2015-te Ableitung von f(x)

14.01.2015, 16:07

Shinobi.Master

2015-te Ableitung von f(x)

Hallo Matheasse,

ich brauche bitte eure Unterstützung bei folgender Aufgabe:

--------------------------------------------

a) Seien $\begin{eqnarray*} f, g : \mathbb R \rightarrow \mathbb R \end{eqnarray*}$ n-mal differenzierbar. Zeigen Sie, dass dann gilt:

$\begin{eqnarray*} (f\cdot g)^{(n)} = \sum\limits_{k=0}^n {\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}} f^{(k)}g^{(n-k)} \end{eqnarray*}$ .

b) Berechnen Sie die 2015. Ableitung der Funktion $\begin{eqnarray*} f(x) := x^2\cdot e^{-x} \end{eqnarray*}$

---------------------------------------------

Zu a) habe ich ehrlich gesagt keine Idee.

Sollte ich mit $\begin{eqnarray*} (f\cdot g)^{(n)} \end{eqnarray*}$ anfangen und dann durch Umstellung probieren zu der Summe zu kommen

oder sollte ich lieber mit der Summe $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^n {\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}} f^{(k)}g^{(n-k)} \end{eqnarray*}$ anfangen und diese durch geschicktes umstellen auf $\begin{eqnarray*} (f\cdot g)^{(n)} \end{eqnarray*}$ zu bringen.

oder führt mich davon keines zum Ziel?

Zu b) hatte ich erst gedacht, dass ab einer bestimmten Anzahl von Ableitungen sich immer nur die Vorzeichen ändern, aber es handelt sich ja um die Produktregel und da verschwindet das x² leider nicht...

Wie mache ich das dann? Hilft mir die Formel aus a) da vielleicht weiter?

14.01.2015, 16:10

Iorek

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Sieh dir für a) einmal den Fall für $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ an, das sollte dir bekannt vorkommen. Die Aussage lässt sich dann einfach mit Induktion beweisen. Und für die b) ist die Aussage aus a) in der Tat hilfreich.

14.01.2015, 16:40

Shinobi.Master

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a)

Induktionsanfang: n = 1

$\begin{eqnarray*} (f\cdot g)^{(1)} = \sum\limits_{k=0}^1 {\begin{pmatrix} 1 \\ k \end{pmatrix}} f^{(k)}g^{(1-k)} = {\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}} f^{(0)}g^{(1-0)} + {\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}} f^{(1)}g^{(1-1)} = 1 \cdot f^{(0)}g^{(1)} + 1 \cdot f^{(1)}g^{(0)} = ... \end{eqnarray*}$ .

Mir fehlt nur der letzte Schritt jetzt dazu. Wie geht der?

Induktionsschritt: n = n+1

$\begin{eqnarray*} (f\cdot g)^{(n+1)} = \sum\limits_{k=0}^{n+1} {\begin{pmatrix} n+1 \\ k \end{pmatrix}} f^{(k)}g^{(n+1-k)} = {\begin{pmatrix} n+1 \\ 0 \end{pmatrix}} f^{(0)}g^{(n+1-0)} + {\begin{pmatrix} n+1 \\ 1 \end{pmatrix}} f^{(1)}g^{(n+1-1)} +...+ {\begin{pmatrix} n+1 \\ n \end{pmatrix}} f^{(n+1)}g^{(n+1-(n+1)} = 1 \cdot f^{(0)}g^{(n+1)} + (n+1) \cdot f^{(1)}g^{(n)} +...+ 1 \cdot f^{(n+1)}g^{(0)} = ... \end{eqnarray*}$

Auch hier fehlt der letzte Schritt...

14.01.2015, 16:57

Iorek

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Was bedeutet denn jeweils der Exponent in Klammern, wofür steht der? Und was ist das dann im Induktionsanfang?

Was du dann im Induktionsschritt machen willst, kann ich nicht nachvollziehen. Diese Gleichheit soll doch gerade gezeigt werden.

14.01.2015, 17:04

Shinobi.Master

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Na der Exponent in Klammern steht für die n-te Ableitung, also 1., 2., ..., n-te Ableitung der Funktion f bzw. g.

Und im Induktionsschritt nehme ich quasi die Reihe und forme diese um bis $\begin{eqnarray*} (f\cdot g)^{(n+1)} \end{eqnarray*}$ rauskommt. Also ich denke das vor der Reihe nochmal hinzuschreiben ist überflüssig...

Ich starte somit lieber gleich mit der Reihe $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n+1} {\begin{pmatrix} n+1 \\ k \end{pmatrix}} f^{(k)}g^{(n+1-k)} \end{eqnarray*}$

14.01.2015, 17:07

Iorek

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Um eine Reihe handelt es sich hier nicht, ansonsten hätten wir es mit unendlich vielen Summanden zu tun. Was ich damit sagen will: wenn $\begin{eqnarray*} (f\cdot g)^{(n+1)} \end{eqnarray*}$ die n+1-te Ableitung beschreibt, woraus entsteht diese?

Und zum Induktionsanfang: das ist einfach nur die wohlbekannte Produktregel, d.h. du wirst hier eine Verallgemeinerung davon beweisen.

14.01.2015, 17:13

Shinobi.Master

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$\begin{eqnarray*} (f\cdot g)^{(n+1)} \end{eqnarray*}$ entsteht durch die weitere Ableitung von $\begin{eqnarray*} (f\cdot g)^{(n)} \end{eqnarray*}$ oder nicht?

Zum Induktionsanfang:
Ahh genau... kann ich da denn nicht einfach sagen, dass durch Umkehrung der Produktregel ich dann von $\begin{eqnarray*} 1 \cdot f^{(0)}g^{(1)} + 1 \cdot f^{(1)}g^{(0)} \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} (f\cdot g)^{(1)} \end{eqnarray*}$ komme? Denn die Produktregel wurde bereits in der Vorlesung bewiesen...

14.01.2015, 17:37

Iorek

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Wie gesagt...der Induktionsanfang ist die Produktregel! Wenn ihr die bereits in der Vorlesung bewiesen hattet, dann ist der Induktionsanfang abgehakt.

Und ja, die entsteht durch ableiten von $\begin{eqnarray*} (f\cdot g)^{(n)} \end{eqnarray*}$ , das kannst du im Induktionsschritt verwenden.

14.01.2015, 17:40

Shinobi.Master

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Ich hab immerhin jetzt die Lösung für b), denke ich...

$\begin{eqnarray*} f(x) = x^2 \cdot e^{-x}, x^2 := g , e^{-x} := h \Rightarrow f^{(2015)}(x) = \sum\limits_{k=0}^{2015} {\begin{pmatrix} 2015 \\ k \end{pmatrix}} g^{(k)}h^{(2015-k)} = {\begin{pmatrix} 2015 \\ 0 \end{pmatrix}} g^{(0)}h^{(2015)} + {\begin{pmatrix} 2015 \\ 1 \end{pmatrix}} g^{(1)}h^{(2014)} + ... + {\begin{pmatrix} 2015 \\ 2015 \end{pmatrix}} g^{(2015)}h^{(0)} = 1 \cdot g^{(0)}h^{(2015)} + 2015 \cdot g^{(1)}h^{(2014)} + ... + 1 \cdot g^{(2015)}h^{(0)} = x^2 \cdot (-e^{-x}) + 2015 \cdot 2x \cdot e^{-x} + ... + 0 \cdot e^{-x} = x^2 \cdot (-e^{-x}) + 2015 \cdot 2x \cdot e^{-x} + 2029105 \cdot 2 \cdot (-e^{-x}) + 0 \end{eqnarray*}$

Richtig? Augenzwinkern

14.01.2015, 17:42

Shinobi.Master

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Gut dann fehlt nur noch der Induktionsschritt...

Wie mache ich da jetzt weiter?

14.01.2015, 18:09

Iorek

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Ihr werdet wahrscheinlich den binomischen Lehrsatz $\begin{eqnarray*} (a+b)^n=\sum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k} a^kb^{n-k} \end{eqnarray*}$ per Induktion bewiesen haben, oder? Da könntest du dir Anregungen holen. smile

14.01.2015, 18:15

Shinobi.Master

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Ja stimmt, ich schau den mir nochmal an.

14.01.2015, 18:36

Shinobi.Master

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Also zunächst vor dem Schritt die Induktionsannahme:

$\begin{eqnarray*} (f\cdot g)^{(n+1)} = (f\cdot g)^{(n)} \cdot (f\cdot g)^{(1)} =\sum\limits_{k=0}^{n+1} {\begin{pmatrix} n+1 \\ k \end{pmatrix}} f^{(k)}g^{(n+1-k)} \end{eqnarray*}$

Induktionsschritt:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n+1} {\begin{pmatrix} n+1 \\ k \end{pmatrix}} f^{(k)}g^{(n+1-k)} = (f\cdot g)^{(1)} \cdot \sum\limits_{k=0}^{n} {\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}} f^{(k)}g^{(n-k)} = (f\cdot g)^{(1)} \cdot ({\begin{pmatrix} n \\ 0 \end{pmatrix}} f^{(0)}g^{(n)} + {\begin{pmatrix} n \\ 1 \end{pmatrix}} f^{(1)}g^{(n-1)} + ... + {\begin{pmatrix} n \\ n \end{pmatrix}} f^{(n)}g^{(0)}) \end{eqnarray*}$

Aus der Produktregel folgt:

$\begin{eqnarray*} = (f \cdot g)^{(1)} \cdot (f \cdot g)^{(n)} = (f \cdot g)^{(n+1)} \end{eqnarray*}$

Funktioniert das so oder zählt das nicht als richtiger Beweis?

14.01.2015, 19:06

Iorek

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Zitat:

Original von Shinobi.Master
Also zunächst vor dem Schritt die Induktionsannahme:

$\begin{eqnarray*} (f\cdot g)^{(n+1)} = (f\cdot g)^{(n)} \cdot (f\cdot g)^{(1)} \end{eqnarray*}$

Wie kommst du denn an diese Gleichung? geschockt

Damit sagst du: "Um die $\begin{eqnarray*} n+1 \end{eqnarray*}$ -te Ableitung der Funktion $\begin{eqnarray*} f\cdot g \end{eqnarray*}$ zu bestimmen, leitet man die Funktion $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ mal ab und multipliziert diese Ableitung dann mit der ersten Ableitung der Funktion".

Versuch besser mal mit $\begin{eqnarray*} (f\cdot g)^{(n+1)}=[(f\cdot g)^{(n)}]^{(1)} \end{eqnarray*}$ zu starten.

14.01.2015, 19:36

Shinobi.Master

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Also nochmal Induktionsannahme:

$\begin{eqnarray*} (f\cdot g)^{(n+1)}=[(f\cdot g)^{(n)}]^{(1)}=\sum\limits_{k=0}^{n+1} {\begin{pmatrix} n+1 \\ k \end{pmatrix}} f^{(k)}g^{(n+1-k)} \end{eqnarray*}$

Induktionsschritt:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n+1} {\begin{pmatrix} n+1 \\ k \end{pmatrix}} f^{(k)}g^{(n+1-k)}=(\sum\limits_{k=0}^{n} {\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}} f^{(k)}g^{(n-k)})^{(1)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = ({\begin{pmatrix} n \\ 0 \end{pmatrix}} f^{(0)}g^{(n)} + {\begin{pmatrix} n \\ 1 \end{pmatrix}} f^{(1)}g^{(n-1)} + ... + {\begin{pmatrix} n \\ n \end{pmatrix}} f^{(n)}g^{(0)})^{(1)} =(1 \cdot f^{(0)}g^{(n)} + n \cdot f^{(1)}g^{(n-1)} + ... + 1 \cdot f^{(n)}g^{(0)})^{(1)} \end{eqnarray*}$

Aus der Produktregel folgt:

$\begin{eqnarray*} =((f \cdot g)^{(n)})^{(1)} = (f \cdot g)^{(n+1)} \end{eqnarray*}$

So besser?

15.01.2015, 01:18

Iorek

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Zitat:

Original von Shinobi.Master
$\begin{eqnarray*} (1 \cdot f^{(0)}g^{(n)} + n \cdot f^{(1)}g^{(n-1)} + ... + 1 \cdot f^{(n)}g^{(0)})^{(1)} \end{eqnarray*}$

Aus der Produktregel folgt:

$\begin{eqnarray*} =((f \cdot g)^{(n)})^{(1)} = (f \cdot g)^{(n+1)} \end{eqnarray*}$

So besser?

Warum folgt das direkt aus der Produktregel? Warum sollte diese Gleichheit gelten? Kannst du da genau angeben, wie das mit der Produktregel folgt?

15.01.2015, 14:43

BissleBlöd

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Zitat:

Original von Shinobi.Master
Also nochmal Induktionsannahme:

$\begin{eqnarray*} (f\cdot g)^{(n+1)}=[(f\cdot g)^{(n)}]^{(1)}=\sum\limits_{k=0}^{n+1} {\begin{pmatrix} n+1 \\ k \end{pmatrix}} f^{(k)}g^{(n+1-k)} \end{eqnarray*}$

Induktionsschritt:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n+1} {\begin{pmatrix} n+1 \\ k \end{pmatrix}} f^{(k)}g^{(n+1-k)}=(\sum\limits_{k=0}^{n} {\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}} f^{(k)}g^{(n-k)})^{(1)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = ({\begin{pmatrix} n \\ 0 \end{pmatrix}} f^{(0)}g^{(n)} + {\begin{pmatrix} n \\ 1 \end{pmatrix}} f^{(1)}g^{(n-1)} + ... + {\begin{pmatrix} n \\ n \end{pmatrix}} f^{(n)}g^{(0)})^{(1)} =(1 \cdot f^{(0)}g^{(n)} + n \cdot f^{(1)}g^{(n-1)} + ... + 1 \cdot f^{(n)}g^{(0)})^{(1)} \end{eqnarray*}$

Aus der Produktregel folgt:

$\begin{eqnarray*} =((f \cdot g)^{(n)})^{(1)} = (f \cdot g)^{(n+1)} \end{eqnarray*}$

So besser?

Oje oje sieht das kompliziert aus. ich bin selbst student und wir haben die Prduktregel für höhere Ableitung gar nicht behandelt, deswegen kann ich da durchaus Fehler machen.

Abe rzur vollständigen Induktion möchte ich was sagen: Wie es in Lehrbüchern und Skripten steht, ist oft unglaublich kompliziert. Dabei ist sie so einfach. Ich versteh auch nicht wie alle Schüler umständlich hoch zehn eine Gleichung zu der induktionsannahme umformen wollen, komplizierteste Rechenwege gehen, dabei ist es doch so einfavch

Vielleicht 2 Sachen die mir mein Matheprof gesagt hat wa smir ungemein geholfen hat

Zitat:

Meistens ist es eine sehr nützliche Methode, die Induktionsbehauptung so umzuformenund anzupassen, dass sie schliesendlich die Induktionsannahme enthält. Bei einer Gleichung möchte man die beiden Seiten auf die gleiche Form bringenDie Induktionsannahme wird während der Rechnung als unbedingt wahr angesehenund sollte unbedingt! im Beweis verwendet werden

Also ich mach mal mit:

Induktionsvorraussetzung: (IV)
$\begin{eqnarray*} (f \cdot g) ^{n} =\sum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k} f^{(k )}\cdot g^{(n-k)} \end{eqnarray*}$

Induktionsanfang n=1
$\begin{eqnarray*} (f \cdot g) ^{(1)} =(f \cdot g) ^\prime=\sum\limits_{k=0}^1 \binom{1}{k} f^{(k )}\cdot g^{(1-k)}= \binom{1}{0} f^{(0)}\cdot g^{(1-0)}+ \binom{1}{1} f^{(1)}\cdot g^{(1-1)}= f\cdot g^\prime+ f^\prime\cdot g \end{eqnarray*}$

Produktregel steht nun dort...stimmt also.

Induktionsschritt n->n+1
$\begin{eqnarray*} (f \cdot g) ^{(n+1)} =\sum\limits_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k} f^{(k )}\cdot g^{(n+1-k)}\\\Leftrightarrow ((f \cdot g) ^{(n)})^\prime =\sum\limits_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k} f^{(k )}\cdot g^{(n+1-k)} \end{eqnarray*}$

Hier wird nun die Induktionsvorraussetzung verwendet

$\begin{eqnarray*} (f \cdot g) ^{n} =\sum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k} f^{(k )}\cdot g^{(n-k)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (\sum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k} f^{(k )}\cdot g^{(n-k)})^\prime =\sum\limits_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k} f^{(k )}\cdot g^{(n+1-k)} \end{eqnarray*}$

Ich post den beitrag schonmal während ich am weiter rechnen bin

EDIT:

Zitat:

Warum folgt das direkt aus der Produktregel? Warum sollte diese Gleichheit gelten? Kannst du da genau angeben, wie das mit der Produktregel folgt?

Die Ableitung der nten ableitung ist die n+1 te Ableitung...

15.01.2015, 19:31

Iorek

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Zitat:

Original von BissleBlöd

Zitat:

Warum folgt das direkt aus der Produktregel? Warum sollte diese Gleichheit gelten? Kannst du da genau angeben, wie das mit der Produktregel folgt?

Die Ableitung der nten ableitung ist die n+1 te Ableitung...

Das ist aber keine ausreichende Begründung. Und gerade dieser Schritt ist der entscheidende und wichtige in diesem Beweis. Dass sich die Ableitung nun wirklich so zusammenfassen lässt, ist ja die Behauptung, die zu zeigen ist.

Und da dieser Beweis nahezu identisch mit dem des binomischen Lehrsatzes ist: http://de.wikibooks.org/wiki/Beweisarchi...ischer_Lehrsatz. Das sollte hoffentlich genug Inspiration für den notwendigen Schritt liefern.

15.01.2015, 20:14

Shinobi.Master

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Der Binomische Lehrsatz wurde bei uns in der Vorlesung bereits bewiesen.

Kann ich denn nicht einfach den Schritt verkürzen indem ich sage:

Aus der Produktregel und dem Binomischen Lehrsatz folgt:

$\begin{eqnarray*} =((f \cdot g)^{(n)})^{(1)} = (f \cdot g)^{(n+1)} \end{eqnarray*}$

15.01.2015, 20:36

Iorek

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Die Aussage folgt nicht direkt aus dem binomischen Lehrsatz! Es wird hier nirgendwo ein Ausdruck der Form $\begin{eqnarray*} (a+b)^n \end{eqnarray*}$ berechnet! böse

Der Beweis verläuft lediglich vollkommen analog, die Schritte lassen sich übertragen (ausmultiplizieren, zusammenfassen, Indexverschiebung etc.). Damit das hier langsam mal etwas wird:

$\begin{eqnarray*} (f\cdot g)^{(n+1)}=[(f\cdot g)^{(n)}]'\stackrel{\text{IV}}=\left[\sum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k} f^{(k)}g^{(n-k)}\right]'\stackrel{*}=\sum\limits_{k=0}^n \left[\binom{n}{k} f^{(k)}g^{(n-k)}\right]' \end{eqnarray*}$
Die letzte Gleichheit sollte noch kurz begründet werden (warum darf man die Ableitung in die Summe ziehen?). Und von diesem Ausdruck aus solltest du jetzt weiterarbeiten. Das der binomische Lehrsatz bereits bewiesen worden ist, ist klar, der verlinkte Beweis sollte dir lediglich als Idee dienen.

15.01.2015, 20:45

BissleBlöd

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Zitat:

Original von Iorek
Die Aussage folgt nicht direkt aus dem binomischen Lehrsatz! Es wird hier nirgendwo ein Ausdruck der Form $\begin{eqnarray*} (a+b)^n \end{eqnarray*}$ berechnet! böse

Puh ich hat da echt überlegt weil da snicht in mein kopf reinwollte. immerhin hab ich richtig gedacht und der "ableitungsexponent" ist nicht wie eine normale potenz anzusehen

die ableitung darf in die summe rein weil die ableitung unabhängig von summe ist

(a(x)+b(x)+c(x)+d(x)...)'=
(a'(x)+b'(x)+c'(x)+d'(x)...)

15.01.2015, 21:15

BissleBlöd

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Zitat:

Original von Shinobi.Master

[latex]Induktionsschritt:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n+1} {\begin{pmatrix} n+1 \\ k \end{pmatrix}} f^{(k)}g^{(n+1-k)}=(\sum\limits_{k=0}^{n} {\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}} f^{(k)}g^{(n-k)})^{(1)} \end{eqnarray*}$

irgendiwe glaub ich den schritt noch nicht so ganz. ist für mich auch noch nicht bewiesen. jemand ne erläuterung?

@threadsteller: ich habe gesehen du machst deine binome mit dem matrixbefehl, versuch mal \binom ist einfacher

16.01.2015, 17:28

Shinobi.Master

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Okay Danke.

16.01.2015, 19:29

Complexi

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Alternativer "Beweis": Aus jedem Term der 0. Ableitung $\begin{eqnarray*} f\cdot g \end{eqnarray*}$ gehen durch Ableitung 2 Terme hervor, nämlich einer, in dem rechts vom Dezimalpunkt abgeleitet wird und einer, in dem links vom Dezimalpunkt abgeleitet wird. So errechnet sich die 1. Ableitung des Produkts zu

$\begin{eqnarray*} (f\cdot g)'=f'\cdot g + f\cdot g' \end{eqnarray*}$ .

in einem Diagramm kann man dieses Ableiten folgendermaßen darstellen:
$\begin{eqnarray*} \xymatrix{ &f \cdot g\ar[ld]\ar[rd]&\\ f'\cdot g & &f \cdot g'} \end{eqnarray*}$
Insgesamt wird in jedem Produkt einmal abgeleitet. Auch bei der Ableitung dieser ersten Ableitung trägt jeder Term zwei Terme bei: Einen bei dem rechts, und einen, bei dem links vom Multiplikationszeichen abgeleitet wird. Insgesamt wird in dieser zweiten Ableitung also in jedem Produkt zweimal abgeleitet. Wie häufig kann nun jeder dieser Produkt von f und g mit insgesamt zwei Ableitungszeichen auftreten?

Der Term $\begin{eqnarray*} f''\cdot g \end{eqnarray*}$ kann offenbar nur einmal zustande kommen, wenn $\begin{eqnarray*} f' \cdot g \end{eqnarray*}$ abgeleitet wird. Der Term $\begin{eqnarray*} f'\cdot g' \end{eqnarray*}$ kommt dagegen sowohl jeweils einmal zustande, wenn $\begin{eqnarray*} f' \cdot g \end{eqnarray*}$ abgeleitet wird als auch wenn $\begin{eqnarray*} f\cdot g' \end{eqnarray*}$ abgeleitet wird. Genau wie der erste Term wird auch $\begin{eqnarray*} f\cdot g'' \end{eqnarray*}$ nur einmal durch Ableiten von $\begin{eqnarray*} f\cdot g' \end{eqnarray*}$ erzeugt.

Diese Betrachtung (bzw. deren Verallgemeinerung) zeigt
1. dass die n. Ableitung nur Produkte enthält, in denen insgesamt n mal abgeleitet wird, also von der Form $\begin{eqnarray*} f^{(n-k)}\cdot g^{(k)} \end{eqnarray*}$ .
2. dass jeder Produktterm $\begin{eqnarray*} f^{(n-k)}\cdot g^{(k)} \end{eqnarray*}$ in der n. Ableitung aus zwei Vorgängern in der n-1. Ableitung hervorgeht, nämlich jeweils einmal aus $\begin{eqnarray*} f^{(n-1-k)}\cdot g^{(k)} \end{eqnarray*}$ und aus $\begin{eqnarray*} f^{(n-k)}\cdot g^{(k-1)} \end{eqnarray*}$ .

Alles, was nun noch zu tun ist, ist, von der 0. bis zur n. Ableitung durchzuzählen, wie häufig die einzelnen Terme als Ableitungs-Abkömmlinge ihrer jeweiligen Vorgänger auftreten und dies zu summieren. Dies ergibt z.B. für die dritte Ableitung das Diagramm (Pfeile symbolisieren Ableitungen)

$\begin{eqnarray*} \xymatrix{ & & & 1\ar[ld]\ar[rd]& & & \\ & & 1\ar[ld]\ar[rd] & & 1\ar[ld]\ar[rd] & & \\ & 1\ar[ld]\ar[rd] & &2\ar[ld]\ar[rd] & &1\ar[ld]\ar[rd] & \\ 1 & & 3 & & 3 & & 1 } \end{eqnarray*}$ und für die n. das Pascalsche Dreieick.

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