Lösung von Teilaufgabe e: Unterschied zwischen den Versionen

Aus RMG-Wiki
Wechseln zu: Navigation, Suche
(→‎Beweisführung durch Betrachtung der Ableitungen von f_a)
 
(4 dazwischenliegende Versionen von einem Benutzer werden nicht angezeigt)
Zeile 55: Zeile 55:
 
== Beweisführung durch Betrachtung der Ableitungen von <math>f_a</math> ==
 
== Beweisführung durch Betrachtung der Ableitungen von <math>f_a</math> ==
  
−
Durch Betrachtung der Ableitungen und Integrale von <math>f_a (x)</math> lässt sich eine gewisse Regel erkennen.<br />
+
Durch Betrachtung der Ableitungen und Integrale von <math>f_a (x)\,</math> lässt sich eine gewisse Regel erkennen.<br />
  
 
:<math>Stammfunktion:    \;\;\; F_a (x) = ( x - a + 1 )\cdot e^{a + 2 - x}\cdot (-1) </math> <br />
 
:<math>Stammfunktion:    \;\;\; F_a (x) = ( x - a + 1 )\cdot e^{a + 2 - x}\cdot (-1) </math> <br />
Zeile 63: Zeile 63:
 
:<math>3. Ableitung:    \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; f^{'''}_a (x) = ( x - a - 3 )\cdot e^{a + 2 - x}\cdot (-1) </math> <br />
 
:<math>3. Ableitung:    \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; f^{'''}_a (x) = ( x - a - 3 )\cdot e^{a + 2 - x}\cdot (-1) </math> <br />
  
−
Aus den gezeigten Ableitungen lässt sich erkennen, ausgehend von der Stammfunktion, dass je einer Ableitung der erste Faktor diese Produkts (die Variablen in der Klammer) um je eins abnimmt. Außerdem wird bei jeder zweiten Ableitung eine Änderung des Vorzeichen verzeichnet. Das heißt, dass jede zweite Ableitung mit (-1) multipliziert wird.
+
Aus den gezeigten Ableitungen lässt sich erkennen, ausgehend von der Stammfunktion, dass für jede Ableitung der erste Faktor dieses Produkts (die Variablen in der Klammer) um eins abnimmt.<br /> Außerdem wird bei jeder zweiten Ableitung eine Änderung des Vorzeichens verzeichnet. Das heißt, jede zweite Ableitung wird mit (-1) multipliziert.
  
 
:<math>\sum_{1}^\infty (-1)^{n}\cdot(x-a-n)\cdot e^{a+2-x}=</math><br />
 
:<math>\sum_{1}^\infty (-1)^{n}\cdot(x-a-n)\cdot e^{a+2-x}=</math><br />
Zeile 69: Zeile 69:
 
:=<math>\sum_{1}^\infty (-1)^{n+1}\cdot(n-x+a)\cdot e^{a+2-x} = f_a^{(n)}(x)</math><br />
 
:=<math>\sum_{1}^\infty (-1)^{n+1}\cdot(n-x+a)\cdot e^{a+2-x} = f_a^{(n)}(x)</math><br />
  
−
Die durch die Überlegung entwickelte Formel für die n-te Ableitung von f<sub>a</sub>(x) stimmt mit der, die bewiesen werde sollte überein.<br />
+
Die durch die Überlegung entwickelte Formel für die n-te Ableitung von <math>f_a(x)\,</math> stimmt mit derjenigen, welche bewiesen werde sollte überein.<br />
 
<math>y=f_a^{(n)}(x)=(-1)^{n+1}\cdot(n-x+a)\cdot e^{a+2-x}</math>
 
<math>y=f_a^{(n)}(x)=(-1)^{n+1}\cdot(n-x+a)\cdot e^{a+2-x}</math>
  
−
Diese Methode der Beweisführung ist kein echter Beweis, da nie alle Ableitungen in betracht gezogen werden können, sondern nur ein kleiner Teil.
+
Diese Methode der Beweisführung ist kein echter Beweis, da nie alle Ableitungen in Betracht gezogen werden können, sondern nur ein kleiner Teil.
 
Sie ist eher zum besseren Verstehen und Vorstellen vorhanden.
 
Sie ist eher zum besseren Verstehen und Vorstellen vorhanden.

Aktuelle Version vom 26. Januar 2010, 21:36 Uhr

Inhaltsverzeichnis

Beweisführung zur n-ten Ableitung der Funktion fa durch vollständige Induktion

Beweise, dass
y=f_a^{(n)}(x)=(-1)^{n+1}\cdot(n-x+a)\cdot e^{a+2-x} die n-te Ableitung von f_a (x) = ( x - a )\cdot e^{a+2-x}ist. (Behauptung)

Hilfe zur vollständigen Induktion


1. Induktionsanfang:

Die erste Ableitung ist: f^{'}_a (x) = ( x - a - 1 )\cdot (-e^{a + 2 - x}) (siehe Teilaufgabe a / Extrempunkte)

Die Behauptung stimmt damit überein:

f_a^{(1)}(x)=(-1)^{1+1}\cdot(1-x+a)\cdot e^{a+2-x}
=(-1)^{2}\cdot(1-x+a)\cdot e^{a+2-x}
=1\cdot(1-x+a)\cdot e^{a+2-x}
=(1-x+a)\cdot e^{a+2-x}
=(x-a-1)\cdot (-e^{a+2-x})


2. Induktionsschritt:

Anfangsgleichung: f_a^{(n)}(x)=(-1)^{n+1}\cdot(n-x+a)\cdot e^{a+2-x}

Zielgleichung: f_a^{(n+1)}(x)=(-1)^{(n+1)+1}\cdot((n+1)-x+a)\cdot e^{a+2-x}

Wenn die n-te Ableitung von fa für n stimmt, muss sie auch für n+1 stimmen.

Dies soll nun bewiesen werden.


Der Beweis stimmt, wenn f_a^{(n)'}(x)= f_a^{(n+1)}(x)


Um die erste Ableitung zu bekommen, muss man hier die Produktregel verwenden [Hilfe zur Produktregel]

f_a^{(n)'}(x)= (-1)^{n+1}\cdot((n-x+a)\cdot e^{a+2-x}\cdot (-1) + (-1)\cdot e^{a+2-x}
=(-1)^{n+1}\cdot (-1)\cdot e^{a+2-x}\cdot (n-x+a+1)
=(-1)^{n+1+1}\cdot e^{a+2-x}\cdot (n+1-x+a)
=(-1)^{(n+1)+1}\cdot ((n+1)-x+a)\cdot e^{a+2-x} = f_a^{(n+1)}(x)



Beweisführung durch Betrachtung der Ableitungen von f_a

Durch Betrachtung der Ableitungen und Integrale von f_a (x)\, lässt sich eine gewisse Regel erkennen.

Stammfunktion: \;\;\; F_a (x) = ( x - a + 1 )\cdot e^{a + 2 - x}\cdot (-1)
Funktion: \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; f_a (x) = ( x - a )\cdot e^{a + 2 - x}
1. Ableitung: \;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\; f^{'}_a (x) = ( x - a - 1 )\cdot e^{a + 2 - x}\cdot (-1)
2. Ableitung: \;\;\;\; \;\;\;\;\;\;f^{''}_a (x) = ( x - a - 2 )\cdot e^{a + 2 - x}
3. Ableitung: \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; f^{'''}_a (x) = ( x - a - 3 )\cdot e^{a + 2 - x}\cdot (-1)

Aus den gezeigten Ableitungen lässt sich erkennen, ausgehend von der Stammfunktion, dass für jede Ableitung der erste Faktor dieses Produkts (die Variablen in der Klammer) um eins abnimmt.
Außerdem wird bei jeder zweiten Ableitung eine Änderung des Vorzeichens verzeichnet. Das heißt, jede zweite Ableitung wird mit (-1) multipliziert.

\sum_{1}^\infty (-1)^{n}\cdot(x-a-n)\cdot e^{a+2-x}=
=\sum_{1}^\infty (-1)^{n}\cdot(-1)\cdot(n-x+a)\cdot e^{a+2-x}
=\sum_{1}^\infty (-1)^{n+1}\cdot(n-x+a)\cdot e^{a+2-x} = f_a^{(n)}(x)

Die durch die Überlegung entwickelte Formel für die n-te Ableitung von f_a(x)\, stimmt mit derjenigen, welche bewiesen werde sollte überein.
y=f_a^{(n)}(x)=(-1)^{n+1}\cdot(n-x+a)\cdot e^{a+2-x}

Diese Methode der Beweisführung ist kein echter Beweis, da nie alle Ableitungen in Betracht gezogen werden können, sondern nur ein kleiner Teil. Sie ist eher zum besseren Verstehen und Vorstellen vorhanden.

Von „http://rmg.zum.de/index.php?title=Facharbeit_Andre_Etzel/Teilaufgabe_e/Lösung_von_Teilaufgabe_e&oldid=28319“