Beweis der Kettenregel

29.09.2017, 18:13

Michel99

Beweis der Kettenregel

Ich versuche folgenden Beweis nachzuvollziehen:

$\begin{eqnarray*} \lim_{\epsilon \to 0} f(g(x))=[f(g(x+\epsilon))-f(g(x))]/\epsilon \end{eqnarray*}$

da $\begin{eqnarray*} g(x+\epsilon)= \epsilon g'+g \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{\epsilon \to 0} f(g(x))=[f(\epsilon g'+g)-f(g(x))]/\epsilon \end{eqnarray*}$

Bis hier ist alles verständlich. Und jetzt bin ich verloren:

$\begin{eqnarray*} =[f(g)+(\epsilon g')(f'(g)-f(g)]/\epsilon \end{eqnarray*}$

Hier wird gesagt, dass $\begin{eqnarray*} f(\epsilon g'+g)=f(g)+(\epsilon g')(f'(g)) \end{eqnarray*}$ ist. Das hier ist der entscheidene Punkt in der ganzen Herleitung und mit dem kann ich nichts anfangen. Ich habe bereits versucht über den Ansatz in der zweiten Zeile zu einem Ergebnis zu kommen, aber es haut irgendwie nicht hin. Kann mir das bitte jemand erklären?

MfG Michel

29.09.2017, 18:24

005

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RE: Beweis der Kettenregel

Zitat:

Original von Michel99

da $\begin{eqnarray*} g(x+\epsilon)= \epsilon g'+g \end{eqnarray*}$

Einfach ueberall die Argumente wegzulassen ist sicher keine gute Idee. Fang doch mal damit an, das sauber mit Argumenten aufzuschreiben.

29.09.2017, 18:34

Michel99

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Auf Anfrage hier noch einmal die unübersichtliche Version der Herleitung. (Das hier ist kein Post um über Stenographie zu debattieren)

$\begin{eqnarray*} \lim_{\epsilon \to 0} f(g(x))=[f(g(x+\epsilon))-f(g(x))]/\epsilon \end{eqnarray*}$

da $\begin{eqnarray*} g(x+\epsilon)= \epsilon g(x)'+g(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{\epsilon \to 0} f(g(x))=[f(\epsilon g(x)'+g(x))-f(g(x))]/\epsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =[f(g(x))+(\epsilon g(x)')(f'(g(x)))-f(g(x))]/\epsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f(\epsilon g'(x)+g(x))=f(g(x))+(\epsilon g(x)')(f'(g(x))) \end{eqnarray*}$

29.09.2017, 19:10

005

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Zitat:

Original von Michel99

Das hier ist kein Post um über Stenographie zu debattieren

Dann produziere auch keine, wenn Du nicht drueber debattieren willst.

Zitat:

da $\begin{eqnarray*} g(x+\epsilon)= \epsilon g(x)'+g(x) \end{eqnarray*}$

Das ist falsch, es fehlt der Restterm.

29.09.2017, 20:19

Michel99

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Ich habe lediglich den Differenzialquotienten ein wenig umgeformt. Für alles gilt $\begin{eqnarray*} \lim_{\epsilon \to 0} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} [g(x+\epsilon)-g(x)]/\epsilon=g'(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g(x+\epsilon)-g(x)=\epsilon*g'(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g(x+\epsilon)=\epsilon*g'(x)+g(x) \end{eqnarray*}$

Was für ein Restterm?

29.09.2017, 21:21

005

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Das kannst Du so nicht machen. Deine drei Gleichungen sind keine (ausser fuer lineare Funktionen). Der Limes ist kein Beiwerk, das man einfach irgendwo an den Rand schreiben und ansonsten ignorieren kann.

Wenn Du aus der Definition

$\begin{eqnarray*} g'(x)=\lim_{\epsilon\to0}\frac{g(x+\epsilon)-g(x)}{\epsilon} \end{eqnarray*}$

den Limes weghaben willst, dann musst Du fuer den Fehler einen Restterm $\begin{eqnarray*} \epsilon r(\epsilon) \end{eqnarray*}$ schreiben:

$\begin{eqnarray*} (*)\,\,\,\,g(x+\epsilon)=g(x)+g'(x)\epsilon+\epsilon r(\epsilon)\quad\text{mit $\quad\lim_{\epsilon\to0}r(\epsilon)=0$.} \end{eqnarray*}$

Wenn Du das nicht machst, behauptest Du, Deine Funktionen seien sowieso linear. Dann ist die Sache einfach. Wenn man eine lineare Funktion mit einer linearen Funktion verkettet, dann kommt wieder eine lineare Funktion raus und die Steigungen multiplizieren sich. Das ist natuerlich auch der Grund, warum die Kettenregel gilt.

Wenn Du einen richtigen Beweis haben willst, kannst Du nicht behaupten, Deine Funktionen waeren eh linear. Du musst schon mit Restterm und (*) arbeiten. Man faengt an mit

$\begin{eqnarray*} (+)\,\,\,\,f(g(x+\epsilon))=f(g(x)+g'(x)\epsilon+\epsilon r(\epsilon))=\ldots \end{eqnarray*}$

Dann das gleiche Spiel fuer $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ . Man hat ja ebenfalls

$\begin{eqnarray*} f(y+\varepsilon)=f(y)+f'(y)\varepsilon+\varepsilon s(\varepsilon) \end{eqnarray*}$ .

Du musst Dir jetzt ueberlegen, was Du als $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ und was als $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ nehmen willst, um in (+) die Puenktchen auszufuellen.

30.09.2017, 14:38

Michel99

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Das scheint mir doch um einiges komplizierter, als ich erwaret habe. Ich wusst nicht, dass man so mit dem Grenzwert umgehen muss.
Ich würde $\begin{eqnarray*} y=g(x) \end{eqnarray*}$ wählen, denn $\begin{eqnarray*} g(x) \end{eqnarray*}$ ist das Argument von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} f(g(x)+\epsilon)=f(g(x))+f'(g(x))\epsilon+\epsilon s(\epsilon) \end{eqnarray*}$

Nun gehe ich davon aus, dass:

$\begin{eqnarray*} f(g(x+\epsilon))\neq f(g(x)+\epsilon) \end{eqnarray*}$

Ich brauche jetzt einen Zusammenhang zwischen diesen beiden Termen, dann kann ich damit die Pünktchen ausfüllen. Bis jetzt hat noch nichts funktioniert. :L Ich habe versucht nach $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ aufzulösen und einzusetzen und die beiden Restterme gleichzusetzen. Am Ende sind sie beide gleich, also ging ich davon aus, dass es vielleicht funktioniert.

30.09.2017, 17:20

005

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In (+) hab ich doch schon den ersten Schritt gemacht. Mit dem zweiten Term da sollst Du natuerlich weitermachen. Du nimmst also $\begin{eqnarray*} y=g(x) \end{eqnarray*}$ , ok. Dann bleibt fuer $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ der Rest des Arguments von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} \varepsilon=g'(x)\epsilon+\epsilon r(\epsilon) \end{eqnarray*}$ .

(Beachte, dass ich $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ (\varepsilon) und $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ (\epsilon) verwendet habe. Du kannst das gerne deutlicher unterscheiden.)

30.09.2017, 19:27

Michel99

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Okay, ich versuche mich noch einmal an einer vollständigen Herleitung:

$\begin{eqnarray*} f'(g(x))=\lim_{\varepsilon \to 0} [f(g(x+\varepsilon))-f(g(x))]/ \varepsilon \end{eqnarray*}$ (1) nach x abgeleitet
-(2)->
$\begin{eqnarray*} f(g(x+\varepsilon))=f(g(x)+g'(x)\varepsilon+\epsilon r(\varepsilon)) \end{eqnarray*}$ (3)
__
$\begin{eqnarray*} f'(g))=\lim_{\lambda \to 0} [f(g(x)+\lambda)-f(g(x))]/ \lambda \end{eqnarray*}$ (4) nach g abgeleitet
-(5)->
$\begin{eqnarray*} f(g(x)+\lambda)=f(g(x))+f'(g)\lambda+\lambda s(\lambda) \end{eqnarray*}$ (6)
__

Aus (3) und (6) folgt:
$\begin{eqnarray*} f(g(x)+\lambda)=f(g(x+\varepsilon)) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \lambda=g'(x)\varepsilon+\varepsilon r(\varepsilon) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ wird in 6 eingesetzt:
$\begin{eqnarray*} f(g(x)+\lambda)=f(g(x))+f'(g) (g'(x)\varepsilon+\varepsilon r(\varepsilon))+\lambda s(\lambda) \end{eqnarray*}$
Und aus der Bedingung für $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ folgt dann auch:
$\begin{eqnarray*} f(g(x+\varepsilon))=f(g(x))+f'(g) (g'(x)\varepsilon+\varepsilon r(\varepsilon))+\lambda s(\lambda) \end{eqnarray*}$

Da $\begin{eqnarray*} \lim_{\lambda \to 0} s(\lambda)=0 \end{eqnarray*}$ gefordert wurde, wird obige Gleichung bei Bildung des Grenzwertes zu:
$\begin{eqnarray*} f(g(x+\varepsilon))=f(g(x))+f'(g) (g'(x)\varepsilon+\varepsilon r(\varepsilon)) \end{eqnarray*}$ (7)

(7) in (1) gibt:
$\begin{eqnarray*} f'(g(x))=\lim_{\varepsilon \to 0} [f'(g) (g'(x)\varepsilon+\varepsilon r(\varepsilon))]/ \varepsilon \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f'(g(x))=\lim_{\varepsilon \to 0} [f'(g)g'(x)\varepsilon+f'(g)\varepsilon r(\varepsilon)]/ \varepsilon \end{eqnarray*}$
Da $\begin{eqnarray*} \lim_{\varepsilon \to 0} r(\varepsilon)=0 \end{eqnarray*}$ gefordert wurde, wird obige Gleichung bei Bildung des Grenzwertes zu:
$\begin{eqnarray*} f(g(x+\varepsilon))=f'(g)g'(x) \end{eqnarray*}$
__

$\begin{eqnarray*} g'(x)=\lim_{\varepsilon \to 0} [g(x+\varepsilon)-g(x)]/ \varepsilon \end{eqnarray*}$
->
$\begin{eqnarray*} g(x+\varepsilon)=g(x)+g'(x)\varepsilon+\epsilon r(\varepsilon) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \lim_{\varepsilon \to 0} r(\varepsilon)=0 \end{eqnarray*}$ (2)
__
$\begin{eqnarray*} f'(g(x))=\lim_{\lambda \to 0} [f(g(x)+\lambda)-f(g(x))]/ \lambda \end{eqnarray*}$
->
$\begin{eqnarray*} f(g(x)+\lambda)=f(g(x))+f'(g(x))\lambda+\lambda s(\lambda) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \lim_{\lambda \to 0} s(\lambda)=0 \end{eqnarray*}$ (5)

Das ist Genial! Gott

Auf die Idee, die Variable in der Ableitung von f nach g so zu wählen, dass sie gleich mit der Ableitung von f(g(x)) wird, wäre ich nie gekommen. Das werde ich mir auf jeden Fall merken, vielleicht gibt es noch mehr Dinge in der Differentialrechnung, die man auf diese Weise bewältigen kann.
Vielen Dank für die Hilfe. smile

Ich hätte noch eine Frage zu diesen Ausdrücke, die bei der Grenzwertbildung immer 0 werden. Ist es nicht egal für die Herleitung sie als richtige Terme zu betrachten? Man könnte ja auch alles, was mit ihnen im Laufe der Umformung passiert zusammenfassen z.B. Multiplikationen mit anderen Ausdrücken und einfach einen Platzhalter verwenden, den man so markiert, dass jeder weiß, dass er 0 wird. Ich habe so etwas schonmal gesehen als $\begin{eqnarray*} O(\varepsilon^2) \end{eqnarray*}$ . Das würde immerhin ein bisschen Platz sparen. Oder fällt sowas auch unter Stenogragfie? Big Laugh

Ist dieser Ansatz für die Differentialrechnung üblich? Es gibt bekanntlich noch viele andere Beweismöglichkeiten für alle möglichen Ableitungsregeln.

01.10.2017, 00:32

005

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Also ich jedenfalls meine das so (ich schreibe jetzt das uebliche $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ statt dem unueblichen $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ ):

$\begin{eqnarray*} f(g(x+h))&=&f(g(x)+g'(x)h+hr(h))\\&=&f(g(x))+f'(g(x))(g'(x)h+hr(h))+(g'(x)h+hr(h))s(g'(x)h+hr(h))\\&=&f(g(x))+f'(g(x))g'(x)h+h t(h) \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} t(h)=f'(g(x))r(h)+(g'(x)+r(h))s(g'(x)h+hr(h)) \end{eqnarray*}$ .

Das ist einfach nur erst (*) fuer die innere Funktion und dann (*) fuer die auessere Funktion. Und wegen $\begin{eqnarray*} \textstyle\lim_{h\to0}t(h)=0 \end{eqnarray*}$ zeigt ein Vergleich mit (*), dass

$\begin{eqnarray*} \frac{d}{dx}f(g(x))=f'(g(x))g'(x) \end{eqnarray*}$

ist.

Ich finde, das ist sowohl kurz genug als auch klar genug. Falls Du es auch so gemeint hast (ich habe Zweifel), siehst Du daran jedenfalls, dass man es auch ohne Steno uebersichtlich darstellen kann.

Fuer $\begin{eqnarray*} o \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} O \end{eqnarray*}$ siehe Landau-Symbole. Ob man solche Ausdruecke von vornherein haette weglassen koennen, weiss man erst hinterher.

Die Rechnung hier folgt im Prinzip der Herleitung zu Zeiten von Leibniz. Sei $\begin{eqnarray*} y=f(g(x)) \end{eqnarray*}$ gegeben. Bestimme $\begin{eqnarray*} dy \end{eqnarray*}$ in Abhaengigkeit von $\begin{eqnarray*} dx \end{eqnarray*}$ . Setze dazu $\begin{eqnarray*} z=g(x) \end{eqnarray*}$ . Dann ist $\begin{eqnarray*} y=f(z) \end{eqnarray*}$ und also $\begin{eqnarray*} dy=f'(z)\,dz \end{eqnarray*}$ . Mit $\begin{eqnarray*} dz=g'(x)\,dx \end{eqnarray*}$ folgt insgesamt $\begin{eqnarray*} dy=f'(g(x))g'(x)\,dx \end{eqnarray*}$ . Da sind die Restterme also von vornherein weggelassen worden.

01.10.2017, 18:45

Michel99

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Ich bin überzeugt, dass ich fast das gleiche nur in übermäßig ausführlich gemacht hab. In ein paar Zeilen kann ich solche Beweise meistens nicht verstehen, weil einzelne Teile, von denen der Autor denkt, sie sind klar, fehlen.
Aber wozu mussten wir weiter oben eine zweite Ableitungsvariable ( $\begin{eqnarray*} \varepsilon \epsilon \end{eqnarray*}$ )einführen, wenn Du in der Herleitung jetzt nur eine verwenden?
Die Herleitung zu Zeiten Leibniz sieht einfacher aus, aber scheint ganz anderer Natur zu sein, als der andere Ansatz.

01.10.2017, 22:34

mYthos

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Sowohl einen heuristischen als auch einen exakten Beweis findet man bei Wikipedia.
Diese sind so einfach, dass der große Aufwand hier in diesem Thread mehr als entbehrlich erscheint.

mY+

02.10.2017, 04:43

005

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Der skizzierte Beweisweg praezisiert die Idee aus der urspruenglichen Anfrage. Ein Beweis fuer die Kettenregel findet sich in dieser Form z.B. bei Heuser. Ich wuesste nicht, was daran bei fuenf Zeilen lang oder aufwendig sein sollte. Und naheliegend ist die Vorgehensweise eh: Man linearisiert einfach zwei Mal. Dein Wikipedia-Beweis ist dagegen eher nicht naheliegend. Ein kritischer Leser koennte sich fragen, warum man D ueberhaupt definiert und nicht einfach die Rechnung aus dem heuristischen Teil ausfuehrt. Steht kein Wort dazu dabei.

02.10.2017, 12:51

IfindU

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Ich kannte bisher nur den Wikipedia-Beweis. Und meine Version des ausgeführten heuristischen wäre länger geworden. Dort hätte man Teilfolgen genommen, so dass $\begin{eqnarray*} g(x+ h_k) \neq g(x) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} g(x+ h_k) = g(x) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ gilt. Mit dem Teilfolgenkriterium hätte man das ganze zusammenfassen können. Das mit $\begin{eqnarray*} D \end{eqnarray*}$ macht es natürlich eleganter.

Ansonsten hat 005s Beweis den Vorteil, dass es eine offensichtliche Verallgemeinerung vom Eindimensionalen ins Mehrdimensionale gibt. Das kann man von dem anderen Beweis nicht behaupten.

07.10.2017, 07:23

005

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Den Wikipedia-Beweis kann man aus didaktischer Sicht auch ganz wesentlich aufpeppen. Man nimmt zunaechst $\begin{eqnarray*} g'(x)\ne0 \end{eqnarray*}$ an. Dann ist garantiert $\begin{eqnarray*} g(x+h)\ne g(x) \end{eqnarray*}$ fuer kleine $\begin{eqnarray*} |h| \end{eqnarray*}$ und die simple Rechnung ist nicht bloss heuristisch, sondern einwandfrei. Und falls $\begin{eqnarray*} g'(x)=0 \end{eqnarray*}$ , so zeigt man einfach direkt $\begin{eqnarray*} [f(g(x))]'=0 \end{eqnarray*}$ . Problem erkannt, Problem benannt, Problem geloest. Nicht ohne Erklaerung rumgetrickst. Vgl. Walter, Analysis I.

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