Lösung von Teilaufgabe e

Beweisführung zur n-ten Ableitung der Funktion f_a 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 f_a 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]

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

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

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

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

q. e. d.

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 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.

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

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

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

Die durch die Überlegung entwickelte Formel für die n-te Ableitung von f_a(x) stimmt mit der, die 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.