Grenzwertbildung der Eulerschen Zahl - Seite 2

24.03.2005, 18:06

Frooke

Zitat:

Original von Mathespezialschüler
@Frooke
Aber auf dem Wege wie wir e hier definieren wollten, da habe ich es ja oben benutzt. Und da wir e ja noch nich kennen, haben wir ja auch keine Ahnung von der Ableitung, geschweige denn von der 2. Ableitung. Und deswegen bräuchte man in dem Fall den elementaren Beweis.

Klar, wenn Du Zeit hast, ich würds schon gerne wissen Big Laugh

@Leopold:
Du hast recht, ich meinte keine analytisch angebbare Stammfunktion. Eine Stammfunktion im eigentlichen Sinn gibts also trotzdem, aller klar!

Kurz noch eine Frage, die zwar nicht zum Thema ist, aber da Du grad von einer Gammafunktion redest. Kann man eigentlich in Latex auch kyrillische Zeichen erzeugen?

24.03.2005, 18:20

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Zitat:

Original von Frooke
Kann man eigentlich in Latex auch kyrillische Zeichen erzeugen?

Mit passenden Fonts und dem LaTeX-Package cyrillic sollte das klappen. Ich vermute aber, dass die boardeigenen LaTeX-Einstellungen das nicht beinhalten.

26.03.2005, 22:52

Mathespezialschüler

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Konvexität der Exponentialfunktion
So jetzt zur Konvexität:
Erstmal die Definition, die du dir mit einer Skizze anschaulich machen solltest:
Die Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ heißt konvex auf einem Intervall, wenn für je zwei beliebige Punkte $\begin{eqnarray*} x_1, x_2 \end{eqnarray*}$ aus dem Intervall und für alle $\begin{eqnarray*} \lambda\in (0,1) \end{eqnarray*}$ die Ungleichung

$\begin{eqnarray*} f(x_1+\lambda(x_2-x_1))\leq f(x_1)+\lambda(f(x_2)-f(x_1)) \end{eqnarray*}$

gilt. Steht dort sogar $\begin{eqnarray*} < \end{eqnarray*}$ , so heißt $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ streng konvex. Und entsprechend heißt $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ konkav bzw. streng konkav, wenn dort $\begin{eqnarray*} \geq \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} > \end{eqnarray*}$ steht.
Und das machst du dir so anschaulich klar (halte dir die von mir angehängte Skizze vor Augen): $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ durchläuft alle Zahlen zwischen $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ . Dann durchläuft also $\begin{eqnarray*} x_1+\lambda(x_2-x_1) \end{eqnarray*}$ das Intervall $\begin{eqnarray*} (x_1,x_2) \end{eqnarray*}$ !! (das ist das Wichtigste, ist das klar?) Wir nennen jetzt mal $\begin{eqnarray*} x_1+\lambda (x_2-x_1) \end{eqnarray*}$ einfach $\begin{eqnarray*} x(\lambda) \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} x(\lambda)=x_1+\lambda(x_2-x_1) \end{eqnarray*}$ .
Also durchläuft $\begin{eqnarray*} f(x_1+\lambda(x_2-x_1))=f(x(\lambda)) \end{eqnarray*}$ den Graphen von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ im Intervall $\begin{eqnarray*} (x_1,x_2) \end{eqnarray*}$ bzw. die $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ -Werte der Funktion, denn $\begin{eqnarray*} x(\lambda) \end{eqnarray*}$ durchläuft ja die $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ -Werte dieses Intervalls!
Und die rechte Seite: $\begin{eqnarray*} f(x_1)+\lambda(f(x_2)-f(x_1)) \end{eqnarray*}$ durchläuft die $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ -Werte der Strecke vom Punkt $\begin{eqnarray*} (x_1,f(x_1)) \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} (x_2,f(x_2)) \end{eqnarray*}$ . Das machst du dir so klar:

$\begin{eqnarray*} f(x_1)+\lambda(f(x_2)-f(x_1))=f(x_1)+\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}\cdot \lambda(x_2-x_1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =f(x_1)+\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}\cdot (x_1+\lambda(x_2-x_1)-x_1)=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}\cdot (x(\lambda)-x_1)+f(x_1) \end{eqnarray*}$

Denn die letzte Form ist ja die einer Geraden (wenn du für $\begin{eqnarray*} x(\lambda) \end{eqnarray*}$ alle reellen Zahlen einsetzt), die durch den Punkt $\begin{eqnarray*} (x_1, f(x_1)) \end{eqnarray*}$ geht und die Steigung $\begin{eqnarray*} \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} \end{eqnarray*}$ hat, und solch eine Gerade geht auch durch $\begin{eqnarray*} (x_2, f(x_2)) \end{eqnarray*}$ (das kannst du auch durch Einsetzen von $\begin{eqnarray*} x_2 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x(\lambda) \end{eqnarray*}$ oder eben mit Einsetzen von $\begin{eqnarray*} \lambda=1 \end{eqnarray*}$ überprüfen! Denn für $\begin{eqnarray*} \lambda=1 \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} x(\lambda)=x(1)=x_1+1\cdot (x_2-x_1)=x_2 \end{eqnarray*}$ ). Hier setzt du aber mit $\begin{eqnarray*} x(\lambda) \end{eqnarray*}$ nur alle Punkte zwischen $\begin{eqnarray*} x_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_2 \end{eqnarray*}$ ein, durchläufst also damit die $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ -Werte der Geraden in diesem Intervall und das ist eben die Strecke zwischen den beiden Punkten.
Und die obige Ungleichung

$\begin{eqnarray*} f(x_1+\lambda(x_2-x_1))\leq f(x_1)+\lambda(f(x_2)-f(x_1)) \end{eqnarray*}$

bedeutet jetzt nur, dass die Funktion in dem Intervall $\begin{eqnarray*} (x_1,x_2) \end{eqnarray*}$ unterhalb (oder genauer: nicht oberhalb) der Strecke mit den Endpunkten $\begin{eqnarray*} (x_1,f(x_1)) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (x_2,f(x_2)) \end{eqnarray*}$ liegt.
Und wenn das nun für alle Paare von Punkten, also für alle solche Strecken zwischen zwei Punkten des Graphen gilt, dann heißt $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ konvex. Wie du im Bild siehst, muss das nämlich auch für die beiden Punkte $\begin{eqnarray*} (x_3,f(x_3)) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (x_4,f(x_4)) \end{eqnarray*}$ gelten und halt auch für beliebige andere Punkte!

So und jetzt endlich zur Exponentialfunktion:
Erstmal weißt du ja, dass für beliebige reelle Exponenten $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ die Ableitungsregel $\begin{eqnarray*} (x^r)'=rx^{r-1} \end{eqnarray*}$ gilt. Die beweist man normalerweise durch Umschreiben in $\begin{eqnarray*} x^r=\operatorname e^{r\cdot \ln x} \end{eqnarray*}$ und anschließendem Ableiten mit Kettenregel.
Aber wir kennen $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ ja noch nicht, also bräuchten wir, um das benutzen zu dürfen, einen anderen Beweis. Man kann auch das mit gleichmäßiger Konvergenz beweisen (siehe hier) oder auch anders (siehe hier), auf jeden Fall geht es. Aber das möcht ich jetzt erstmal nicht ausführen, sondern nur erwähnen, dass das geht, damit wir das benutzen dürfen. Denn damit kann man dann nämlich mithilfe des Mittelwertsatzes folgendes beweisen:
Für alle $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x>-1, x\neq 0 \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} (1+x)^r\begin{cases} <1+rx & \mbox{wenn } 0<r<1 \\ >1+rx & \mbox{wenn } r>1 \mbox{ oder } r<0\end{cases} \end{eqnarray*}$

Nun zum Beweis der strengen Konvexität einer beliebigen Exponentialfunktion:
Dafür müssen wir für beliebiges $\begin{eqnarray*} a>0,\ a\neq 1 \end{eqnarray*}$ zeigen, dass für zwei beliebige, voneinander verschiedene Punkte $\begin{eqnarray*} x_1,x_2 \end{eqnarray*}$ und für alle $\begin{eqnarray*} \lambda\in (0,1) \end{eqnarray*}$ folgendes gilt (siehe obiger Definition!):

$\begin{eqnarray*} a^{x_1+\lambda(x_2-x_1)}<a^{x_1}+\lambda(a^{x_2}-a^{x_1}) \end{eqnarray*}$

Das machen wir jetzt so:
Da ja $\begin{eqnarray*} x_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_2 \end{eqnarray*}$ zwei verschiedene Punkte sind, also $\begin{eqnarray*} x_1\neq x_2 \end{eqnarray*}$ , ist $\begin{eqnarray*} a^{x_2-x_1}\neq 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} >0 \end{eqnarray*}$ . Also ist $\begin{eqnarray*} b:=a^{x_2-x_1}-1>-1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \neq 0 \end{eqnarray*}$ , sodass wir darauf die obige Ungleichung $\begin{eqnarray*} (1+x)^r< 1+rx\qquad\mbox{ wenn }0<r<1 \end{eqnarray*}$ anwenden können, nämlich so: Es ist ja $\begin{eqnarray*} a^{x_2-x_1}=1+b \end{eqnarray*}$ und natürlich sowieso $\begin{eqnarray*} 0<\lambda<1 \end{eqnarray*}$ , also erhalten wir (durch Einsetzen in die Ungleichung mit $\begin{eqnarray*} x=b \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} r=\lambda \end{eqnarray*}$ ):

$\begin{eqnarray*} a^{\lambda(x_2-x_1)}=\left(a^{x_2-x_1}\right)^{\lambda}=(1+b)^{\lambda}<1+\lambda b=1+\lambda\left(a^{x_2-x_1}-1\right) \end{eqnarray*}$

und nochmal "allein" aufgeschrieben:

$\begin{eqnarray*} a^{\lambda(x_2-x_1)}<1+\lambda\left(a^{x_2-x_1}-1\right) \end{eqnarray*}$

Multiplizieren mit $\begin{eqnarray*} a^{x_1} \end{eqnarray*}$ (was ja immer >0 ist!) und Beachten von $\begin{eqnarray*} a^{x_2-x_1}=\frac{a^{x_2}}{a^{x_1}} \end{eqnarray*}$ bringt:

$\begin{eqnarray*} a^{x_1}\cdot a^{\lambda(x_2-x_1)}<a^{x_1}+\lambda\left(\frac{a^{x_2}}{a^{x_1}}-1\right)\cdot a^{x_1} \end{eqnarray*}$

Umformen:

$\begin{eqnarray*} a^{x_1+\lambda(x_2-x_1)}<a^{x_1}+\lambda\left(a^{x_2}-a^{x_1}\right) \end{eqnarray*}$

Und jetzt sind wir fertig, denn da steht ja

$\begin{eqnarray*} f(x_1+\lambda(x_2-x_1)\big)< f(x_1)+\lambda(f(x_2)-f(x_1)) \end{eqnarray*}$

für $\begin{eqnarray*} f(x)=a^x \end{eqnarray*}$ .
und das ist grad die Definition der strengen Konvexität. smile

puuuh, endlich fertig. Schläfer

Wünsch dir (und allen anderen) frohe Ostern!

27.03.2005, 12:22

Frooke

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RE: Konvexität der Exponentialfunktion

Zitat:

Original von Mathespezialschüler
puuuh, endlich fertig. Schläfer

Wünsch dir (und allen anderen) frohe Ostern!

Vielen Dank für die ganze Arbeit, die Du da geleistet hast... Echt nett Freude

! Ich muss das später nochmals in Ruhe ansehen… Allfällige Fragen kommen also noch Augenzwinkern

Auch Dir und den Anderen frohes Osterfest!

EDIT: Sorry, dass ich nochmals störe, aber ich habe noch eine Frage:

Zitat:

Ich habe eben gedacht, dass es trotzdem ginge, weil wir ja doch gewisse Eigenschaften der Ableitungen herausbekommen können.

Nehmen wir
$\begin{eqnarray*} f(x)=a^x,\;a\in ]1{;}\infty[ \end{eqnarray*}$ (Bei unserem Problem sind ja nur diese Basen relevant.)
$\begin{eqnarray*} f'(x)=a^x \lim_{h \to 0} \frac{a^h-1}{h} \end{eqnarray*}$
Bezeichnen wir $\begin{eqnarray*} \lim_{h \to 0} \frac{a^h-1}{h} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ so ist
$\begin{eqnarray*} f'(x)=a^xk \end{eqnarray*}$ und
$\begin{eqnarray*} f''(x)=a^xk^2 \end{eqnarray*}$
Nun ist $\begin{eqnarray*} a^x \end{eqnarray*}$ sowieso immer positiv und k ja auch. Deswegen wissen wir doch, dass die zweite Ableitung - ungeachtet davon, wie sie im Einzelnen aussieht - immer positiv ist und daher ist die genannte Funktion streng konvex.

Oder stimmt das nicht? verwirrt

Gruß

27.03.2005, 22:07

Mathespezialschüler

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Deine Überlegungen sind richtig und gut, nur fehlt wieder etwas mathematische Präzision. Augenzwinkern

Das ganze Problem dabei ist, dass du erstmal beweisen musst, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ differenzierbar ist, also eine Ableitung besitzt.
Und dazu musst du beweisen, dass der Grenzwert

$\begin{eqnarray*} \lim_{h \to 0} \frac{a^h-1}{h} \end{eqnarray*}$

existiert und, wie schon gesagt, ist das nicht das Allereinfachste bei unseren Voraussetzungen. Augenzwinkern

03.04.2005, 09:05

Frooke

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Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Deine Überlegungen sind richtig und gut, nur fehlt wieder etwas mathematische Präzision. Augenzwinkern

Das ganze Problem dabei ist, dass du erstmal beweisen musst, dass f differenzierbar ist, also eine Ableitung besitzt.
Und dazu musst du beweisen, dass der Grenzwert

$\begin{eqnarray*} \lim_{h \to 0} \frac{a^h-1}{h} \end{eqnarray*}$

existiert und, wie schon gesagt, ist das nicht das Allereinfachste bei unseren Voraussetzungen. Augenzwinkern

Auweia... schade Hammer

! Ja, hast recht. Nur noch eine kleine Frage - die ist zwar oberdoof aber ich muss sie mal stellen: Bist Du sicher, dass linksgekrümmt konvex und rechtsgekrümmt konkav ist? Ist es nicht gerade umgekehrt, also für
$\begin{eqnarray*} f''(x)\geq0 \end{eqnarray*}$ Konkavität usw...

03.04.2005, 09:49

Mathespezialschüler

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Ja, ich bin ganz sicher! $\begin{eqnarray*} f''(x)\geq 0\ \Leftrightarrow\ \mbox{Konvexität}\ \Leftrightarrow\ \mbox{Linkskrümmung} \end{eqnarray*}$
Ist ja nur eine Festlegung Augenzwinkern

03.04.2005, 10:33

Frooke

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Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Ja, ich bin ganz sicher! $\begin{eqnarray*} f''(x)\geq 0\ \Leftrightarrow\ \mbox{Konvexität}\ \Leftrightarrow\ \mbox{Linkskrümmung} \end{eqnarray*}$
Ist ja nur eine Festlegung Augenzwinkern

Jepp, aber dann stehts in einem meiner Bücher falsch drin Big Laugh

!!! Krass!

Denn da steht:
«[…]die Sinusfunktion auf [0;<pi>] streng konvex und auf [<pi>;2<pi>] streng konkav.»

Witzig... smile

03.04.2005, 10:52

etzwane

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ich habe mal den Spruch gelernt: "der Podex ist konvex",

und bei Funktionen kommt es halt darauf an, wie man auf die Funktion blickt,

genau so, wie man zweifellos sagen kann: Die Sonne geht links auf.

03.04.2005, 11:01

Frooke

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@etzwane: Du wirst Doch mit mir einverstanden sein, dass man an normalen Tagen den Graph einer Funktion so betrachtet, daß die x-Achse horizontal, die y-Achse vertikal und die positiven Zahlen rechts bzw. oben stehen... Oder wie soll ich denn das deuten:

MSS sagt: Konvexität für f''(x)>=0 und mein Buch f''(x)<=0 = konvex... Ich glaube MSS schon, aber eben... doch seltsam... verwirrt

25.12.2005, 23:47

Mathespezialschüler

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Hallo!
Nach langer Zeit ist mir glücklicherweise etwas in die Hände gefallen, was eines meiner beiden Probleme sehr gut löst. Das andere habe ich durch etwas Nachdenken und durch ein zufälliges intensives Beschäftigen mit der ganzen Materie an anderer Stelle nun auch gelöst - beides geschah innerhalb von zwei oder drei Wochen. Augenzwinkern

Im Übrigen braucht man für den Beweis der verallgemeinerten Bernoullischen Ungleichung, die ich oben angegeben habe, gar nicht die Ableitung der Potenzfunktion für reelle Exponenten. Sie und die Konvexität der Exponentialfunktion lassen sich auch ganz elementar aus der Ungleichung zwischen arithmetischem und geometrischen Mittel herleiten. Das möchte allerdings hier nicht ausführen. Bei Bedarf gebe ich einen Link. edit: Hier ist der Link.
Ich fange diesmal mit etwas Theorie über konvexe Funktionen an, die man sich unbedingt auch anschaulich klar machen sollte (d.h.: vor allem die Ungleichungen).

Satz 1: Für eine Funktion $\begin{eqnarray*} f: (a,b)\to\mathbb R \end{eqnarray*}$ sind folgende Aussagen äquivalent:
(i) $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist konvex.
(ii) Für alle $\begin{eqnarray*} x,y,z\in (a,b) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x<y<z \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} \frac{f(y)-f(x)}{y-x}\leq \frac{f(z)-f(x)}{z-x}\leq \frac{f(z)-f(y)}{z-y} \end{eqnarray*}$ .
(iii) $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist an jeder Stelle des Intervalls $\begin{eqnarray*} (a,b) \end{eqnarray*}$ links- und rechtsseitig differenzierbar und es gilt für alle $\begin{eqnarray*} x,y\in (a,b) \end{eqnarray*}$ die Ungleichung $\begin{eqnarray*} f\left(\frac{x+y}{2}\right)\leq \frac{f(x)+f(y)}{2} \end{eqnarray*}$ .
(iv) $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist an jeder Stelle des Intervalls $\begin{eqnarray*} (a,b) \end{eqnarray*}$ stetig und es gilt für alle $\begin{eqnarray*} x,y\in (a,b) \end{eqnarray*}$ die Ungleichung $\begin{eqnarray*} f\left(\frac{x+y}{2}\right)\leq \frac{f(x)+f(y)}{2} \end{eqnarray*}$ .

Beweis: $\begin{eqnarray*} (i)\Rightarrow (ii) \end{eqnarray*}$ : Zunächst gehen wir die erste der beiden Ungleichungen an. Es gilt für alle $\begin{eqnarray*} \lambda\in (0,1) \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} f(x+\lambda (z-x))\leq f(x)+\lambda (f(z)-f(x)) \end{eqnarray*}$

(siehe oben in meinem Beitrag über Konvexität, wo man einfach nur $\begin{eqnarray*} x_1=x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_2=z \end{eqnarray*}$ setzen muss.)

Sei nun $\begin{eqnarray*} \lambda=\frac{y-x}{z-x} \end{eqnarray*}$ . Dann ist $\begin{eqnarray*} \lambda\in (0,1) \end{eqnarray*}$ und es gilt:

$\begin{eqnarray*} x+\lambda (z-x)=x+\frac{y-x}{z-x}\cdot (z-x)=y \end{eqnarray*}$ .

Daraus folgt nun wegen der Konvexität

$\begin{eqnarray*} f(y)=f(x+\lambda (z-x))\leq f(x)+\lambda (f(z)-f(x))=f(x)+\frac{y-x}{z-x}(f(z)-f(x)) \end{eqnarray*}$ .

Nun erhält man nach Subtraktion von $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ und Division durch $\begin{eqnarray*} y-x \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \frac{f(y)-f(x)}{y-x}\leq \frac{f(z)-f(x)}{z-x} \end{eqnarray*}$ ,

also die Behauptung. Die zweite Ungleichung $\begin{eqnarray*} \frac{f(z)-f(x)}{z-x}\leq \frac{f(z)-f(y)}{z-y} \end{eqnarray*}$ beweist man ganz entsprechend. Man braucht diesmal die Konvexität nur mit der Ungleichung

$\begin{eqnarray*} f(z+\lambda (x-z))\leq f(z)+\lambda (f(x)-f(z)) \end{eqnarray*}$

ausnutzen, wobei man $\begin{eqnarray*} \lambda=\frac{z-y}{z-x} \end{eqnarray*}$ wählt.

Nun der relativ einfache Beweis für $\begin{eqnarray*} (ii)\Rightarrow (iii) \end{eqnarray*}$ : Für die Ungleichung $\begin{eqnarray*} f\left(\frac{x+y}{2}\right)\leq \frac{f(x)+f(y)}{2} \end{eqnarray*}$ nehmen wir o.B.d.A. $\begin{eqnarray*} x<y \end{eqnarray*}$ an. Man erhält sie, wenn man $\begin{eqnarray*} x'=x,y'=\frac{x+y}{2},z'=y \end{eqnarray*}$ in

$\begin{eqnarray*} \frac{f(y')-f(x')}{y'-x'}\leq \frac{f(z')-f(y')}{z'-y'} \end{eqnarray*}$

einsetzt:

$\begin{eqnarray*} \frac{f\left(\frac{x+y}{2}\right)-f(x)}{\frac{x+y}{2}-x}\leq \frac{f(y)-f\left(\frac{x+y}{2}\right)}{y-\frac{x+y}{2}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow \frac{f\left(\frac{x+y}{2}\right)-f(x)}{\frac{y-x}{2}}\leq \frac{f(y)-f\left(\frac{x+y}{2}\right)}{\frac{y-x}{2}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow f\left(\frac{x+y}{2}\right)-f(x)\leq f(y)-f\left(\frac{x+y}{2}\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow f\left(\frac{x+y}{2}\right)\leq \frac{f(x)+f(y)}{2} \end{eqnarray*}$

Jetzt zur anderen Behauptung: Sei $\begin{eqnarray*} x\in (a,b) \end{eqnarray*}$ fest und für $\begin{eqnarray*} h>0 \end{eqnarray*}$ die Sekantenfunktion $\begin{eqnarray*} s_f \end{eqnarray*}$ durch

$\begin{eqnarray*} s_f(h)=\frac{f(x+h)-f(x)}{h} \end{eqnarray*}$

definiert. Dann gilt für $\begin{eqnarray*} 0<h_1<h_2 \end{eqnarray*}$ wegen der ersten Ungleichung mit $\begin{eqnarray*} y=x+h_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} z=x+h_2 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} s_f(h_1)=\frac{f(x+h_1)-f(x)}{h_1}\leq \frac{f(x+h_2)-f(x)}{h_2}=s_f(h_2) \end{eqnarray*}$

D.h., dass $\begin{eqnarray*} s_f \end{eqnarray*}$ monoton steigend ist. Man wähle nun ein festes $\begin{eqnarray*} c\in (a,x) \end{eqnarray*}$ . Dann gilt also wegen $\begin{eqnarray*} (ii) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} h>0 \end{eqnarray*}$ , wenn man $\begin{eqnarray*} x'=c, y'=x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} z'=x+h \end{eqnarray*}$ anstelle von $\begin{eqnarray*} x,y,z \end{eqnarray*}$ einsetzt:

$\begin{eqnarray*} \frac{f(y')-f(x')}{y'-x'}\leq \frac{f(z')-f(y')}{z'-y'} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \frac{f(x)-f(c)}{x-c}\leq \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \end{eqnarray*}$ .

Das wiederum bedeutet, dass $\begin{eqnarray*} s_f \end{eqnarray*}$ nach unten beschränkt ist. Damit muss der Grenzwert $\begin{eqnarray*} \lim_{h\searrow 0}s_f(h) \end{eqnarray*}$ existieren, was gerade bedeutet, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ rechtsseitig differenzierbar ist. Ganz entsprechend beweist man die linksseitige Differenzierbarkeit.

$\begin{eqnarray*} (iii)\Rightarrow (iv) \end{eqnarray*}$ ist trivial, da $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ nach Voraussetzung in jedem Punkt rechts- und linkseitig differenzierbar und somit rechts- und linksseitig stetig ist. Das bedeutet aber schon, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ auch in jedem Punkt stetig ist.

Es bleibt noch $\begin{eqnarray*} (iv)\Rightarrow (i) \end{eqnarray*}$ zu beweisen. Und auch hier sollte man den Beweis anschaulich verfolgen. Wir müssen also zeigen, dass für alle $\begin{eqnarray*} x_1,x_2\in (a,b) \end{eqnarray*}$ und alle $\begin{eqnarray*} \lambda\in (0,1) \end{eqnarray*}$ stets

$\begin{eqnarray*} f(x_1+\lambda (x_2-x_1))\leq f(x_1)+\lambda(f(x_2)-f(x_1)) \end{eqnarray*}$

gilt. Angenommen, dies wäre nicht so. Dann gäbe es zwei Punkte $\begin{eqnarray*} c,d\in (a,b) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} c<d \end{eqnarray*}$ und ein $\begin{eqnarray*} \mu\in (0,1) \end{eqnarray*}$ , sodass gilt:

$\begin{eqnarray*} f(c+\mu (d-c))>f(c)+\mu(f(d)-f(c)) \end{eqnarray*}$ .

Wir definieren nun eine Hilfsfunktion $\begin{eqnarray*} h:[0,1]\to\mathbb R \end{eqnarray*}$ ,

$\begin{eqnarray*} h(\lambda):=f(c+\lambda (d-c))-(f(c)+\lambda(f(d)-f(c))) \end{eqnarray*}$ .

Es ist $\begin{eqnarray*} h(\mu)>0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} h(0)=h(1)=0 \end{eqnarray*}$ . Da $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ stetig ist, ist es auch $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ . Damit ist die Funktion $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ beschränkt und nimmt auf $\begin{eqnarray*} [0,1] \end{eqnarray*}$ ihr Supremum als Funktionswert an, besitzt also ein Maximum. Es gibt somit ein $\begin{eqnarray*} \xi\in [0,1] \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} h(\xi)\geq h(\lambda) \end{eqnarray*}$

für alle $\begin{eqnarray*} \lambda\in [0,1] \end{eqnarray*}$ . Da

$\begin{eqnarray*} h(\xi)\geq h(\mu)>0 \end{eqnarray*}$

ist, muss sogar $\begin{eqnarray*} \xi\in (0,1) \end{eqnarray*}$ liegen. Nach Voraussetzung gilt

$\begin{eqnarray*} f\left(\frac{c+d}{2}\right)\leq \frac{f(c)+f(d)}{2} \end{eqnarray*}$ ,

d.h. $\begin{eqnarray*} h\left(\frac{1}{2}\right)\leq 0 \end{eqnarray*}$ . Deshalb muss $\begin{eqnarray*} \xi\neq\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ sein. O.B.d.A. sei $\begin{eqnarray*} 0<\xi<\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ (der andere Fall $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}<\xi<1 \end{eqnarray*}$ wird ganz analog behandelt). Sei nun $\begin{eqnarray*} x=c \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y=c+2\xi(d-c) \end{eqnarray*}$ . Dann gilt

$\begin{eqnarray*} \frac{x+y}{2}=c+\xi(d-c) \end{eqnarray*}$ .

Nun müsste also nach Voraussetzung

$\begin{eqnarray*} f(c)+f(c+2\xi(d-c))=f(x)+f(y)\geq 2\cdot f\left(\frac{x+y}{2}\right)=2\cdot f(c+\xi(d-c)) \end{eqnarray*}$

gelten. Es gilt aber $\begin{eqnarray*} h(2\xi)\leq h(\xi) \end{eqnarray*}$ , also

$\begin{eqnarray*} f(c+2\xi(d-c))\leq f(c)+2\xi(f(d)-f(c))+h(\xi) \end{eqnarray*}$ .

Daraus folgt:

$\begin{eqnarray*} f(x)+f(y)=f(c)+f(c+2\xi(d-c))\leq f(c)+f(c)+2\xi(f(d)-f(c))+h(\xi) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =2\cdot (f(c)+\xi(f(d)-f(c)))+f(c+\xi(d-c))-(f(c)+\xi(f(d)-f(c))) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =f(c)+\xi(f(d)-f(c))+f(c+\xi(d-c))<2\cdot f(c+\xi(d-c))=2\cdot f\left(\frac{x+y}{2}\right) \end{eqnarray*}$ .

Die letzte Ungleichung gilt wegen $\begin{eqnarray*} h(\xi)>0 \end{eqnarray*}$ , denn daraus erhält man

$\begin{eqnarray*} f(c)+\xi(f(d)-f(c))<f(c+\xi(d-c)) \end{eqnarray*}$ .

Nun haben wir also zwei Punkte $\begin{eqnarray*} x,y\in (a,b) \end{eqnarray*}$ gefunden mit

$\begin{eqnarray*} f(x)+f(y)<2\cdot f\left(\frac{x+y}{2}\right) \end{eqnarray*}$ ,

was ein Widerspruch zur Voraussetzung ist! Damit ist der Satz bewiesen. $\begin{eqnarray*} \ \Box \end{eqnarray*}$

Nun schauen wir, was wir mit diesem Satz erreicht haben: Was wir brauchen, sind nur die Implikationen $\begin{eqnarray*} (i)\Rightarrow (ii) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (ii)\Rightarrow (iii) \end{eqnarray*}$ . Sei $\begin{eqnarray*} 0<a\neq 1 \end{eqnarray*}$ beliebig. Da die Exponentialfunktion $\begin{eqnarray*} f(x)=a^x \end{eqnarray*}$ konvex ist, folgt aus dem Satz, dass sie in jedem Punkt, also auch im Nullpunkt links- und rechtsseitig differenzierbar ist. D.h., dass die beiden Limites

$\begin{eqnarray*} \eta_1:=\lim_{h\searrow 0}\frac{a^h-1}{h} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \eta_2:=\lim_{h\nearrow 0}\frac{a^h-1}{h} \end{eqnarray*}$ ,

oder anders dargestellt, die Grenzwerte

$\begin{eqnarray*} \eta_1=\lim_{h\searrow 0}\frac{a^h-1}{h} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \eta_2=\lim_{h\searrow 0}\frac{a^{-h}-1}{-h} \end{eqnarray*}$

existieren. Um die Differenzierbarkeit zu beweisen, müssen wir noch zeigen, dass sie gleich sind. Das geschieht im Folgenden. Sei $\begin{eqnarray*} h>0 \end{eqnarray*}$ , dann gilt:

$\begin{eqnarray*} \frac{a^h-1}{h}-\frac{a^{-h}-1}{-h}=\frac{a^h-1}{h}\left(1+\frac{\frac{1}{a^h}-1}{a^h-1}\right)=\frac{a^h-1}{h}\left(1+\frac{1-a^h}{a^h(a^h-1)}\right)=\frac{a^h-1}{h}\left(1-\frac{1}{a^h}\right) \end{eqnarray*}$

Also gilt:

$\begin{eqnarray*} \eta_1-\eta_2=\lim_{h\searrow 0}\frac{a^h-1}{h}-\lim_{h\searrow 0}\frac{a^{-h}-1}{-h}=\lim_{h\searrow 0}\left(\frac{a^h-1}{h}-\frac{a^{-h}-1}{-h}\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\lim_{h\searrow 0}\left(\frac{a^h-1}{h}\left(1-\frac{1}{a^h}\right)\right)=\lim_{h\searrow 0}\frac{a^h-1}{h}\cdot \lim_{h\searrow 0}\left(1-\frac{1}{a^h}\right)=\eta_1\cdot 0=0 \end{eqnarray*}$ .

Damit haben wir $\begin{eqnarray*} \eta_1=\eta_2 \end{eqnarray*}$ , was gerade zeigt, dass die beiden Limites gleich sind und somit $\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{a^h-1}{h} \end{eqnarray*}$ existiert. Damit haben wir also bewiesen, dass jede Exponentialfunktion auf ganz $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ differenzierbar ist, und zwar nun doch auf elementarem Wege! Das erste offene Problem ist damit gelöst, nun zum Zweiten!

Mir ist da zufälligerweise die folgende Aussage über den Weg gelaufen:

Lemma: Sei $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ eine auf dem Intervall $\begin{eqnarray*} [c,d] \end{eqnarray*}$ definierte Funktion und $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ ein Punkt dieses Intervalls. Dann gilt:
$\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist genau dann in $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ stetig, wenn für alle monotonen Folgen $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ (mit $\begin{eqnarray*} a_n\in [c,d] \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ ), die gegen $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ konvergieren, auch die Bildfolge $\begin{eqnarray*} (f(a_n)) \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} f(a) \end{eqnarray*}$ konvergiert.

Beweis: Die Hinrichtung ist trivial. Bei der Rückrichtung beweisen wir die Kontraposition. Wir setzen voraus, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ unstetig in $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ ist. Dann gibt es eine Folge $\begin{eqnarray*} (b_n) \end{eqnarray*}$ (mit $\begin{eqnarray*} b_n\in [c,d] \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ ), die gegen $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ konvergiert, wobei aber die Bildfolge $\begin{eqnarray*} (f(b_n)) \end{eqnarray*}$ nicht gegen $\begin{eqnarray*} f(a) \end{eqnarray*}$ konvergiert. Deswegen gibt es also ein $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ , sodass für unendlich viele $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ die Ungleichung $\begin{eqnarray*} |f(b_n)-f(a)|\geq\varepsilon \end{eqnarray*}$ erfüllt ist. Nun existiert eine Teilfolge $\begin{eqnarray*} (c_n) \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} (b_n) \end{eqnarray*}$ , sodass für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ die Ungleichung $\begin{eqnarray*} |f(c_n)-f(a)|\geq\varepsilon \end{eqnarray*}$ richtig ist. Bekanntermaßen enthält $\begin{eqnarray*} (c_n) \end{eqnarray*}$ eine monotone Teilfolge $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ . Nun geht zwar $\begin{eqnarray*} b_n\to a \end{eqnarray*}$ und somit $\begin{eqnarray*} c_n\to a \end{eqnarray*}$ , also auch $\begin{eqnarray*} a_n\to a \end{eqnarray*}$ , aber es gilt ja

$\begin{eqnarray*} |f(a_n)-f(a)|\geq\varepsilon \end{eqnarray*}$

für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ , was ganz eindeutig zeigt, dass $\begin{eqnarray*} (f(a_n)) \end{eqnarray*}$ nicht gegen $\begin{eqnarray*} f(a) \end{eqnarray*}$ konvergiert. Damit ist das Lemma bewiesen. $\begin{eqnarray*} \ \Box \end{eqnarray*}$

Nun noch einmal zu dem Post, wo die ganzen Probleme eigentlich herkamen, nämlich zu diesem. Ich übernehme die dortigen Bezeichnungen. Die Existenz des Grenzwertes ist ja, wie oben gezeigt, nun gesichert. Nach dem eben bewiesenen Lemma brauchen wir für die Untersuchung der Stetigkeit der Funktion $\begin{eqnarray*} f: (0,\infty)\to\mathbb R \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} f(x)=\lim_{h\to 0}\frac{x^h-1}{h} \end{eqnarray*}$

in einem Punkt $\begin{eqnarray*} a>0 \end{eqnarray*}$ ja nur monotone Folgen $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ zu betrachten. Nun geht dann aber auch die zur Folge $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ gehörende Funktionenfolge $\begin{eqnarray*} (g_n) \end{eqnarray*}$ monoton gegen die Funktion $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ . Wie ich schon erwähnt hatte, ist die Konvergenz von $\begin{eqnarray*} g_n \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ deshalb nach dem Satz von Dini sogar gleichmäßig. Somit sind die Grenzwertvertauschungen möglich und wir erhalten die Stetigkeit von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ .

Jetzt haben wir also gezeigt, dass es mind. eine Zahl $\begin{eqnarray*} x\in (0,4] \end{eqnarray*}$ gibt mit $\begin{eqnarray*} f(x)=1 \end{eqnarray*}$ . Nun möchte ich noch beweisen, dass es genau eine gibt. Dazu zeige ich, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ streng monoton steigt. Sei also $\begin{eqnarray*} 0<a<b \end{eqnarray*}$ . Für jedes $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ und für alle reellen $\begin{eqnarray*} c,d \end{eqnarray*}$ gilt bekanntermaßen die Formel

$\begin{eqnarray*} d^n-c^n=(d-c)\sum_{k=0}^{n-1}~c^kd^{n-1-k} \end{eqnarray*}$ ,

also folgt, falls nur $\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{n-1}~c^kd^{n-1-k}\neq 0 \end{eqnarray*}$ ist:

$\begin{eqnarray*} d-c=\frac{d^n-c^n}{\sum\limits_{k=0}^{n-1}~c^kd^{n-1-k}} \end{eqnarray*}$ .

Setzt man $\begin{eqnarray*} d=b^{\frac{1}{n}} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} c=a^{\frac{1}{n}} \end{eqnarray*}$ ein, so erhält man:

$\begin{eqnarray*} b^{\frac{1}{n}}-a^{\frac{1}{n}}=\frac{b-a}{\sum\limits_{k=0}^{n-1}~a^{\frac{k}{n}}b^{\frac{n-1-k}{n}}} \end{eqnarray*}$ .

Nun schätzen wir diesen Bruch ab. Wegen $\begin{eqnarray*} a<b \end{eqnarray*}$ folgt:

$\begin{eqnarray*} \frac{b-a}{\sum\limits_{k=0}^{n-1}~a^{\frac{k}{n}}b^{\frac{n-1-k}{n}}}>\frac{b-a}{\sum\limits_{k=0}^{n-1}~b^{\frac{k}{n}}b^{\frac{n-1-k}{n}}}=\frac{b-a}{\sum\limits_{k=0}^{n-1}~b^{\frac{n-1}{n}}}=b^{\frac{1}{n}}\cdot \frac{b-a}{nb} \end{eqnarray*}$ .

Damit haben wir

$\begin{eqnarray*} b^{\frac{1}{n}}-a^{\frac{1}{n}}>b^{\frac{1}{n}}\cdot \frac{b-a}{nb} \end{eqnarray*}$ ,

woraus man die Ungleichung

$\begin{eqnarray*} n\left(b^{\frac{1}{n}}-a^{\frac{1}{n}}\right)>b^{\frac{1}{n}}\cdot \frac{b-a}{b} \end{eqnarray*}$

erhält. Deshalb bekommen wir

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\left(n\left(b^{\frac{1}{n}}-a^{\frac{1}{n}}\right)\right)\geq \lim_{n\to\infty}b^{\frac{1}{n}}\cdot \frac{b-a}{b}=\frac{b-a}{b}>0 \end{eqnarray*}$ .

Somit gilt:

$\begin{eqnarray*} f(b)-f(a)=\lim_{n\to\infty}\frac{b^{\frac{1}{n}}-1}{\frac{1}{n}}-\lim_{n\to\infty}\frac{a^{\frac{1}{n}}-1}{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty}\left(n\left(b^{\frac{1}{n}}-a^{\frac{1}{n}}\right)\right)>0 \end{eqnarray*}$ ,

also $\begin{eqnarray*} f(b)-f(a)>0 \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} f(b)>f(a) \end{eqnarray*}$ . Also ist $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ streng monoton steigend und damit gibt es genau eine Zahl $\begin{eqnarray*} x\in (1,4] \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(x)=\lim_{h\to 0}\frac{x^h-1}{h}=1 \end{eqnarray*}$ .

Damit ist (fast) alles gezeigt. Um es vollständig zu machen, zeige ich noch, dass für $\begin{eqnarray*} h\in \left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)\setminus \{0\} \end{eqnarray*}$ die Ungleichung

$\begin{eqnarray*} \frac{4^h-1}{h}>1 \end{eqnarray*}$

gilt. In diesem Post hatte ich gezeigt, dass jede Exponentialfunktion mit positiver Basis $\begin{eqnarray*} \neq 1 \end{eqnarray*}$ sogar streng konvex ist. Im Satz von vorhin kann man deshalb alle $\begin{eqnarray*} \leq \end{eqnarray*}$ durch das echte Relationszeichen $\begin{eqnarray*} < \end{eqnarray*}$ ersetzen. Am Beweis ändert sich dabei nichts. Sei zunächst $\begin{eqnarray*} -\frac{1}{2}<h<0 \end{eqnarray*}$ . Setzen wir nun $\begin{eqnarray*} x=-\frac{1}{2},y=h,z=0 \end{eqnarray*}$ , so folgt aus der zweiten Ungleichung des Satzes:

$\begin{eqnarray*} \frac{4^0-4^{-\frac{1}{2}}}{0-(-\frac{1}{2})}<\frac{4^h-1}{h} \end{eqnarray*}$ ,

also $\begin{eqnarray*} \frac{4^h-1}{h}>1 \end{eqnarray*}$ . Entsprechend setzen wir $\begin{eqnarray*} x=-\frac{1}{2},y=0,z=h \end{eqnarray*}$ im Falle $\begin{eqnarray*} 0<h<\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ in die Ungleichung des Satzes ein und erhalten wiederum

$\begin{eqnarray*} \frac{4^0-4^{-\frac{1}{2}}}{0-(-\frac{1}{2})}<\frac{4^h-1}{h} \end{eqnarray*}$ ,

d.h. $\begin{eqnarray*} \frac{4^h-1}{h}>1 \end{eqnarray*}$ . Wie man sieht, gilt die Ungleichung sogar für jedes $\begin{eqnarray*} h>-\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ .

Also, da ich diese Dinge herausgefunden hatte, wollte ich sie hier auch noch für einen schönen Abschluss des Threads präsentieren. Ich hoffe, es liest auch jemand. Big Laugh

edit: Übrigens können wir nun sogar so einiges folgern. Sei wieder $\begin{eqnarray*} f: (0,\infty)\to\mathbb R \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} f(x)=\lim_{h\to 0}\frac{x^h-1}{h} \end{eqnarray*}$ .

Zunächst machen wir nun endlich unsere Aussage etwas konkreter mit der folgenden Definition. Anschließend kommt ein Hilfssatz.

Definition: $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ sei diejenige eindeutig bestimmte Zahl, für die $\begin{eqnarray*} f(\operatorname e)=1 \end{eqnarray*}$ gilt.

Lemma: Sei $\begin{eqnarray*} f:A\to B \end{eqnarray*}$ eine Funktion und es gebe eine surjektive Funktion $\begin{eqnarray*} g:B\to A \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(g(x))=x \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\in B \end{eqnarray*}$ . Dann ist $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ surjektiv, $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ injektiv und es gilt für alle $\begin{eqnarray*} x\in A \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} g(f(x))=x \end{eqnarray*}$ . Außerdem ist $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ injektiv und somit sind $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ bijektiv. $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist also die Umkehrfunktion von $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ und umgekehrt.

Beweis: Aus $\begin{eqnarray*} g(x_1)=g(x_2) \end{eqnarray*}$ mit zwei Zahlen $\begin{eqnarray*} x_1,x_2\in B \end{eqnarray*}$ folgt nämlich auch $\begin{eqnarray*} x_1=f(g(x_1))=f(g(x_2))=x_2 \end{eqnarray*}$ . Also ist $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ injektiv. Sei $\begin{eqnarray*} y\in B \end{eqnarray*}$ beliebig. Mit $\begin{eqnarray*} x=g(y) \end{eqnarray*}$ gilt dann: $\begin{eqnarray*} f(x)=f(g(y))=y \end{eqnarray*}$ , also ist $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ surjektiv. Sei nun $\begin{eqnarray*} x\in A \end{eqnarray*}$ wieder beliebig. Da $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ surjektiv ist, gibt es ein $\begin{eqnarray*} y\in B \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x=g(y) \end{eqnarray*}$ . Dann folgt $\begin{eqnarray*} g(f(x))=g(f(g(y)))=g(y)=x \end{eqnarray*}$ . Aus $\begin{eqnarray*} f(x_1)=f(x_2) \end{eqnarray*}$ mit zwei Zahlen $\begin{eqnarray*} x_1,x_2\in A \end{eqnarray*}$ folgt nun wieder $\begin{eqnarray*} x_1=g(f(x_1))=g(f(x_2))=x_2 \end{eqnarray*}$ , also ist auch $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ injektiv. $\begin{eqnarray*} \ \Box \end{eqnarray*}$

Was haben wir jetzt damit gewonnen? Nun, damit können wir beweisen, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ eine Logarithmusfunktion ist. Betrachten wir $\begin{eqnarray*} g:\mathbb R\to (0,\infty) \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} g(x)=\operatorname e^x \end{eqnarray*}$ .

Es gilt der

Satz: Die oben definierte Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist bijektiv und ihre Umkehrfunktion ist die Exponentialfunktion $\begin{eqnarray*} g(x)=\operatorname e^x \end{eqnarray*}$ . $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist somit die Logarithmusfunktion zur Basis $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} f(x)=\log_{\operatorname e}x \end{eqnarray*}$ .

Beweis: $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ ist als Exponentialfunktion surjektiv und es gilt für $\begin{eqnarray*} x\neq 0 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} f(g(x))=f(\operatorname e^x)=\lim_{h\to 0}\frac{\left(\operatorname e^x\right)^h-1}{h}=x\cdot \lim_{h\to 0}\frac{\operatorname e^{xh}-1}{xh}=x\cdot \lim_{h\to 0}\frac{\operatorname e^{h}-1}{h}=x \end{eqnarray*}$ ,

also $\begin{eqnarray*} f(g(x))=x \end{eqnarray*}$ . Für $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ gilt dies trivialerweise, wie man sieht:

$\begin{eqnarray*} f(g(0))=f(\operatorname e^0)=f(1)=0 \end{eqnarray*}$ .

Damit sind alle Voraussetzungen des Lemmas erfüllt. D.h. $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist die Umkehrfunktion von $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ . $\begin{eqnarray*} \ \Box \end{eqnarray*}$

Und nun bezeichnen wir mit $\begin{eqnarray*} \ln x \end{eqnarray*}$ einfach den Logarithmus von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ zur Basis $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ . Außerdem sei noch $\begin{eqnarray*} \exp x:=\operatorname e^x \end{eqnarray*}$ . Es gilt jetzt für alle $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{x^h-1}{h}=\ln x \end{eqnarray*}$

bzw. mit $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ anstelle von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{a^h-1}{h}=\ln a \end{eqnarray*}$ .

Somit haben wir für jedes $\begin{eqnarray*} a>0 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} (a^x)'=a^x\cdot \lim_{h\to 0}\frac{a^h-1}{h}=a^x\cdot \ln a \end{eqnarray*}$ ,

insbesondere gilt also: $\begin{eqnarray*} g'(x)=\exp'x=\operatorname e^x \end{eqnarray*}$ . Damit folgt mit dem Satz über die Ableitung der Umkehrfunktion direkt $\begin{eqnarray*} f'(x)=\ln'x=\frac{1}{x} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f''(x)=\ln''x=-\frac{1}{x^2}<0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ . Damit ist $\begin{eqnarray*} f(x)=\ln x \end{eqnarray*}$ streng konkav und da $\begin{eqnarray*} x-1 \end{eqnarray*}$ die Tangente an $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ im Punkt $\begin{eqnarray*} (1,0) \end{eqnarray*}$ ist, folgt für alle $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \ln x\leq x-1 \end{eqnarray*}$ .

Mit einem Logarithmusgesetz folgt daraus außerdem:

$\begin{eqnarray*} \ln x=-\ln\frac{1}{x}\geq -\left(\frac{1}{x}-1\right)=1-\frac{1}{x} \end{eqnarray*}$ .

Desweiteren können wir mithilfe der geometrischen Reihe auch noch die Potenzreihe des Logarithmus herleiten. Dazu braucht man natürlich den Satz über die Möglichkeit, Potenzreihen gliedweise zu integrieren. Diesen gewinnt man z.B. in der Theorie der gleichmäßigen Konvergenz. Sei $\begin{eqnarray*} |x|<1 \end{eqnarray*}$ . Dann gilt:

$\begin{eqnarray*} \ln'(1+x)=\frac{1}{1+x}=\frac{1}{1-(-x)}=\sum_{n=0}^{\infty}~(-x)^n=\sum_{n=0}^{\infty}~(-1)^nx^n \end{eqnarray*}$ .

Daraus folgt durch Integration

$\begin{eqnarray*} \ln(1+x)=C+\sum_{n=1}^{\infty}~(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n} \end{eqnarray*}$

mit einer gewissen Konstanten $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ . Setzt man $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ ein, so erhält man $\begin{eqnarray*} C=0 \end{eqnarray*}$ , also

$\begin{eqnarray*} \ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}~(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n} \end{eqnarray*}$

für $\begin{eqnarray*} |x|<1 \end{eqnarray*}$ . Da die Reihe auch noch für $\begin{eqnarray*} x=1 \end{eqnarray*}$ konvergiert und man wegen der gleichmäßigen Konvergenz Grenzwerte vertauschen kann, folgt für $\begin{eqnarray*} x=1 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty}~\frac{(-1)^{n-1}}{n}=\sum_{n=1}^{\infty}~\lim_{x\nearrow 1}(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}=\lim_{x\nearrow 1}\sum_{n=1}^{\infty}~(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}=\lim_{x\nearrow 1}\ln(1+x)=\ln 2 \end{eqnarray*}$ .

Die Entwicklung gilt also für alle $\begin{eqnarray*} x\in (-1,1] \end{eqnarray*}$ . Daraus folgt für $\begin{eqnarray*} x\in (-1,1) \end{eqnarray*}$ übrigens ganz direkt:

$\begin{eqnarray*} \ln\frac{1+x}{1-x}=\ln(1+x)-\ln(1-x)=\sum_{n=1}^{\infty}~(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}-\sum_{n=1}^{\infty}~(-1)^{n-1}\frac{(-x)^n}{n} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\sum_{n=1}^{\infty}~(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}+\sum_{n=1}^{\infty}~\frac{x^n}{n}=\sum_{n=1}^{\infty}~(1+(-1)^{n-1})\frac{x^n}{n}=2\sum_{n=1}^{\infty}~\frac{x^{2n-1}}{2n-1} \end{eqnarray*}$ .

Machen wir uns klar, was wir nun alles über den natürlichen Logarithmus wissen:

$\begin{eqnarray*} \ln 1=0 \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} \ln\operatorname e=1 \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ ist stetig auf $\begin{eqnarray*} (0,\infty) \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ ist streng monoton steigend.
$\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ ist surjektiv und wegen der strengen Monotonie somit bijektiv.
Aus der letzten Tatsache folgt direkt: $\begin{eqnarray*} \lim_{x\searrow 0}\ln x=-\infty \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lim_{x\to\infty}\ln x=\infty \end{eqnarray*}$ .
Aus einer entsprechenden Aussage für die Exponentialfunktionen lässt sich leicht folgern, dass sogar $\begin{eqnarray*} \lim_{x\to\infty}\frac{\ln x}{x^r}=\lim_{x\searrow 0}x^r\ln x=0 \end{eqnarray*}$ für jedes $\begin{eqnarray*} r>0 \end{eqnarray*}$ gilt.
$\begin{eqnarray*} \ln x=\lim_{h\to 0}\frac{x^h-1}{h} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ ist die Umkehrfunktion von $\begin{eqnarray*} g(x)=\operatorname e^x \end{eqnarray*}$ , es gilt also: $\begin{eqnarray*} \ln x=\log_{\operatorname e}x \end{eqnarray*}$ .
Für $\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ gelten die Logarithmusgesetze.
$\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ ist differenzierbar mit der Ableitung $\begin{eqnarray*} \ln'x=\frac{1}{x} \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ ist streng konkav.
Für alle $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} \frac{x-1}{x}=1-\frac{1}{x}\leq \ln x\leq x-1 \end{eqnarray*}$ . Oder anders: Für alle $\begin{eqnarray*} x>-1 \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} \frac{x}{x+1}\leq \ln(1+x)\leq x \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} \ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}~(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} -1<x\leq 1 \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} \ln\frac{1+x}{1-x}=2\cdot \sum_{n=1}^{\infty}~\frac{x^{2n-1}}{2n-1} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} -1<x<1 \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} \ln 2=\sum_{n=1}^{\infty}~\frac{(-1)^{n-1}}{n} \end{eqnarray*}$ .

Ab jetzt ist eigentlich alles bekannte Theorie, aber da ich mich in dem Thread ja sowieso auslasse, kann ich ja auch noch ein wenig weitermachen. Nun geht es nämlich ganz einfach weiter:

Satz: Für jede Nullfolge $\begin{eqnarray*} (x_n) \end{eqnarray*}$ , deren Glieder alle $\begin{eqnarray*} >-1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \neq 0 \end{eqnarray*}$ sind, gilt:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}(1+x_n)^{\frac{1}{x_n}}=\operatorname e \end{eqnarray*}$

oder, was äquivalent dazu ist:

$\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}(1+h)^{\frac{1}{h}}=\operatorname e \end{eqnarray*}$ .

Beweis: Sei $\begin{eqnarray*} y_n:=\ln (1+x_n) \end{eqnarray*}$ . Wegen $\begin{eqnarray*} 1+x_n>0 \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} y_n \end{eqnarray*}$ wohldefiniert und außerdem gelten $\begin{eqnarray*} y_n\neq 0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ (wegen $\begin{eqnarray*} x_n\neq 0 \end{eqnarray*}$ ) und $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}y_n=0 \end{eqnarray*}$ wegen der Stetigkeit des Logarithmus. Aus der Definition von $\begin{eqnarray*} y_n \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} x_n=\operatorname e^{y_n}-1 \end{eqnarray*}$ . Nun gilt:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{\ln(1+x_n)}=\lim_{n\to\infty}\frac{\operatorname e^{y_n}-1}{y_n}=1 \end{eqnarray*}$ .

Unter Benutzung eines Logarithmusgesetzes erkennt man daraus:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\ln\left((1+x_n)^{\frac{1}{x_n}}\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{\ln(1+x_n)}{x_n}=1 \end{eqnarray*}$ .

Wegen der Stetigkeit der Exponential- und Logarithmusfunktion folgt daraus:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}(1+x_n)^{\frac{1}{x_n}}=\exp\left[\ln\left(\lim\limits_{n\to\infty}(1+x_n)^{\frac{1}{x_n}}\right)\right]=\exp\left[\lim\limits_{n\to\infty}\ln\left((1+x_n)^{\frac{1}{x_n}}\right)\right]=\exp 1=\operatorname e^1=\operatorname e \end{eqnarray*}$

und genau das war zu zeigen. $\begin{eqnarray*} \ \Box \end{eqnarray*}$

Korollar: Für jedes $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ gelten die beiden folgenden Beziehungen. Mit $\begin{eqnarray*} x=1 \end{eqnarray*}$ folgt aus der zweiten die dritte:

$\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\left(1+xh\right)^{\frac{1}{h}}=\operatorname e^x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^n=\operatorname e^x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=\operatorname e \end{eqnarray*}$ .

Beweis: Für $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ ist die Aussage natürlich richtig. Sei also $\begin{eqnarray*} x\neq 0 \end{eqnarray*}$ . Da die Potenzfunktion stetig ist, gilt:

$\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\left(1+xh\right)^{\frac{1}{h}}=\lim_{h\to 0}\left((1+xh)^{\frac{1}{xh}}\right)^x=\left(\lim_{h\to 0}(1+xh)^{\frac{1}{xh}}\right)^x=\left(\lim_{h\to 0}(1+h)^{\frac{1}{h}}\right)^x=\operatorname e^x \end{eqnarray*}$

Die zweite Aussage folgt direkt aus der ersten, trotzdem möchte ich den Beweis auch dafür nochmal aufschreiben: Sei wieder $\begin{eqnarray*} x\neq 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_n:=\frac{x}{n} \end{eqnarray*}$ . Für genügend große $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gilt dann $\begin{eqnarray*} x_n>-1 \end{eqnarray*}$ und außerdem $\begin{eqnarray*} x_n\neq 0 \end{eqnarray*}$ . Desweiteren ist $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}x_n=0 \end{eqnarray*}$ . Damit folgt aus dem vorhergehenden Satz:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^{\frac{n}{x}}=\operatorname e \end{eqnarray*}$ .

Wegen der Stetigkeit der Potenzfunktion folgt nun:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^n=\lim_{n\to\infty}\left(\left(1+\frac{x}{n}\right)^{\frac{n}{x}}\right)^x=\left(\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^{\frac{n}{x}}\right)^x=\operatorname e^x \end{eqnarray*}$ .

Nachtrag: Wir können den Beweis auch noch ganz anders führen. Denn die Ungleichung im viertletzten Punkt der $\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ -Liste von oben hilft hier auch sehr gut weiter. Es gilt nämlich für alle

$\begin{eqnarray*} \frac{\frac{x}{n}}{\frac{x}{n}+1}=\frac{x}{x+n}\leq \ln\left(1+\frac{x}{n}\right)\leq \frac{x}{n} \end{eqnarray*}$ .

Daraus folgt

$\begin{eqnarray*} \frac{nx}{x+n}\leq \ln\left(\left(1+\frac{x}{n}\right)^n\right)\leq x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \exp\left(\frac{x}{\frac{x}{n}+1}\right)\leq \left(1+\frac{x}{n}\right)^n\leq \exp x=\operatorname e^x \end{eqnarray*}$ .

Die linke Seite geht gegen $\begin{eqnarray*} \exp x=\operatorname e^x \end{eqnarray*}$ . Nach dem Einschnürungssatz (auch "Sandwich-Lemma" oder "Einschachtelungssatz") ist die Behauptung damit bewiesen, weil dann $\begin{eqnarray*} \operatorname e^x\leq \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^n\leq \operatorname e^x \end{eqnarray*}$ gilt. $\begin{eqnarray*} \ \Box \end{eqnarray*}$

Übrigens kann man damit die Umkehrregel auch umgehen und die Ableitung des Logarithmus anders herleiten. (Die Ableitung haben wir ja für den Satz und das anschließende Korollar (zumindest im ersten Beweis) nicht gebraucht, es ist also kein Zirkelschluss.) Dies macht man so: Sei $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ beliebig, dann gilt unter Zuhilfenahme der Logarithmusgesetze:

$\begin{eqnarray*} f'(x)=\ln'x=\lim_{h\to 0}\frac{\ln(x+h)-\ln x}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{\ln(x+h)-\ln x}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{1}{h}\cdot \ln\frac{x+h}{x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\lim_{h\to 0}\ln\left(\left(1+\frac{h}{x}\right)^{\frac{1}{h}}\right)=\ln\left(\lim_{h\to 0}\left(1+\frac{h}{x}\right)^{\frac{1}{h}}\right)=\ln\left(\operatorname e^{\frac{1}{x}}\right)=\frac{1}{x} \end{eqnarray*}$ .

Nun können wir sogar die Potenzreihedarstellung der Exponentialfunktion herleiten, und zwar ohne den Satz von Taylor, also elementar!

Satz: Für alle $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} \exp x=\operatorname e^x=\sum_{n=0}^{\infty}~\frac{x^n}{n!} \end{eqnarray*}$ .

Beweis: Zunächst stellen wir fest, dass die Reihe für jedes $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ konvergiert. Nach dem Quotientenkriterium gilt nämlich:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\left|\frac{\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}}{\frac{x^n}{n!}}\right|=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\cdot \frac{n!}{x^n}\right|=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{x}{n+1}\right|=0 \end{eqnarray*}$ .

Sei nun $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ beliebig, aber fest und $\begin{eqnarray*} a_n=\left(1+\frac{x}{n}\right)^n \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} b_n=\sum_{k=0}^n~\frac{x^k}{k!} \end{eqnarray*}$ für genügend große $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ . Dann geht $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ wegen des letzten Korollars gegen $\begin{eqnarray*} \operatorname e^x \end{eqnarray*}$ . Wenn wir also zeigen können, dass $\begin{eqnarray*} b_n-a_n \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge ist, dann ist der Satz bewiesen. Zunächst folgt mit dem Binomischen Satz und der Dreiecksungleichung:

$\begin{eqnarray*} |b_n-a_n|=\left|\sum_{k=0}^n~\frac{x^k}{k!}-\left(1+\frac{x}{n}\right)^n\right|=\left|\sum_{k=0}^n~\frac{x^k}{k!}-\sum_{k=0}^n~{n\choose k}\left(\frac{x}{n}\right)^k\right|=\left|\sum_{k=0}^n~\left(\frac{1}{k!}-{n\choose k}\left(\frac{1}{n}\right)^k\right)x^k\right| \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \leq \sum_{k=0}^n~\left|\frac{1}{k!}-{n\choose k}\frac{1}{n^k}\right||x|^k=\left|\frac{1}{0!}-{n\choose 0}\frac{1}{n^0}\right||x|^0+\left|\frac{1}{1!}-{n\choose 1}\frac{1}{n^1}\right||x|^1+\sum_{k=2}^n~\left|\frac{1}{k!}-{n\choose k}\frac{1}{n^k}\right||x|^k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\sum_{k=2}^n~\left|\frac{1}{k!}-{n\choose k}\frac{1}{n^k}\right||x|^k=\sum_{k=2}^n~\left|\frac{1}{k!}-\frac{n(n-1)\cdots (n-k+1)}{k!\cdot n^k}\right||x|^k=\sum_{k=2}^n~\left|\frac{n^k-n(n-1)\cdots (n-k+1)}{k!\cdot n^k}\right||x|^k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \leq \sum_{k=2}^n~\frac{n^k-(n-k+1)^k}{k!\cdot n^k}|x|^k=\sum_{k=2}^n~\frac{n^k-(n-k+1)^k}{k!\cdot n^k}|x|^k=\sum_{k=2}^n~\frac{1-\left(1-\frac{k-1}{n}\right)^k}{k!}|x|^k \end{eqnarray*}$ .

Wegen der Bernoullischen Ungleichung gilt

$\begin{eqnarray*} \left(1-\frac{k-1}{n}\right)^k\geq 1-\frac{(k-1)k}{n} \end{eqnarray*}$ ,

also folgt:

$\begin{eqnarray*} 1-\left(1-\frac{k-1}{n}\right)^k\leq 1-\left(1-\frac{(k-1)k}{n}\right)=\frac{(k-1)k}{n} \end{eqnarray*}$ .

Damit können wir weiter abschätzen:

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=2}^n~\frac{1-\left(1-\frac{k-1}{n}\right)^k}{k!}|x|^k\leq \sum_{k=2}^n~\frac{(k-1)k}{k!\cdot n}|x|^k=\frac{|x|^2}{n}\cdot \sum_{k=2}^n~\frac{|x|^{k-2}}{(k-2)!}=\frac{|x|^2}{n}\cdot \sum_{k=0}^{n-2}~\frac{|x|^k}{k!} \end{eqnarray*}$ .

Da $\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^{\infty}~\frac{|x|^k}{k!} \end{eqnarray*}$ konvergiert, gibt es ein $\begin{eqnarray*} L\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ , sodass für alle betrachteten $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{n-2}~\frac{|x|^k}{k!}\leq \sum_{k=0}^{\infty}~\frac{|x|^k}{k!}\leq L \end{eqnarray*}$ .

Daraus folgt:

$\begin{eqnarray*} |b_n-a_n|\leq \frac{|x|^2}{n}\cdot \sum_{k=0}^{n-2}~\frac{|x|^k}{k!}\leq \frac{L\cdot |x|^2}{n} \end{eqnarray*}$ .

Lässt man $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ gehen, so folgt also $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}|b_n-a_n|=0 \end{eqnarray*}$ und damit ist der Satz bewiesen!

Und auch hier noch ein Nachtrag: Hier gibt es ebenfalls einen zweiten Beweis, für den man allerdings wieder die Potenzreihentheorie braucht. Da $\begin{eqnarray*} \exp'=\exp \end{eqnarray*}$ ist, können wir den Ansatz

$\begin{eqnarray*} \exp x=\sum_{n=0}^{\infty}~a_nx^n \end{eqnarray*}$

machen gliedweise differenzieren. Sei also

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^{\infty}~a_nx^n=\exp x=\exp'x=\sum_{n=1}^{\infty}~na_nx^{n-1}=\sum_{n=0}^{\infty}~(n+1)a_{n+1}x^n \end{eqnarray*}$ .

Durch Koeffizientenvergleich bekommt man $\begin{eqnarray*} a_n=(n+1)a_{n+1} \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} a_{n+1}=\frac{a_n}{n+1} \end{eqnarray*}$ . Es gilt $\begin{eqnarray*} a_0=\exp 0=1 \end{eqnarray*}$ . Nun erhält man mit vollständiger Induktion: $\begin{eqnarray*} a_n=\frac{1}{n!} \end{eqnarray*}$ . Im Nachhinein ergibt sich, dass für

$\begin{eqnarray*} h(x)=\sum_{n=0}^{\infty}~\frac{x^n}{n!} \end{eqnarray*}$

tatsächlich $\begin{eqnarray*} h'(x)=h(x) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} h(0)=1 \end{eqnarray*}$ gilt. Da $\begin{eqnarray*} \exp \end{eqnarray*}$ aber die einzige Funktion mit dieser Eigenschaft ist, wie hier gezeigt wurde, muss

$\begin{eqnarray*} \exp x=h(x)=\sum_{n=0}^{\infty}~\frac{x^n}{n!} \end{eqnarray*}$

gelten. $\begin{eqnarray*} \ \Box \end{eqnarray*}$

Nun wollen wir noch beweisen, dass für alle $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} \operatorname e^x\geq 1+x \end{eqnarray*}$ .

Für $\begin{eqnarray*} x\leq -1 \end{eqnarray*}$ gilt dies trivialerweise, da $\begin{eqnarray*} 1+x\leq 1-1=0<\operatorname e^x \end{eqnarray*}$ ist. Sei also $\begin{eqnarray*} x>-1 \end{eqnarray*}$ . Dann gilt (siehe weiter oben in der $\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ -Liste):

$\begin{eqnarray*} \ln(1+x)\leq x \end{eqnarray*}$ .

Daraus folgt direkt

$\begin{eqnarray*} 1+x\leq \operatorname e^x \end{eqnarray*}$ .

Das hätten wir auch mit der Konvexität zeigen können, da $\begin{eqnarray*} 1+x \end{eqnarray*}$ wieder die Tangente an $\begin{eqnarray*} \exp \end{eqnarray*}$ im Punkt $\begin{eqnarray*} (0,1) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \exp \end{eqnarray*}$ konvex ist.
Nun verschaffen wir uns auch einen Überblick über unsere Erkenntnisse bzgl. der eulerschen Zahl und der Exponentialfunktion $\begin{eqnarray*} \exp \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \exp 0=1 \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} \exp 1=\operatorname e \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} \exp \end{eqnarray*}$ ist stetig auf $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} \exp \end{eqnarray*}$ ist streng monoton steigend.
$\begin{eqnarray*} \exp \end{eqnarray*}$ ist surjektiv und wegen der strengen Monotonie somit bijektiv.
$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to -\infty}\operatorname e^x=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lim_{x\to\infty}\operatorname e^x=\infty \end{eqnarray*}$ .
Für jedes $\begin{eqnarray*} r\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} \lim_{x\to\infty}\frac{x^r}{\operatorname e^x}=0 \end{eqnarray*}$ und für jedes $\begin{eqnarray*} z\in\mathbb Z \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} \lim_{x\to -\infty}x^z\operatorname e^x=0 \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} \operatorname e^x=\lim_{h\to 0}\left(1+xh\right)^{\frac{1}{h}}=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^n \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} \operatorname e=\lim_{h\to 0}\left(1+h\right)^{\frac{1}{h}}=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} \exp \end{eqnarray*}$ ist die Umkehrfunktion von $\begin{eqnarray*} f(x)=\ln x \end{eqnarray*}$ , es gilt also: $\begin{eqnarray*} \exp x=\operatorname e^x \end{eqnarray*}$ .
Für $\begin{eqnarray*} \exp \end{eqnarray*}$ gelten die Potenzgesetze.
$\begin{eqnarray*} \exp \end{eqnarray*}$ ist differenzierbar mit der Ableitung $\begin{eqnarray*} \exp'=\exp \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} \exp \end{eqnarray*}$ ist streng konvex.
Für alle $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} \exp x=\operatorname e^x\geq 1+x \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} \exp x=\sum_{n=0}^{\infty}~\frac{x^n}{n!} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} \operatorname e=\sum_{n=0}^{\infty}~\frac{1}{n!} \end{eqnarray*}$ .

Das war jetzt mal ein Großteil meines Wissens über relativ elementare Aussagen der Exponential- und Logarithmusfunktion.

26.12.2005, 11:28

Frooke

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Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Also, da ich diese Dinge herausgefunden hatte, wollte ich sie hier auch noch für einen schönen Abschluss des Threads präsentieren. Ich hoffe, es liest auch jemand. Big Laugh

Hey Max! Ich habe soeben alles gelesen, aber mit dem Abschluss des Threads muss ich Dich leider enttäuschen, weil ich noch einige Fragen habe Augenzwinkern

.

Zum ersten Beweis: Du hast ja nun gezeigt, dass für die Exponentialfunktion aufgrund der Konvexität an jeder Stelle $\begin{eqnarray*} x_0 \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ jeweils der linksseitige und der rechtsseitige Grenzwert existieren und diese identisch sind.

Was ich ja ursprünglich wollte (ist eine Weile her und ich hab mich nicht mehr sonderlich damit beschäftigt, aber dennoch) war die Sache genau umgekehrt zu zeigen.

Ich ging davon aus, dass für $\begin{eqnarray*} f(x):=a^x \end{eqnarray*}$ (wie in anderen Posts je bereits erläutert) $\begin{eqnarray*} f'(x)=a^x\cdot k, k\in\mathbb R^+ \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f''(x)=a^x\cdot k^2 \end{eqnarray*}$ gilt. Nun musste man «lediglich» die Existenz des Grenzwertes zeigen, um die Aussage, f sei streng konvex auf ganz IR zu beweisen.

Könnte man denn die Existenz des Grenzwerts anders zeigen und damit die Konvexität folgern? Denn irgendwie dreh ich mich jetzt im Kreis. Oben versuchte ich die Konvexität zu zeigen, indem man die Existenz des Grenzwertes ziegen sollte. Und nun schaffst Du es, den Grenzwert mit Hilfe der Konvexität zu zeigen (die Du eben ohne Ableitung zeigen konntest...). Vermutlich führen mehrere Wege nach Rom, aber ich seh jetzt keine andere (elementare) Möglichkeit als Deine... Ist jedenfalls cool, dass Du das herausgefunden hast...

Ich frag mich grad, ob das nicht mit dem Satz von Bolzano-Weierstraß gehen würd... Dazu müsste man einfach die Folge $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a_n=\left(x^{\frac{1}{n}}-1\right)n \end{eqnarray*}$ auf Monotonie und Beschränktheit untersuchen...

Blöde Frage, weil ich die Rückrichtung nicht überall einsehe: Es gilt in Deinen Ausführungen schon
$\begin{eqnarray*} (i)\Longleftrightarrow (ii)\Longleftrightarrow (iii)\Longleftrightarrow (iv) \end{eqnarray*}$

Soviel zum Ersten, und zum Zweiten: Da verstehe ich unter anderem die folgende Zeile nicht

Bekanntermaßen enthält $\begin{eqnarray*} (c_n) \end{eqnarray*}$ eine monotone Teilfolge $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ .

Warum? Seh ich grad nicht... unglücklich

Verstehe ich wenigstens die Idee richtig?
$\begin{eqnarray*} f(x):=a^x \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f'(x)=f(x)\cdot c(a) \end{eqnarray*}$
Du hast bewiesen, dass c(a) stetig ist und zusätzlich alle erdenklichen Werte erreichen kann. Damit auch 1 womit die Existenz der «idealen» Zahl x mit c(x)=1 bewiesen wurde. Und es ist eben gerade x=e...

26.12.2005, 13:54

mercany

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Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Im Übrigen braucht man für den Beweis der verallgemeinerten Bernoullischen Ungleichung, die ich oben angegeben habe, gar nicht die Ableitung der Potenzfunktion für reelle Exponenten. Sie und die Konvexität der Exponentialfunktion lassen sich auch ganz elementar aus der Ungleichung zwischen arithmetischem und geometrischen Mittel herleiten. Das möchte allerdings hier nicht ausführen. Bei Bedarf gebe ich einen Link.

Ich bitte drum! smile

Fragen zu deiner obigen Ausführung folgen dann, wenn ich Zeit gefunden habe, mir alles ganz genau zu verdeutlichen.... Heute wird das wohl aber nichts mehr.

edit:
Das mit der Konvexivität habe ich jetzt übrigens eigentlich sehr gut verstanden - viel schneller als ich dachte, was aber wohl auch nicht zuletzt an deiner super Erklärung liegt. Danke dafür!

Allerdings muss ich sagen, dass ich beim Beweis für die Konvexivität der e-Funktion am Ende sicherlich nicht umbedingt auf die Umformungen gekommen wäre.... Vielleicht liegt das aber auch daran, dass ich noch nicht so hudndertpro wusste, wo ich überhaupt richtig hinwill Big Laugh

Gruß, mercany

26.12.2005, 14:08

Mathespezialschüler

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Hallo Frooke!
Ich habe meinen letzten Beitrag noch ein wenig verändert und einen Beweis für die Eindeutigkeit der gefunden Zahl gegeben. Das wollte ich nochmal mitteilen. Augenzwinkern

Zitat:

Original von Frooke
Zum ersten Beweis: Du hast ja nun gezeigt, dass für die Exponentialfunktion aufgrund der Konvexität an jeder Stelle $\begin{eqnarray*} x_0 \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ jeweils der linksseitige und der rechtsseitige Grenzwert existieren und diese identisch sind.

Was ich ja ursprünglich wollte (ist eine Weile her und ich hab mich nicht mehr sonderlich damit beschäftigt, aber dennoch) war die Sache genau umgekehrt zu zeigen.

Ich ging davon aus, dass für $\begin{eqnarray*} f(x):=a^x \end{eqnarray*}$ (wie in anderen Posts je bereits erläutert) $\begin{eqnarray*} f'(x)=a^x\cdot k, k\in\mathbb R^+ \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f''(x)=a^x\cdot k^2 \end{eqnarray*}$ gilt. Nun musste man «lediglich» die Existenz des Grenzwertes zeigen, um die Aussage, f sei streng konvex auf ganz IR zu beweisen.

Könnte man denn die Existenz des Grenzwerts anders zeigen und damit die Konvexität folgern? Denn irgendwie dreh ich mich jetzt im Kreis. Oben versuchte ich die Konvexität zu zeigen, indem man die Existenz des Grenzwertes ziegen sollte. Und nun schaffst Du es, den Grenzwert mit Hilfe der Konvexität zu zeigen (die Du eben ohne Ableitung zeigen konntest...). Vermutlich führen mehrere Wege nach Rom, aber ich seh jetzt keine andere (elementare) Möglichkeit als Deine... Ist jedenfalls cool, dass Du das herausgefunden hast...

Das sehe ich nicht so. Lies dir nochmals den Thread durch, so ab hier, vor allem auch diesen Post. Das war dein eigentliches Ziel. Außerdem hatte ich ja auch in diesem Post die Konvexität schon als elementar gewonnene Tatsache vorausgesetzt. Lies auch nochmal die Posts von hier an. Du wolltest ja nur rechtfertigen, dass man die Konvexität über die 2. Ableitung zeigen kann. Ich habe dir ja dann gesagt, dass das nicht geht, weil wir die Existenz des Grenzwertes noch nicht bewiesen hatten. Was du ursprünglich wolltest, war mMn, zu beweisen, dass es eine Zahl $\begin{eqnarray*} a>0 \end{eqnarray*}$ gibt mit $\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{a^h-1}{h}=1 \end{eqnarray*}$ . Wenn ich das alles richtig überblicke, ging es also nicht darum, die Konvexität über die zweite Ableitung zu beweisen. Das war ja nur ein Versuch von dir, meinen Beweis zu umgehen, aber eben nicht das Hauptaugenmerk.

Zitat:

Original von Frooke
Ich frag mich grad, ob das nicht mit dem Satz von Bolzano-Weierstraß gehen würd... Dazu müsste man einfach die Folge $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a_n=\left(x^{\frac{1}{n}}-1\right)n \end{eqnarray*}$ auf Monotonie und Beschränktheit untersuchen...

Sicher kannst du das versuchen, aber die Untersuchung auf Monotonie geht nicht so einfach! Das habe ich oben ja gerade gemacht, und zwar mithilfe der Konvexität. Wie du es anders machen willst, ist mir etwas schleierhaft. Augenzwinkern

Zitat:

Original von Frooke
Blöde Frage, weil ich die Rückrichtung nicht überall einsehe: Es gilt in Deinen Ausführungen schon
$\begin{eqnarray*} (i)\Longleftrightarrow (ii)\Longleftrightarrow (iii)\Longleftrightarrow (iv) \end{eqnarray*}$

Das ist ein sogenannter Ringschluss. Ich zeige $\begin{eqnarray*} (i)\Rightarrow (ii)\Rightarrow (iii)\Rightarrow (iv)\Rightarrow (i) \end{eqnarray*}$ und habe damit die Äquivalenz aller Aussagen gezeigt, weil jede aus jeder folgt. Siehe auch hier.

Zitat:

Original von Frooke
Soviel zum Ersten, und zum Zweiten: Da verstehe ich unter anderem die folgende Zeile nicht

Bekanntermaßen enthält $\begin{eqnarray*} (c_n) \end{eqnarray*}$ eine monotone Teilfolge $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ .

Warum? Seh ich grad nicht... unglücklich

Ja, die Idee ist richtig. Allerdings habe ich noch nicht gezeigt, dass $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ alle Werte erreicht, sondern eben erstmal nur alle zwischen $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{4^h-1}{h}\geq 1 \end{eqnarray*}$ . Dass $\begin{eqnarray*} x=\operatorname e \end{eqnarray*}$ gilt, ist dann erstmal noch nicht klar. Oben habe ich ja noch bewiesen, dass es nur eine solche Zahl gibt. Nun gibt es zwei Möglichkeiten:
1. $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ ist noch nicht irgendwie anders definiert worden. Dann kannst du $\begin{eqnarray*} \operatorname e:=x \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} c(x)=1 \end{eqnarray*}$ setzen.
2. $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ wurde vorher schon auf anderem Wege definiert. Dann musst du noch beweisen, dass $\begin{eqnarray*} x=\operatorname e \end{eqnarray*}$ ist.

Und zur anderen Sache mit der monotonen Teilfolge: Da du den Satz von Bolzano-Weierstraß kennst, dachte ich, das wäre dir auch schon bekannt. Guck dir mal auf Seite 29 unten den Beweis des Satzes 2.4.2 in diesem Skript an. Dort wird unter anderem auch bewiesen, dass jede Folge eine monotone Teilfolge enthält. Mache dir den Begriff Gipfelstelle auch anschaulich klar!

Gruß MSS

edit: @mercany
Der Link ist oben in dem anderen Beitrag nun hinzugefügt. Augenzwinkern

26.12.2005, 15:48

Frooke

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Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Hallo Frooke!
Ich habe meinen letzten Beitrag noch ein wenig verändert und einen Beweis für die Eindeutigkeit der gefunden Zahl gegeben. Das wollte ich nochmal mitteilen. Augenzwinkern

Dann sollte ich das wohl nochmals genau anschauen... Stelle dann später noch Fragen, kann wohl nicht alles heute machen Augenzwinkern

...

Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Wenn ich das alles richtig überblicke, ging es also nicht darum, die Konvexität über die zweite Ableitung zu beweisen. Das war ja nur ein Versuch von dir, meinen Beweis zu umgehen, aber eben nicht das Hauptaugenmerk.

Ja klar. Ich dachte nur dass man es eben vielleicht doch umgehen könnte, aber letztlich ist das unwesentlich... Ich fragte mich nur, ob es denn auch möglich wäre...

Aber das Hauptaugenmerk war ein ganz unfundierter, spontaner Ansatz, wie ich eigentlich auf e kommen wollte. Aber damals wie heute reicht mein mathematisches Wissen nicht aus, um selbst solche Wege zu gehen, wie Du das soeben gemacht hast. Da muss ich warten bis ich endlich mal mit dem Studium begonnen habe (also bis nächsten Oktober)... Und leider kommt man in der Armee eben auch ziemlich aus der Übung, weil man intellektuell nicht wirklich gefordert ist Augenzwinkern

Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Sicher kannst du das versuchen, aber die Untersuchung auf Monotonie geht nicht so einfach! Das habe ich oben ja gerade gemacht, und zwar mithilfe der Konvexität. Wie du es anders machen willst, ist mir etwas schleierhaft. Augenzwinkern

Auch dies ist nur so ein Einfall, denn ich bin nach wie vor am Überlegen, ob es nicht doch möglich wäre, meinen ursprünglichen Weg auf eine mathematisch solide Grundlage zu stellen. Aber es ist nicht so wichtig...

Zitat:

Original von Mathespezialschüler

Zitat:

Klar, das ist ja eigentlich trivial, sorry Hammer

Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Ja, die Idee ist richtig. Allerdings habe ich noch nicht gezeigt, dass $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ alle Werte erreicht, sondern eben erstmal nur alle zwischen $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{4^h-1}{h}\geq 1 \end{eqnarray*}$ . Dass $\begin{eqnarray*} x=\operatorname e \end{eqnarray*}$ gilt, ist dann erstmal noch nicht klar. Oben habe ich ja noch bewiesen, dass es nur eine solche Zahl gibt. Nun gibt es zwei Möglichkeiten:
1. $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ ist noch nicht irgendwie anders definiert worden. Dann kannst du $\begin{eqnarray*} \operatorname e:=x \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} c(x)=1 \end{eqnarray*}$ setzen.
2. $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ wurde vorher schon auf anderem Wege definiert. Dann musst du noch beweisen, dass $\begin{eqnarray*} x=\operatorname e \end{eqnarray*}$ ist.

Da ist jetzt alles klar, vielen Dank!

Danke auch für den Tipp mit dem Skript. Werde mir das in aller Ruhe ansehen und mich dann wieder melden!

Und den usrprünglichen, nun editierten Beitrag studiere ich natürlich auch nochmals

Liebe Grüsse
Mike

PS: Wie sieht es jetzt eigentlich mit Deiner Arbeit aus? Oder sind diese Ausführungen gar im Rahmen dieser Arbeit entstanden?

26.12.2005, 20:07

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von Frooke

Zitat:

Welchen ursprünglichen Weg meinst du? Vielleicht diesen? Willst du also wissen, wie man aus

$\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{\operatorname e^h-1}{h}=1 \end{eqnarray*}$

herleiten kann, dass

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=\operatorname e \end{eqnarray*}$

gilt? Wenn ja, dann habe ich ja hier schon gesagt, dass man das auch mathematisch korrekt machen kann. Das könnte ich also auch noch zeigen.
Falls es aber was anderes ist, sag mir bitte was (mglw. einfach einen Post von dir verlinken).

Gruß MSS

PS: Die Facharbeit wird wahrscheinlich nichts, da das Thema zu nah am Unterricht ist.

27.12.2005, 13:21

Frooke

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@MSS: Ich kann mir das mit den Gipfelstellen irgendwie nicht vorstellen... Könntest Du mir dafür ein Beispiel geben?

27.12.2005, 14:56

Mathespezialschüler

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Eine Gipfelstelle $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ ist einfach eine Stelle, für die die Folgenglieder nach $\begin{eqnarray*} a_m \end{eqnarray*}$ alle einen kleineren Wert als $\begin{eqnarray*} a_m \end{eqnarray*}$ selbst haben. Das bedeutet also, dass alle Folgenglieder danach unter der horizontalen Linie auf der Höhe $\begin{eqnarray*} a_m \end{eqnarray*}$ liegen. Siehe Anhang.

Gruß MSS

PS: Antwortest du mir dann bitte noch auf meinen vorigen Post?! Augenzwinkern

28.12.2005, 09:41

Frooke

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Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Eine Gipfelstelle $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ ist einfach eine Stelle, für die die Folgenglieder nach $\begin{eqnarray*} a_m \end{eqnarray*}$ alle einen kleineren Wert als $\begin{eqnarray*} a_m \end{eqnarray*}$ selbst haben. Das bedeutet also, dass alle Folgenglieder danach unter der horizontalen Linie auf der Höhe $\begin{eqnarray*} a_m \end{eqnarray*}$ liegen.

Dann hatte ich es vielleicht doch richtig verstanden: Eine monoton fallende Folge hat also nur Gipfelstellen oder? Ich fragte mich darum aber, warum es denn kein Pendant gibt für monoton steigende Folgen gibt... (Aber ich habe jetzt gesehen, dass man es auch grad anders Beweisen könnte (in dem man «Talstellen» definieren würde…))

Zitat:

Original von Mathespezialschüler
PS: Antwortest du mir dann bitte noch auf meinen vorigen Post?! Augenzwinkern

Ja, sorry

: Ich werde die Idee nochmals zusammenfassend aufrollen:
Für $\begin{eqnarray*} f(x):=a^x, a \not\in \{0,1\} \end{eqnarray*}$
ist
$\begin{eqnarray*} f'(x)=\lim\limits_{h \to 0}\frac{a^{x+h}-a^x}{h}=a^x \underbrace{\lim\limits_{h \to 0}\frac{a^{h}-1}{h}}_{=c(a)} \end{eqnarray*}$

Nun bietet es sich ja an, ein $\begin{eqnarray*} a_0 \end{eqnarray*}$ so zu finden, dass $\begin{eqnarray*} c(a_0)=1 \end{eqnarray*}$ .

Die Frage war zunächst, ob eine solche Zahl denn überhaupt existiert und da hab ich dann mit Plots argumentiert, was ich natürlich nicht darf... Ich sag's jetzt mal so: Die Zeichnung lässt vermuten, dass eine solche Zahl existiert und zwischen 2 und 3 liegt Augenzwinkern

. (Dies aber nur als Anmerkung)

Ich hatte mir überlegt, dass man das Problem nicht wie ein normales «Graphen berühren sich»-Problem lösen kann, zumal die Ableitung noch zu unklar war und des weiteren
$\begin{eqnarray*} a^0=1 \forall a \ne 0 \end{eqnarray*}$
gilt und damit nicht wirklich aufschlussreich ist. Deshalb war die Überlegung, die Basis a in Abhängikeit der Tangenten $\begin{eqnarray*} y=x+1 \end{eqnarray*}$ an einem belibigen Ort darzustellen, denn gesuchten Wert in Null dann von links und rechts anzunähern...

Dabei kamen dann diese Punktfolgen ins Spiel und dann ging es nicht mehr wirklich weiter...

Da dieser Weg also letztlich doch nicht zu einem Ziel führt (bzw. vielleicht ja doch, keine Ahnung), beschränkt sich also die Sache dennoch darauf, von

$\begin{eqnarray*} \lim_{h \to 0} \frac{a^h-1}{h} \end{eqnarray*}$
auf
$\begin{eqnarray*} a:=\lim_{n \to \infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n \end{eqnarray*}$
kommt (wobei unter Voraussetzung der Existenz der beiden Grenzwerte die Lösung gar durch Probieren gefunden werden kann Augenzwinkern

(das darf man doch oder?))

Ist ja einfach einzusehen, dass
$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} \frac{\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right)^{\frac{1}{n}}-1}{\frac{1}{n}}=1 \end{eqnarray*}$

Aber ein mathematisch korrekter Weg würde mich natürlich interessieren Augenzwinkern

PS: Was machst Du denn anstelle der e-Arbeit?

28.12.2005, 15:28

Mathespezialschüler

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Das mit den "Talstellen" ist natürlich richtig, das ginge auch.

Zitat:

Original von Frooke
Da dieser Weg also letztlich doch nicht zu einem Ziel führt (bzw. vielleicht ja doch, keine Ahnung), beschränkt sich also die Sache dennoch darauf, von

$\begin{eqnarray*} \lim_{h \to 0} \frac{a^h-1}{h} \end{eqnarray*}$
auf
$\begin{eqnarray*} a:=\lim_{n \to \infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n \end{eqnarray*}$
kommt (wobei unter Voraussetzung der Existenz der beiden Grenzwerte die Lösung gar durch Probieren gefunden werden kann Augenzwinkern

(das darf man doch oder?))

Ist ja einfach einzusehen, dass
$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} \frac{\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right)^{\frac{1}{n}}-1}{\frac{1}{n}}=1 \end{eqnarray*}$

Du hast dort ein $\begin{eqnarray*} =1 \end{eqnarray*}$ vergessen bei dem Limes oben.
1. Was heißt denn bitte probieren? Wie meinst du das? Einfach Zahlen einsetzen? So, wie du es jetzt formuliert hast, hört sich das eher nicht so gut an.
2. Das "einfach einsehen" ist hier leider vollkommen falsch, weil du $\begin{eqnarray*} \operatorname e=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n \end{eqnarray*}$ (Ich arbeite jetzt mal mit $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ und nicht mit $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ .) einsetzt, was du aber nicht darfst. $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ ist ja als Grenzwert der Folge definiert und genau das müsstest du dann auch einsetzen. Außerdem willst du doch genau die andere Richtung haben! Also aus

$\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{\operatorname e^h-1}{h}=1 \end{eqnarray*}$

folgern, dass

$\begin{eqnarray*} \operatorname e=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n \end{eqnarray*}$

gilt. Deswegen ist der Definitionsdoppelpunkt dort auch falsch am Platz! Denn $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ hast du definiert durch $\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{\operatorname e^h-1}{h}=1 \end{eqnarray*}$ und das andere soll dann eine Folgerung sein.

Es gibt natürlich wieder mehrere Möglichkeiten, wie man diese Tatsache folgern kann. Ich möchte dir mal zwei vorstellen. Hier kommt es natürlich wieder ein wenig darauf an, wie man die Existenz des Grenzwertes $\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{\operatorname e^h-1}{h} \end{eqnarray*}$ zeigt, wie also der mathematisch korrekte Weg davor aussah, aber nungut. Ich nehme mal an, dass zumindest die Konvexität gezeigt ist.
a) Wir wissen also, dass jede Exponentialfunktion konvex ist. Die Ableitung im Nullpunkt ist $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ . Damit ergibt sich schnell, dass die Tangente dort $\begin{eqnarray*} t(x)=1+x \end{eqnarray*}$ ist und da die Funktion konvex ist, gilt $\begin{eqnarray*} \operatorname e^x\geq 1+x \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ . Wie es dann weiter geht, siehst du hier.

b) Jetzt ein etwas direkterer Weg, ohne erst irgendwas zu folgern und das dann zu benutzen. Sei $\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ einfach der Logarithmus zur Basis $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ , so wie immer. Das können wir natürlich so definieren, weil wir $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ ja schon definiert haben. Sei außerdem $\begin{eqnarray*} \exp t:=\operatorname e^t \end{eqnarray*}$ . Dieser Weg bringt sogar noch ein viel besseres Ergebnis:

Satz: Für jede Nullfolge $\begin{eqnarray*} (x_n) \end{eqnarray*}$ , deren Glieder alle $\begin{eqnarray*} >-1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \neq 0 \end{eqnarray*}$ sind, gilt:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}(1+x_n)^{\frac{1}{x_n}}=\operatorname e \end{eqnarray*}$

oder, was äquivalent dazu ist:

$\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}(1+h)^{\frac{1}{h}}=\operatorname e \end{eqnarray*}$ .

Beweis: Sei $\begin{eqnarray*} y_n:=\ln (1+x_n) \end{eqnarray*}$ . Wegen $\begin{eqnarray*} 1+x_n>0 \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} y_n \end{eqnarray*}$ wohldefiniert und außerdem gelten $\begin{eqnarray*} y_n\neq 0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ (wegen $\begin{eqnarray*} x_n\neq 0 \end{eqnarray*}$ ) und $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}y_n=0 \end{eqnarray*}$ wegen der Stetigkeit des Logarithmus. Aus der Definition von $\begin{eqnarray*} y_n \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} x_n=\operatorname e^{y_n}-1 \end{eqnarray*}$ . Nun gilt:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{\ln(1+x_n)}=\lim_{n\to\infty}\frac{\operatorname e^{y_n}-1}{y_n}=1 \end{eqnarray*}$ .

Unter Benutzung eines Logarithmusgesetzes erkennt man daraus:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\ln\left((1+x_n)^{\frac{1}{x_n}}\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{\ln(1+x_n)}{x_n}=1 \end{eqnarray*}$ .

Wegen der Stetigkeit der Exponential- und Logarithmusfunktion folgt daraus:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}(1+x_n)^{\frac{1}{x_n}}=\exp\left[\ln\left(\lim\limits_{n\to\infty}(1+x_n)^{\frac{1}{x_n}}\right)\right]=\exp\left[\lim\limits_{n\to\infty}\ln\left((1+x_n)^{\frac{1}{x_n}}\right)\right]=\exp 1=\operatorname e^1=\operatorname e \end{eqnarray*}$

und genau das war zu zeigen. $\begin{eqnarray*} \ \Box \end{eqnarray*}$

Wenn du jetzt einfach $\begin{eqnarray*} x_n=\frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ setzt, hast du schon dein Ergebnis. Aber wir können sogar noch mehr herleiten:

Korollar: Für jedes $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ gelten die beiden folgenden Beziehungen. Mit $\begin{eqnarray*} x=1 \end{eqnarray*}$ folgt aus der zweiten die dritte:

$\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\left(1+xh\right)^{\frac{1}{h}}=\operatorname e^x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^n=\operatorname e^x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=\operatorname e \end{eqnarray*}$ .

Beweis: Für $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ ist die Aussage natürlich richtig. Sei also $\begin{eqnarray*} x\neq 0 \end{eqnarray*}$ . Da die Potenzfunktion stetig ist, gilt:

$\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\left(1+xh\right)^{\frac{1}{h}}=\lim_{h\to 0}\left((1+xh)^{\frac{1}{xh}}\right)^x=\left(\lim_{h\to 0}(1+xh)^{\frac{1}{xh}}\right)^x=\left(\lim_{h\to 0}(1+h)^{\frac{1}{h}}\right)^x=\operatorname e^x \end{eqnarray*}$

Die zweite Aussage folgt direkt aus der ersten, trotzdem möchte ich den Beweis auch dafür nochmal aufschreiben: Sei wieder $\begin{eqnarray*} x\neq 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_n:=\frac{x}{n} \end{eqnarray*}$ . Für genügend große $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gilt dann $\begin{eqnarray*} x_n>-1 \end{eqnarray*}$ und außerdem $\begin{eqnarray*} x_n\neq 0 \end{eqnarray*}$ . Desweiteren ist $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}x_n=0 \end{eqnarray*}$ . Damit folgt aus dem vorhergehenden Satz:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^{\frac{n}{x}}=\operatorname e \end{eqnarray*}$ .

Wegen der Stetigkeit der Potenzfunktion folgt nun:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^n=\lim_{n\to\infty}\left(\left(1+\frac{x}{n}\right)^{\frac{n}{x}}\right)^x=\left(\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^{\frac{n}{x}}\right)^x=\operatorname e^x\qquad\Box \end{eqnarray*}$

Gruß MSS

PS: Wahrscheinlich gar nichts, aber ich muss nochmal nachfragen, ob das mit der Arbeit nicht doch geht.

29.12.2005, 12:17

Frooke

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Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Du hast dort ein $\begin{eqnarray*} =1 \end{eqnarray*}$ vergessen bei dem Limes oben.

Ja, richtig.

Zitat:

Original von Mathespezialschüler
1. Was heißt denn bitte probieren? Wie meinst du das? Einfach Zahlen einsetzen? So, wie du es jetzt formuliert hast, hört sich das eher nicht so gut an.
2. Das "einfach einsehen" ist hier leider vollkommen falsch, weil du $\begin{eqnarray*} \operatorname e=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n \end{eqnarray*}$ (Ich arbeite jetzt mal mit $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ und nicht mit $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ .) einsetzt, was du aber nicht darfst. $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ ist ja als Grenzwert der Folge definiert und genau das müsstest du dann auch einsetzen. Außerdem willst du doch genau die andere Richtung haben! Also aus

$\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{\operatorname e^h-1}{h}=1 \end{eqnarray*}$

folgern, dass

$\begin{eqnarray*} \operatorname e=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n \end{eqnarray*}$

gilt. Deswegen ist der Definitionsdoppelpunkt dort auch falsch am Platz! Denn $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ hast du definiert durch $\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{\operatorname e^h-1}{h}=1 \end{eqnarray*}$ und das andere soll dann eine Folgerung sein.

Stimmt, der Doppelpunkt steht am falschen Ort, aber mit 1. und 2. meine ich eigentlich dasselbe:
Ich denke, dass man von

$\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{\operatorname e^h-1}{h}=1 \end{eqnarray*}$

eigentlich durch probieren auf

$\begin{eqnarray*} \operatorname e=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n \end{eqnarray*}$

kommen kann, weil dann ja gilt:

$\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{\left(\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right)^h-1}{h}=1 \end{eqnarray*}$

Und zu dem:

Zitat:

Original von Mathespezialschüler
a) Wir wissen also, dass jede Exponentialfunktion konvex ist. Die Ableitung im Nullpunkt ist $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ . Damit ergibt sich schnell, dass die Tangente dort $\begin{eqnarray*} t(x)=1+x \end{eqnarray*}$ ist und da die Funktion konvex ist, gilt $\begin{eqnarray*} \operatorname e^x\geq 1+x \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ . Wie es dann weiter geht, siehst du hier.

Das ist eigentlich sehr einfach, man muss nur drauf kommen smile

Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Satz: Für jede Nullfolge $\begin{eqnarray*} (x_n) \end{eqnarray*}$ , deren Glieder alle $\begin{eqnarray*} >-1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \neq 0 \end{eqnarray*}$ sind, gilt:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}(1+x_n)^{\frac{1}{x_n}}=\operatorname e \end{eqnarray*}$

oder, was äquivalent dazu ist:

$\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}(1+h)^{\frac{1}{h}}=\operatorname e \end{eqnarray*}$ .

Beweis: Sei $\begin{eqnarray*} y_n:=\ln (1+x_n) \end{eqnarray*}$ . Wegen $\begin{eqnarray*} 1+x_n>0 \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} y_n \end{eqnarray*}$ wohldefiniert und außerdem gelten $\begin{eqnarray*} y_n\neq 0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ (wegen $\begin{eqnarray*} x_n\neq 0 \end{eqnarray*}$ ) und $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}y_n=0 \end{eqnarray*}$ wegen der Stetigkeit des Logarithmus. Aus der Definition von $\begin{eqnarray*} y_n \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} x_n=\operatorname e^{y_n}-1 \end{eqnarray*}$ . Nun gilt:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{\ln(1+x_n)}=\lim_{n\to\infty}\frac{\operatorname e^{y_n}-1}{y_n}=1 \end{eqnarray*}$ .

Unter Benutzung eines Logarithmusgesetzes erkennt man daraus:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\ln\left((1+x_n)^{\frac{1}{x_n}}\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{\ln(1+x_n)}{x_n}=1 \end{eqnarray*}$ .

Wegen der Stetigkeit der Exponential- und Logarithmusfunktion folgt daraus:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}(1+x_n)^{\frac{1}{x_n}}=\exp\left[\ln\left(\lim\limits_{n\to\infty}(1+x_n)^{\frac{1}{x_n}}\right)\right]=\exp\left[\lim\limits_{n\to\infty}\ln\left((1+x_n)^{\frac{1}{x_n}}\right)\right]=\exp 1=\operatorname e^1=\operatorname e \end{eqnarray*}$

und genau das war zu zeigen. $\begin{eqnarray*} \ \Box \end{eqnarray*}$

Danke für die tolle Erklärung, das ist nämlich auch sehr einleuchtend. Ich habe da nur eine Frage zur Notation: Benutzt Du die Folgen eigentlich einfach, um Dir mühsame Limitenschreibweisen zu ersparen oder hat das sonst noch einen Grund? (Denn theoretisch ginge es ja ohne...)

Noch was zum Korollar: Eigentlich müsstest Du doch beim zweiten Grenzwert keinen Beweis mehr führen oder? Es ist ja:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} x(n) = \lim_{h\to 0} x\left(\frac{1}{h}\right) \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von MathespezialschülerPS: Wahrscheinlich gar nichts, aber ich muss nochmal nachfragen, ob das mit der Arbeit nicht doch geht.

Heisst das, dass ihr nicht dazu verpflichtet seid, eine Facharbeit zu schreiben?

29.12.2005, 12:46

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von Frooke
Ich denke, dass man von

$\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{\operatorname e^h-1}{h}=1 \end{eqnarray*}$

eigentlich durch probieren auf

$\begin{eqnarray*} \operatorname e=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n \end{eqnarray*}$

kommen kann, weil dann ja gilt:

$\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{\left(\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right)^h-1}{h}=1 \end{eqnarray*}$

Naja, deine letzte Gleichung ist zwar richtig, aber sie bringt dich nicht weiter. Und außerdem ist das immer noch größtenteils die andere Richtung ...

Zitat:

Original von Frooke
Ich habe da nur eine Frage zur Notation: Benutzt Du die Folgen eigentlich einfach, um Dir mühsame Limitenschreibweisen zu ersparen oder hat das sonst noch einen Grund? (Denn theoretisch ginge es ja ohne...)

Hmm, das ist ne gute Frage. Die Betrachtung der Folgen ist ja ganz äquivalent zur $\begin{eqnarray*} \epsilon\text{-}\delta \end{eqnarray*}$ -Definition des Grenzwertes und die Limesdarstellung beschreibt das genauso. Mit Folgen lässt sich oft leichter hantieren und außerdem muss man beim Limes ja auch immer drauf achten, dass $\begin{eqnarray*} h>-1 \end{eqnarray*}$ bleibt, was man immer dazu schreiben müsste. Es ist einfach ein bisschen Gewohnheit, was diesen Themenkomplex angeht. Augenzwinkern

Zitat:

Original von Frooke
Noch was zum Korollar: Eigentlich müsstest Du doch beim zweiten Grenzwert keinen Beweis mehr führen oder? Es ist ja:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} x(n) = \lim_{h\to 0} x\left(\frac{1}{h}\right) \end{eqnarray*}$

Genau, das habe ich ja auch selbst hingeschrieben. Nur wollte ich das nochmal aufschreiben, damit man sieht, wie das mit der Folge dann explizit aussieht.

Gruß MSS

PS: Nein, müssen wir nicht.

29.12.2005, 16:11

Frooke

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Okey! Dann ist jetzt alles klar smile

!

Danke für all die anschaulichen Erklärungen! Freude

EDIT: Doch noch was zu oben. Dieser «Doppellimes» bringt lediglich die Idee,
$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n \end{eqnarray*}$ genauer unter die Lupe zu nehmen. Das ist ja in diesem Sinn dennoch ein Schritt in die «richtige»Richtung. Natürlich fällt dieser Grenzwert nicht vom Himmel, da geb ich Dir schon recht...

04.01.2007, 15:11

Frooke

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Da meine Postings in diesem Thread wohl mehr Verwirrung gestiftet haben als sonstwas, möchte ich nochmals eine im Board meines Wissens so noch nicht gepostete Möglichkeit aufschreiben, e herzuleiten (dies richtet sich insbesondere auch an diejenigen Suchfunktionsbenutzer, die sich hier durch den ganzen Thread gequält haben - deswegen kommt die Sache auch hier hinein).

Zunächst möchte ich folgende Dinge voraussetzen:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!} \end{eqnarray*}$ ist für jedes komplexe z absolut konvergent (das lässt sich sehr leicht mit Hilfe des Quotientenkriteriums zeigen). Weiterhin gilt:

$\begin{eqnarray*} \left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\mu^n}{n!}\right)\cdot\left( \sum_{n=0}^{\infty}\frac{\nu^n}{n!}\right) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\mu+\nu)^n}{n!} \end{eqnarray*}$

(Das kann mit Hilfe des binomischen Lehrsatzes und des Cauchyproduktes gezeigt werden.)

Wir definieren nun:

$\begin{eqnarray*} \exp z:=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!} \end{eqnarray*}$ und gelangen zu folgender Funktionalgleichung (wegen der Identität oben) :

$\begin{eqnarray*} \exp x \exp z = \exp(x+z) \end{eqnarray*}$

Damit auch

$\begin{eqnarray*} \exp(z)=\exp(z \cdot 1)=\underbrace{\exp 1\cdot \exp 1 \cdot \ldots \cdot \exp 1}_{z\text{ mal}}=\left(\exp 1\right)^z \end{eqnarray*}$

Insbesondere ist also die Exp-Funktion eine Exponentialfunktion mit der Basis $\begin{eqnarray*} \exp 1 \end{eqnarray*}$ . Nun untersuchen wir diese Basis.

$\begin{eqnarray*} \exp 1:=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!} \end{eqnarray*}$

Um da einen angenäherten Wert zu erhalten, möchte ich die Reihe mal mit Cauchy in Angriff nehmen und dabei folgende Hilfsungleichung benutzen:

$\begin{eqnarray*} \frac{(n_0+1)!}{k!}\leq\frac{1}{(n_0+2)^{k-n_0-1}}\qquad\forall k\geq n_0+1 \end{eqnarray*}$

(Diese kann mittels vollständiger Induktion gezeigt werden.)

Sei nun $\begin{eqnarray*} e(n):=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!} \end{eqnarray*}$

Wir haben für n>n0

$\begin{eqnarray*} e(n)-e(n_0):=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}-\sum_{k=0}^{n_0}\frac{1}{k!}=\sum_{k=n_0+1}^{n}\frac{1}{k!}<\sum_{k=n_0+1}^{\infty}\frac{1}{k!} \end{eqnarray*}$

Beim letzten Schritt wird die Positivität der Fakultät für natürliche Zahlen ausgenutzt, aber darauf will ich nicht weiter eingehen...

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=n_0+1}^{\infty}\frac{1}{k!}=\frac{1}{(n_0+1)!}\sum_{k=n_0+1}^{\infty}\frac{(n_0+1)!}{k!}\leq\frac{1}{(n_0+1)!}\sum_{k=n_0+1}^{\infty}\frac{1}{(n_0+2)^{k-n_0-1}}=\frac{n_0+2}{(n_0+1)!(n_0+1)} \end{eqnarray*}$

Die letzte Gleichung kommt zustande, weil es sich nach der Abschätzung um eine geometrische Reihe handelt... Weiterhin gilt folgende Ungleichung (auch mit vollständiger Induktion beweisbar) :

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{(k+1)!}\leq\frac{1}{2^k} \end{eqnarray*}$

Wir schätzen also weiter ab:

$\begin{eqnarray*} e(n)-e(n_0)<\frac{n_0+2}{(n_0+1)!(n_0+1)}\leq\frac{n_0+2}{2^{n_0}(n_0+1)}<\frac{1}{2^{n_0}} \end{eqnarray*}$

Da $\begin{eqnarray*} a_n:=\frac{1}{2^{n_0}} \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge ist, kann man also schliessen, dass
$\begin{eqnarray*} e(n)-e(n_0)<\varepsilon\qquad \forall \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ EDIT: Für geeignetes $\begin{eqnarray*} n_0 \end{eqnarray*}$ natürlich und unter Beibehalten von $\begin{eqnarray*} n\geq n_0 \end{eqnarray*}$

Dieser Konvergenzbeweis ist zwar viel komplizierter als jener mittels Quotientenkriterium, dafür lässt sich hier die Abweichung von e auch kontrollieren (was eine numerische Ermittlung erleichtert).

Nun lässt sich mittels einsetzen der Definition auch leicht zeigen, dass $\begin{eqnarray*} \left(\mathrm e^x\right)'=\mathrm e^x \end{eqnarray*}$ .

So fehlt eigentlich nur noch der Äquivalenzbeweis zur Definition mit Folgen. Aber dafür bin ich jetzt zu faul smile

. (Sonst nachfragen).

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