x_0)+c(x-x_0)+\omega_1(x)\right)+\beta\left(g(x_0)+d(x-x_0)+\omega_2(x)\right)=\alpha f(x_0)+\alpha c(x-x_0)+\beta g(x_0)+\beta d(x-x_0)+ (\alpha \omega_1(x) + \beta \omega_2(x))[/mm].
>
> Wenn du nun definierst: [mm]\omega(x) := \alpha \omega_1(x) + \beta \omega_2(x) [/mm]:
>
> [mm]\gdw\alpha f(x)-\alpha f(x_0)+\beta g(x)-\beta g(x_0)=\alpha c(x-x_0)+\beta d(x-x_0) + \omega(x)[/mm]
>
>
> Zeige nun, dass
>
> [mm]\lim_{x\in D, x\rightarrow\x_0}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}=0[/mm]
>
> gilt, und du bist fertig.
>
> Viele Grüße
> Rainer
>
ich hab das jetzt mal probiert, habe allerdings zwei verschieden Lösungsmethoden.
1.
Ich löse die Gleichung von oben erst mal nach [mm]\omega (x)[/mm] auf:
[mm]\alpha f(x)-\alpha f(x_0)+\beta g(x)-\beta g(x_0)-\alpha c(x-x_0)+\beta d(x-x_0) = \omega (x)
\gdw\alpha\left(\bruch{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} - f'(x_0)\right) +\beta\left(\bruch{g(x)-g(x_0)}{x-x_0} - g'(x_0)\right) = \bruch{\omega (x)}{x-x_0}[/mm]
Da f und g nach Voraussetzung differenzierbar gilt für [mm]x\to x_0[/mm]:
[mm]\alpha\left(f'(x_0)-f'(x_0)\right)+\beta\left(g'(x_0)-g'(x_0)\right)= \limes_{x\in D, x\to x_0}\bruch{\omega (x)}{x-x_0}[/mm]
[mm]\Rightarrow\limes_{x\in D, x\to x_0}\bruch{\omega (x)}{x-x_0}=0[/mm]
Nach obigem Satz wäre also [mm]\alpha f(x)+\beta g(x)[/mm] differenzierbar mit [mm]\alpha f'(x_0) + \beta g'(x_0)[/mm].
Mir kommt dabei aber komisch vor, dass ich ja eigentlich auch wieder denn Differenzenquotienten verwende, was ich ja gerade nicht machen soll...
Deswegen meine 2. Idee:
Ich forme die Gleichung von oben so um, dass da steht:
[mm]\alpha f(x)+\beta g(x) = \left(\alpha f(x_0) + \beta g(x_0)\right) + \left(\alpha c + \beta d\right)\left(x-x_0\right)+\omega(x)[/mm]
Diese Gleichung hat jetzt die selbe Form wie die Gleichung in dem obigen Satz. D.h. meine Linearkombination ist in [mm]x_0[/mm] genau dann differenzierbar mit Ableitung [mm]\alpha c + \beta d = \alpha f'(x_0)+\beta g'(x_0)[/mm] wenn für [mm]\omega (x) = \omega_1(x) + \omega_2(x)[/mm] gilt:
[mm]limes_{x\in D, x\to x_0}\bruch{\omega (x)}{x-x_0} = 0[/mm]
Dies ist aber offensichtlich so, da aufgrund der Differenzierbarkeit von f ung g gilt:
[mm]\limes_{x\in D, x\to x_0}\bruch{\omega_1(x)}{x-x_0}=0[/mm]
[mm]\limes_{x\in D, x\to x_0}\bruch{\omega_2(x)}{x-x_0}=0[/mm]
und foglich:
[mm]\limes_{x\in D, x\to x_0}\bruch{\omega (x)}{x-x_0}= \limes_{x\in D, x\to x_0}\bruch{\omega_1 (x)+\omega_2(x)}{x-x_0} =\limes_{x\in D, x\to x_0}\bruch{\omega_1 (x)}{x-x_0}+\limes_{x\in D, x\to x_0}\bruch{\omega_2(x)}{x-x_0} =0+0= 0[/mm]
Damit hätte ich ja eigentlich auch die ABbleitung gezeigt und dieser Weg erscheint mir aufgrund der Ersparnis des Differenzenquotienten besser, oder??
Inzwischen habe ich mich auch an dem Beweis für die Produktregel versucht. Diesen habe ich so ähnlich aufgezogen wie den zweiten Teil von oben (da ich ja wie bereits erwähnt das ganze ohne den Differenzenquotienten beweisen soll). Allerdings komme ich an einer stelle nicht richtig weiter:
Da f und g differenzierbar sind gilt:
[mm]f(x)=f(x_0)+c(x-x_0)+\omega_1 (x)[/mm]
mit der Eigenschaft:[mm]\limes_{x\in D, x\to x_0}\bruch{\omega_1 (x)}{x-x_0}=0\Rightarrow c=f'(x_0)[/mm]
[mm]g(x)=g(x_0)+d(x-x_0)+\omega_2 (x)[/mm]
mit der Eigenschaft:[mm]\limes_{x\in D, x\to x_0}\bruch{\omega_2 (x)}{x-x_0}=0\Rightarrow d=f'(x_0)[/mm]
[mm]\Rightarrow\left(fg\right)(x)=\left(f(x_0)+c(x-x_0)+\omga_1 (x)\right)*\left(g(x_0)+d(x-x_0)+\omega_2 (x)\right)=f(x_0)g(x_0)+\left(f(x_0)d+g(x_0)c\right)*(x-x_0)+\omega_1 (x)\left(g(x_0)+d(x-x_0)\right)+\omega_2 (x)\left(f(x_0)+c(x-x_0)\right)+c(x-x_0)d(x-x_0)+\omega_1 (x)\omega_2 (x)[/mm]
Aufgrund der Eigenschaft von [mm]\omega_1 (x)\quad und\quad\omega_2 (x)[/mm] für [mm]x\to x_0[/mm] bleibt von der ganzen Gleichung noch übrig:
[mm](fg)(x)=f(x_0)g(x_0)+\left(f(x_0)d+g(x_0)c\right)(x-x_0) + c(x-x_0)d(x-x_0)[/mm]
Ich definiere nun [mm]\omega_3 (x) := c(x-x_0)d(x-x_0)[/mm]
Nun muss ich ja eigentlich nur noch zeigen, dass [mm]\limes_{x\in D, x\to x_0}\bruch{\omega_3 (x)}{x-x_0} = 0[/mm] ist und wäre damit fertig, da dann nach obigem Satz wieder gilt, dass [mm]f(x_0)g'(x_0)+f'(x_0)g(x_0)[/mm] die Ableitung von (fg)(x) ist.
Allerdings habe ich genau da mien Problem und komme nicht weiter...
Bitte also um Hilfe!!
Ich hoff ihr konntet alles verstehen!!
Vielen Dank schon mal!!
Gruß
B-Ball
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:25 Mi 14.07.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hey...
> > Also:
> >
> > [mm]\alpha f(x)+\beta g(x)=\alpha\left(f(x_0)+c(x-x_0)+\omega_1(x)\right)+\beta\left(g(x_0)+d(x-x_0)+\omega_2(x)\right)=\alpha f(x_0)+\alpha c(x-x_0)+\beta g(x_0)+\beta d(x-x_0)+ (\alpha \omega_1(x) + \beta \omega_2(x))[/mm].
>
> >
> > Wenn du nun definierst: [mm]\omega(x) := \alpha \omega_1(x) + \beta \omega_2(x) [/mm]:
>
> >
> > [mm]\gdw\alpha f(x)-\alpha f(x_0)+\beta g(x)-\beta g(x_0)=\alpha c(x-x_0)+\beta d(x-x_0) + \omega(x)[/mm]
>
> >
> >
> > Zeige nun, dass
> >
> > [mm]\lim_{x\in D, x\rightarrow\x_0}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}=0[/mm]
>
> >
> > gilt, und du bist fertig.
> >
> > Viele Grüße
> > Rainer
> >
>
> ich hab das jetzt mal probiert, habe allerdings zwei
> verschieden Lösungsmethoden.
>
> 1.
> Ich löse die Gleichung von oben erst mal nach [mm]\omega (x)[/mm]
> auf:
> [mm]\alpha f(x)-\alpha f(x_0)+\beta g(x)-\beta g(x_0)-\alpha c(x-x_0)+\beta d(x-x_0) = \omega (x)
\gdw\alpha\left(\bruch{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} - f'(x_0)\right) +\beta\left(\bruch{g(x)-g(x_0)}{x-x_0} - g'(x_0)\right) = \bruch{\omega (x)}{x-x_0}[/mm]
>
> Da f und g nach Voraussetzung differenzierbar gilt für
> [mm]x\to x_0[/mm]:
>
> [mm]\alpha\left(f'(x_0)-f'(x_0)\right)+\beta\left(g'(x_0)-g'(x_0)\right)= \limes_{x\in D, x\to x_0}\bruch{\omega (x)}{x-x_0}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow\limes_{x\in D, x\to x_0}\bruch{\omega (x)}{x-x_0}=0[/mm]
>
> Nach obigem Satz wäre also [mm]\alpha f(x)+\beta g(x)[/mm]
> differenzierbar mit [mm]\alpha f'(x_0) + \beta g'(x_0)[/mm].
>
> Mir kommt dabei aber komisch vor, dass ich ja eigentlich
> auch wieder denn Differenzenquotienten verwende, was ich ja
> gerade nicht machen soll...
Das ist auch nicht, was ich geschrieben habe.
>
> Deswegen meine 2. Idee:
> Ich forme die Gleichung von oben so um, dass da steht:
> [mm]\alpha f(x)+\beta g(x) = \left(\alpha f(x_0) + \beta g(x_0)\right) + \left(\alpha c + \beta d\right)\left(x-x_0\right)+\omega(x)[/mm]
Genau!
>
> Inzwischen habe ich mich auch an dem Beweis für die
> Produktregel versucht. Diesen habe ich so ähnlich
> aufgezogen wie den zweiten Teil von oben (da ich ja wie
> bereits erwähnt das ganze ohne den Differenzenquotienten
> beweisen soll). Allerdings komme ich an einer stelle nicht
> richtig weiter:
> Da f und g differenzierbar sind gilt:
> [mm]f(x)=f(x_0)+c(x-x_0)+\omega_1 (x)[/mm]
> mit der
> Eigenschaft:[mm]\limes_{x\in D, x\to x_0}\bruch{\omega_1 (x)}{x-x_0}=0\Rightarrow c=f'(x_0)[/mm]
>
> [mm]g(x)=g(x_0)+d(x-x_0)+\omega_2 (x)[/mm]
> mit der
> Eigenschaft:[mm]\limes_{x\in D, x\to x_0}\bruch{\omega_2 (x)}{x-x_0}=0\Rightarrow d=f'(x_0)[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow\left(fg\right)(x)=\left(f(x_0)+c(x-x_0)+\omga_1 (x)\right)*\left(g(x_0)+d(x-x_0)+\omega_2 (x)\right)=f(x_0)g(x_0)+\left(f(x_0)d+g(x_0)c\right)*(x-x_0)+\omega_1 (x)\left(g(x_0)+d(x-x_0)\right)+\omega_2 (x)\left(f(x_0)+c(x-x_0)\right)+c(x-x_0)d(x-x_0)+\omega_1 (x)\omega_2 (x)[/mm]
>
> Aufgrund der Eigenschaft von [mm]\omega_1 (x)\quad und\quad\omega_2 (x)[/mm]
> für [mm]x\to x_0[/mm] bleibt von der ganzen Gleichung noch übrig:
> [mm](fg)(x)=f(x_0)g(x_0)+\left(f(x_0)d+g(x_0)c\right)(x-x_0) + c(x-x_0)d(x-x_0)[/mm]
Das ist zwar von der Idee her richtig, aber sehr schlampig aufgeschrieben; die Gleichung an sich ist falsch. Wenn du den Grenzwerte betrachtest, darfst du nicht einfach einige Teile weglassen.
Korrekt ist:
Setze [mm] \omega(x) := \omega_1 (x)\left(g(x_0)+d(x-x_0)\right)+\omega_2 (x)\left(f(x_0)+c(x-x_0)\right)+c(x-x_0)d(x-x_0)+\omega_1 (x)\omega_2 (x) [/mm] .
Damit ist
[mm](fg)(x)=f(x_0)g(x_0)+\left(f(x_0)d+g(x_0)c\right)(x-x_0) + \omega(x) [/mm] .
Da nach Voraussetzung
[mm]\lim_{x\in D, x\rightarrow x_0}\bruch{\omega_1(x)}{x-x_0}=0[/mm] und [mm]\lim_{x\in D, x\rightarrow x_0}\bruch{\omega_2(x)}{x-x_0}=0[/mm]
ist, folgt
[mm] \lim_{x\in D, x\rightarrow x_0}\bruch{\omega_1 (x)\left(g(x_0)+d(x-x_0)\right)}{x-x_0}= g(x_0) \lim_{x\in D, x\rightarrow x_0}\bruch{\omega_1 (x)}{x-x_0} + d \lim_{x\in D, x\rightarrow x_0}\omega_1 (x) = 0+0=0[/mm],
[mm] \lim_{x\in D, x\rightarrow x_0}\bruch{\omega_2 (x)\left(f(x_0)+c(x-x_0)\right)}{x-x_0}=0[/mm],
[mm] \lim_{x\in D, x\rightarrow x_0}\bruch{\omega_1(x)\omega_2(x)}{x-x_0} = \lim_{x\in D, x\rightarrow x_0} \bruch{\omega_1(x)}{x-x_0} * \bruch{\omega_2(x)}{x-x_0} * (x-x_0) = 0 [/mm]
und daher
[mm]\lim_{x\in D, x\rightarrow x_0}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}=0[/mm],
sowie
[mm] (fg)'(x_0) = f(x_0)d+g(x_0)c\right [/mm] .
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:57 Do 15.07.2010 | | Autor: | B-Ball |
Hey!
Vielen Dank für deine Antwort! Ich hab das jetzt verstanden! Hab auch meinen kleinen Fehler entdeckt, war eigentlich offensichtlich aber irgendwie habe ich das trotzdem übersehen!
Auf jedenfall habe ich mich inzwischen an der Quotienten sowie Kettenregel versucht und wie mir scheint auch ein ganz sinnvolles Ergebnis heruasbekommen! Wäre denoch cool wenn du mal drüber schauen könntest, nicht dass sich da wieder irgendwo Fehler eingeschlichen haben.
Quotientenregel:
Man betrachtet zunächst den Spezialfall [mm]f\equiv 1[/mm] und macht folgenden Ansatz (warum auch immer?!?!):
[mm]\bruch{1}{g(x)}-\bruch{1}{g(x_0)}=\bruch{g(x_0)-g(x)}{g(x)g(x_0)}=-\bruch{g(x)-g(x_0)}{g(x)g(x_0)}[/mm]
Da g differenzierbar, gilt: [mm]g(x)=g(x_0)+d(x-x_0)+\omega_2(x)[/mm]
[mm]\Rightarrow\bruch{1}{g(x)}-\bruch{1}{g(x_0)}=-\bruch{d(x-x_0)+\omega_2(x)}{g(x)g(x_0)}[/mm]
Mit [mm]-\bruch{d}{g(x_0)^2}(x-x_0)+\bruch{d}{g(x_0)^2}(x-x_0)[/mm] erweitern ergibt:
[mm]\bruch{1}{g(x)}-\bruch{1}{g(x_0)}=-\bruch{d}{g(x_0)^2}(x-x_0)+\left(\bruch{1}{g(x_0)^2}-\bruch{1}{g(x)g(x_0)}\right)d(x-x_0)+\bruch{\omega_2(x)}{g(x)g(x_0)}[/mm]
[mm]\gdw\bruch{1}{g(x)}=\bruch{1}{g(x_0)}-\bruch{d}{g(x_0)^2}(x-x_0)+\omega(x)[/mm]
mit [mm]\omega(x):=\left(\bruch{1}{g(x_0)^2}-\bruch{1}{g(x)g(x_0)}\right)d(x-x_0)+\bruch{\omega_2(x)}{g(x)g(x_0)}[/mm]
Es bleibt also zu zeigen: [mm]\limes_{x\in D,x\to x_0}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}=0[/mm]
[mm]\limes_{x\in D,x\to x_0}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}=\limes_{x\in D,x\to _0}\left(\bruch{1}{g(x_0)^2}-\bruch{1}{g(x)g(x_0)}\right)d+\limes{x\in D,x\to x_0}\left(\bruch{\omega_2(x)}{x-x_0)}\bruch{1}{g(x)g(x_0)}\right)=0+0=0[/mm]
[mm]\Rightarrow\quad-\bruch{d}{g(x_0)^2}=\bruch{g'(x_0)}{g(x_0)^2}[/mm] ist die ABleitung von [mm]\bruch{1}{g(x)}[/mm]
Über die oben besprochene Produktregel ergibt sich dann die ABleitung von [mm]\left(\bruch{f}{g}\right)(x)[/mm] mit [mm]\left(f*\bruch{1}{g}\right)'(x)[/mm].
Bleibt also noch die Kettenregel:
[mm]f:X\to Y[/mm]
[mm]g:Y\to\IR[/mm]
[mm]\Rightarrow g\circ f:X\to\IR[/mm]
Außerdem gilt, da f un g differenzierbar:
[mm]f(x)=f(x_0)+c(x-x_0)+\omega_1(x)[/mm] mit [mm]c=f'(x_0)[/mm] für [mm]\limes_{x\in X, x\to x_0}\bruch{\omega_1(x)}{x-x_0}[/mm]
[mm]g(y)=g(y_0)+d(y-y_0)+\omega_2(y)[/mm] mit [mm]d=g'(y_0)[/mm] für[mm]\limes_{y\in Y, y\to y_0}\bruch{\omega_2(y)}{y-y_0}[/mm]
[mm]g\circ f=g(f(x))=g(f(x_0)+d*(f(x)-f(x_0))+\omega_2(f(x))=g(f(x_0)+d*(f(x_0)+c*(x-x_0)+\omega_1(x)-f(x_0))+\omega_2(f(x))=g(f(x_0))+c*d*(x-x_0)+d*\omega_1(x)+\omega_2(f(x))[/mm]
Definiere nun [mm]\omega(x):=d*\omega_1(x)+\omega_2(f(x))[/mm]
Es bleibt also zu zeigen:
[mm]\limes_{x\in X,x\to x_0}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}=0[/mm]
[mm]\limes_{x\in X,x\to x_0}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}=\limes_{x\in X,x\to x_0}\left(\bruch{\omega_1(x)}{x-x_0}*d\right)+\limes_{x\in X,x\tox_0}\bruch{\omega_2(f(x))}{x-x_0}=0+0=0[/mm] (Ich bin mir bei dem zweiten Limes nicht wirklich sicher, weil ja nach Voraussetzung durch [mm] y-y_0 [/mm] anstatt [mm] x-x_0 [/mm] dividiert wird.)
[mm]\Rightarrow c*d=f'(x_0)*g'(y_0)=f'(x_0)*g'(f(x_0))[/mm] ist die Ableitung von [mm]g\circ f[/mm]
Danke für deine Hilfe und Mühe!
Gruß B-Ball
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:01 Fr 16.07.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hey!
> Vielen Dank für deine Antwort! Ich hab das jetzt
> verstanden! Hab auch meinen kleinen Fehler entdeckt, war
> eigentlich offensichtlich aber irgendwie habe ich das
> trotzdem übersehen!
>
> Auf jedenfall habe ich mich inzwischen an der Quotienten
> sowie Kettenregel versucht und wie mir scheint auch ein
> ganz sinnvolles Ergebnis heruasbekommen! Wäre denoch cool
> wenn du mal drüber schauen könntest, nicht dass sich da
> wieder irgendwo Fehler eingeschlichen haben.
>
> Quotientenregel:
> Man betrachtet zunächst den Spezialfall [mm]f\equiv 1[/mm] und
> macht folgenden Ansatz (warum auch immer?!?!):
>
> [mm]\bruch{1}{g(x)}-\bruch{1}{g(x_0)}=\bruch{g(x_0)-g(x)}{g(x)g(x_0)}=-\bruch{g(x)-g(x_0)}{g(x)g(x_0)}[/mm]
> Da g differenzierbar, gilt:
> [mm]g(x)=g(x_0)+d(x-x_0)+\omega_2(x)[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow\bruch{1}{g(x)}-\bruch{1}{g(x_0)}=-\bruch{d(x-x_0)+\omega_2(x)}{g(x)g(x_0)}[/mm]
> Mit [mm]-\bruch{d}{g(x_0)^2}(x-x_0)+\bruch{d}{g(x_0)^2}(x-x_0)[/mm]
> erweitern ergibt:
>
> [mm]\bruch{1}{g(x)}-\bruch{1}{g(x_0)}=-\bruch{d}{g(x_0)^2}(x-x_0)+\left(\bruch{1}{g(x_0)^2}-\bruch{1}{g(x)g(x_0)}\right)d(x-x_0)+\bruch{\omega_2(x)}{g(x)g(x_0)}[/mm]
>
> [mm]\gdw\bruch{1}{g(x)}=\bruch{1}{g(x_0)}-\bruch{d}{g(x_0)^2}(x-x_0)+\omega(x)[/mm]
> mit
> [mm]\omega(x):=\left(\bruch{1}{g(x_0)^2}-\bruch{1}{g(x)g(x_0)}\right)d(x-x_0)+\bruch{\omega_2(x)}{g(x)g(x_0)}[/mm]
> Es bleibt also zu zeigen: [mm]\limes_{x\in D,x\to x_0}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}=0[/mm]
>
> [mm]\limes_{x\in D,x\to x_0}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}=\limes_{x\in D,x\to _0}\left(\bruch{1}{g(x_0)^2}-\bruch{1}{g(x)g(x_0)}\right)d+\limes{x\in D,x\to x_0}\left(\bruch{\omega_2(x)}{x-x_0)}\bruch{1}{g(x)g(x_0)}\right)=0+0=0[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow\quad-\bruch{d}{g(x_0)^2}=\bruch{g'(x_0)}{g(x_0)^2}[/mm]
> ist die ABleitung von [mm]\bruch{1}{g(x)}[/mm]
>
> Über die oben besprochene Produktregel ergibt sich dann
> die ABleitung von [mm]\left(\bruch{f}{g}\right)(x)[/mm] mit
> [mm]\left(f*\bruch{1}{g}\right)'(x)[/mm].
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Bleibt also noch die Kettenregel:
> [mm]f:X\to Y[/mm]
> [mm]g:Y\to\IR[/mm]
> [mm]\Rightarrow g\circ f:X\to\IR[/mm]
>
> Außerdem gilt, da f un g differenzierbar:
> [mm]f(x)=f(x_0)+c(x-x_0)+\omega_1(x)[/mm] mit [mm]c=f'(x_0)[/mm] für
> [mm]\limes_{x\in X, x\to x_0}\bruch{\omega_1(x)}{x-x_0}[/mm]
>
> [mm]g(y)=g(y_0)+d(y-y_0)+\omega_2(y)[/mm] mit [mm]d=g'(y_0)[/mm]
> für[mm]\limes_{y\in Y, y\to y_0}\bruch{\omega_2(y)}{y-y_0}[/mm]
>
> [mm]g\circ f=g(f(x))=g(f(x_0)+d*(f(x)-f(x_0))+\omega_2(f(x))=g(f(x_0)+d*(f(x_0)+c*(x-x_0)+\omega_1(x)-f(x_0))+\omega_2(f(x))=g(f(x_0))+c*d*(x-x_0)+d*\omega_1(x)+\omega_2(f(x))[/mm]
>
> Definiere nun [mm]\omega(x):=d*\omega_1(x)+\omega_2(f(x))[/mm]
> Es bleibt also zu zeigen:
> [mm]\limes_{x\in X,x\to x_0}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}=0[/mm]
>
> [mm]\limes_{x\in X,x\to x_0}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}=\limes_{x\in X,x\to x_0}\left(\bruch{\omega_1(x)}{x-x_0}*d\right)+\limes_{x\in X,x\tox_0}\bruch{\omega_2(f(x))}{x-x_0}=0+0=0[/mm]
> (Ich bin mir bei dem zweiten Limes nicht wirklich sicher,
> weil ja nach Voraussetzung durch [mm]y-y_0[/mm] anstatt [mm]x-x_0[/mm]
> dividiert wird.)
Das ist in der Tat zu schnell geschlossen. Du weisst ja zunächst nur, dass
[mm] \limes_{y\in Y, y\to y_0}\bruch{\omega_2(y)}{y-y_0}[/mm]
ist. Du musst den Bruch im zweiten Limes erweitern:
[mm] \limes_{x\in X,x\tox_0}\bruch{\omega_2(f(x))}{x-x_0} = \limes_{x\in X,x\tox_0}\bruch{\omega_2(f(x))}{x-x_0}*\bruch{f(x)-f(x_0)}{f(x)-f(x_0)} = \limes_{x\in X,x\tox_0}\bruch{\omega_2(f(x))}{f(x)-f(x_0)}*\bruch{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} [/mm] .
Du brauchst hier, dass [mm] $f(x)\to f(x_0)$ [/mm] für [mm] $x\to x_0$, [/mm] also das f an der Stelle [mm] $x_0$ [/mm] stetig ist, dann kannst du den Grenzwert für jeden der beiden Faktoren getrennt ausrechnen.
Viele Grüße
Rainer
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