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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:52 So 22.05.2005 | | Autor: | Mehmet |
Hallo Leute,
ich habe Probleme bei folgendem Ausdruck:
f(x)=ln(x)
[mm] \limes_{ \Delta x\rightarrow\ 0}\bruch {f(x_{1}+ \Delta x)-f(x_1)}{ \Delta x}=\limes_{ \Delta x\rightarrow\ 0}\bruch {ln(x_{1}+ \Delta x)-ln(x_1)}{ \Delta x}=f'(x_{1}) [/mm]
ich versuch die Ableitung an einer beliebigen Stelle über den Differentialquotienten zu machen, aber ich habe beim letzten Ausdruck Probleme bei der Umformung.Denn in der Form [mm] \limes_{ \Delta x\rightarrow\ 0}\bruch {ln(x_{1}+ \Delta x)-ln(x_1)}{ \Delta x} [/mm] kann ich mit dem Ausdruck nichts anfangen.
Kann mir jemand bei er Umformung helfen?
Bin dankbar für jede Antwort und wünsche allen noch nen schönen Sonntag.
Gruß Mehmet
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Hallo Mehmet,
> f(x)=ln(x)
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> [mm]\limes_{ \Delta x\rightarrow\ 0}\bruch {f(x_{1}+ \Delta x)-f(x_1)}{ \Delta x}=\limes_{ \Delta x\rightarrow\ 0}\bruch {ln(x_{1}+ \Delta x)-ln(x_1)}{ \Delta x}=f'(x_{1})[/mm]
>
> ich versuch die Ableitung an einer beliebigen Stelle über
> den Differentialquotienten zu machen, aber ich habe beim
> letzten Ausdruck Probleme bei der Umformung.Denn in der
> Form [mm]\limes_{ \Delta x\rightarrow\ 0}\bruch {ln(x_{1}+ \Delta x)-ln(x_1)}{ \Delta x}[/mm]
> kann ich mit dem Ausdruck nichts anfangen.
Ich denke, es ist unmöglich diesen Ausdruck mit simplen Logarithmus-Gesetzen auf eine "klare" Form zu bringen. Normalerweise macht man solche Ableitungen über die Regel zur Ableitung über Umkehrfunktionen. Da du aber den Differentialquotienten benutzen willst, brauchen wir die Exponentialfunktion, um hier überhaupt vernünftig rechnen zu können. Jetzt zur Rechnung:
[m]\begin{gathered}
\ln 'x = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{\ln \left( {x + h} \right) - \ln \left( x \right)}}
{h}\Rightarrow e^{\ln 'x} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} e^{\frac{{\ln \left( {x + h} \right) - \ln \left( x \right)}}
{h}} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \sqrt[h]{{e^{\ln \left( {x + h} \right) - \ln \left( x \right)} }} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \sqrt[h]{{\frac{{e^{\ln \left( {x + h} \right)} }}
{{e^{\ln x} }}}} \hfill \\
= \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \sqrt[h]{{\frac{{x + h}}
{x}}} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \left( {1 + \frac{h}
{x}} \right)^{\frac{1}
{h}} \hfill \\
\end{gathered}[/m]
Dieser Ausdruck erinnert einen an die Exponentialfunktion-Folge. Schön wäre es, wenn im Exponenten statt [mm] $\tfrac{1}{h}$ [/mm] einfach nur [mm] $h\!$ [/mm] stünde, damit es klappt. Das können wir aber durch Grenzwert-Umkehr erreichen, indem wir [mm] $h\!$ [/mm] gegen Unendlich statt gegen 0 laufen lassen:
[m]\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \left( {1 + \frac{h}
{x}} \right)^{\frac{1}
{h}} = \mathop {\lim }\limits_{h \to \infty } \left( {1 + \frac{{\frac{1}
{h}}}
{x}} \right)^{\frac{1}
{{\frac{1}
{h}}}} = \mathop {\lim }\limits_{h \to \infty } \left( {1 + \frac{1}
{{hx}}} \right)^h = \mathop {\lim }\limits_{h \to \infty } \left( {1 + \frac{{\frac{1}
{x}}}
{h}} \right)^h = e^{\frac{1}
{x}} \Rightarrow \ln 'x = \frac{1}
{x}[/m]
Viele Grüße
Karl
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