Grenzwertbildung der Eulerschen Zahl

11.03.2005, 02:04

eXite

Grenzwertbildung der Eulerschen Zahl

Hi,

muss bis Montag eine Facharbeit zum Thema "Die Eulersche Zahl" machen. Leider bin ich mir bis heute nicht sicher wie ich die Zahl e herleiten soll.

Meine Lehrerin meinte ich soll es mit der Grenzwertbildung versuchen,also

$\begin{align*} \lim_{n\to\infty} (1+1/n)^n = e \end{align*}$

damit die 2,71.......... beweisen.

Kann ich die Formel mithilfe einer allg. Exponentialfunktion beweisen,also
Sekantensteigung ,Tangentensteigung usw...??

Danke,
eXite

11.03.2005, 08:17

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Es ist üblich, den Grenzwert links als Definition von $\begin{eqnarray*} e \end{eqnarray*}$ anzusehen. In diesem Sinne musst du nur beweisen, dass der Grenzwert überhaupt existiert !

11.03.2005, 17:17

Frooke

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@Arthur: Darf man das so machen?: Da man ja diesen Grenzwert erhält, weil man eine Basis der Exponentialfunktion sucht, für die die Steigung in (0/1) 1 ist, ist ja schon klar, dass es eine Zahl zwischen 2 und 3 sein muss: In diesem Sinne muss ja dieser Grenzwert sowieso existieren...

Ist zwar nicht so ein schön mathematischer Beweis, aber es ist doch ziemlich anschaulich... Gruss Frooke

11.03.2005, 18:40

S0ul

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Du kannst mit dem Taylor Polynom Beweisen das e=2,72. Das wäre der mathematische Beweis dafür. In der Gleichung

http://www.mathe-online.at/materialien/Andreas.Pester/files/ComNum/images/taylor.gif setzt du x=1 und dann haste das.

Wenn du nun noch das Restglied von Lagrange benutzt, so kannst du damit beweisen das ein Grenzwert existiert, da du dort die Konvergenzkriterien aufzeigen kannst.

11.03.2005, 19:35

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Diese Taylorreihen anzufahren heißt für mich, das Pferd von hinten aufzuzäumen: Diese Reihen fallen ja auch nicht vom Himmel, da braucht man erstmal eine vernünftige Definition der Exponentialfunktion, ihre Ableitungen, und und und.

Alles steht und fällt damit, wie ihr $\begin{eqnarray*} e \end{eqnarray*}$ definiert habt. Und da gibt es verschiedene Möglichkeiten, wie Leopold hier bereits richtig festgestellt hat.

11.03.2005, 19:54

Mathespezialschüler

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Und ein paar davon hat er hier bereits genannt Augenzwinkern

12.03.2005, 13:43

Frooke

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Darf ich nochmals auf meine Frage hinweisen? verwirrt

Zitat:

Ich meine, reicht das, um zu zeigen, dass dieser Limes einen Grenzwert hat?

12.03.2005, 14:36

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Meinst du etwas in der Art

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{n\to\infty}\frac{e^{\frac{1}{n}}-1}{\frac{1}{n}}\stackrel{!}{=}1 \end{eqnarray*}$ ?

Wenn wir mal die Existenz des links stehenden Grenzwertes voraussetzen: Zeig mal, wie du aus dieser Gleichung mathematisch sauber zu

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

gelangst!

12.03.2005, 15:55

Frooke

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Nein, ich meine sowas, um es mal von Anfang an aufzuzeigen:
$\begin{eqnarray*} f(x)=a^x \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f'(x)=\lim_{h \to 0}a^x\frac{a^h-1}{h} \end{eqnarray*}$
Nun will ich a so wählen, dass
$\begin{eqnarray*} \lim_{h \to 0}\frac{a^h-1}{h}=1 \end{eqnarray*}$

(Ich werde nun $\begin{eqnarray*} \lim_{h \to 0}\frac{a^h-1}{h} \end{eqnarray*}$ einfach $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ nennen…)
Für $\begin{eqnarray*} g=1 \end{eqnarray*}$ wäre ja die Ableitung an der Stelle $\begin{eqnarray*} x_0=1 \end{eqnarray*}$ und würde an diesem Punkt logischerweise mit folgender Funktion übereinstimmen (und zwar was Steigung und Funktionswert betrifft!)
$\begin{eqnarray*} k(x)=x+1 \end{eqnarray*}$ Man kann daraus bereits schliessen (siehe obigen Plot), dass die gesuchte Zahl zwischen 2 und 3 ist...
Es wäre also
$\begin{eqnarray*} a^x=x+1 \end{eqnarray*}$ für x->0 und da dieses x->0 auf der k(x)-Kurve betrachten kann, betrachte ich die Punkte $\begin{eqnarray*} P_1(1|1+1),P_2(\frac{1}{2}|1+\frac{1}{2}),...,P_n(\frac{1}{n}|1+\frac{1}{n}) \end{eqnarray*}$ (immer näher an Null heran)
Wenn ich obige Gleichung nach a auflöse, erhalte ich:
$\begin{eqnarray*} a=(x+1)^{\frac{1}{x}} \end{eqnarray*}$

Ich ersetze x durch 1/n (im Sinne der obigen Punktfolge) und da x->0 wird dann 1/n->unendlich:
Mit anderen Worten:
$\begin{eqnarray*} a=\lim_{n \to \infty}(1+\frac{1}{n})^n=e \end{eqnarray*}$

PS. Bitte nicht auslachen, wenn ich Quatsch schreibe, aber ich wollte dennoch mal fragen... Gott

12.03.2005, 16:11

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Zitat:

Original von Frooke
Wenn ich obige Gleichung nach a auflöse, erhalte ich:
$\begin{eqnarray*} a=(x+1)^{\frac{1}{x}} \end{eqnarray*}$

Wo ist hier bei dieser "Auflösung" (?) die von mir oben geforderte mathematische Sauberkeit, d.h., unter strenger Benutzung der Grenzwertregeln?

Ich kann doch auch nicht sagen:

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1 \end{eqnarray*}$ , also nehme ich das ganze hoch n und erhalte $\begin{eqnarray*} n\stackrel{!}{=}1^n=1 \end{eqnarray*}$ , gültig für $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ . Von einer ähnlichen Logik scheint mir dein "Beweis" zu sein. Aber ich lass mich natürlich gern eines besseren belehren, vielleicht kriegst du ihn ja doch exakt hin - ich bin gespannt!

12.03.2005, 16:17

Spooner

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also ich bin fan der definition von e als grenzwert von (1+(1/n))^n, da hier doch wunderbar das Fundamentalaxiom der Analysis zum Einsatz kommt, und dieses zu trainieren lohnt sich mMn immer! der übliche beweis (der konvergenz der folge) ist doch echt sauber!

bzgl. AD: einen grenzwertindex irgendwie aus dem grenzwert zu ziehen sollte man echt seinlassen, da hast du vollkommen recht!

12.03.2005, 18:13

Frooke

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Aber ich lass mich natürlich gern eines besseren belehren, vielleicht kriegst du ihn ja doch exakt hin - ich bin gespannt!

Das ist gar nicht mein Ziel traurig

... Ich frag halt mal anders... Wie müsst ichs denn nach meinem Ansatz machen, damit es mathematisch korrekt ist und stimmt... (irgendwie komme ich ja mit meinem Gestümper auch ans Ziel... verwirrt

)

Aber zur uralten Frage nach der Existenz dieses Grenzwertes: Reichen da meine Aussagen nicht aus?

EDIT: Und da ich keine Ahnung hab, frag ich noch weiter nach: @Arthur: Weshalb darfst Du das genau nicht machen? Dass 1^n = 1 für n->unendlich stimmt ja, was konkret darf man denn nicht tun? und warum?

Danke für die Antworten Wink

12.03.2005, 19:02

Mathespezialschüler

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Ich möchte eine Facharbeit über e schreiben und dort e ähnlich definieren, wie du es jetzt grad machst.
Das Problem ist, dass du nicht sagen kannst

Zitat:

Man kann daraus bereits schliessen (siehe obigen Plot), dass die gesuchte Zahl zwischen 2 und 3 ist...

Das ist mathematisch überhaupt gar nicht korrekt! Du darfst in der Analysis nicht mit Plots oder Zeichnungen begründen!
Deine Ansätze sind im Grunde gut, nur fehlt halt die mathematische Korrektheit.
Ich versuche mal, ein wenig was klar zu stellen:
Du willst ja wohl $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ so definieren:
$\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ ist diejenige Zahl, für die

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

gilt.
Diese Definition hat Leopold in dem von mir oben geposteten Link ja auch schon angegeben.
Du musst jetzt folgende Dinge machen, um die Definition erstmal rechtfertigen zu können:
1. Du musst zeigen, dass es wirklich überhaupt eine Zahl $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ gibt, sodass obiges gilt.
2. Du musst zeigen, dass es nur/genau für (diese) eine Zahl gilt, dass es also nur/genau eine Zahl gibt, für die das obige gilt.

Wenn du das geschafft hast, dann kannst du daraus weitere Dinge schlussfolgern.

Zitat:

Original von Frooke
Es wäre also
$\begin{eqnarray*} a^x=x+1 \end{eqnarray*}$ für x->0 und da dieses x->0 auf der k(x)-Kurve betrachten kann, betrachte ich die Punkte $\begin{eqnarray*} P_1(1|1+1),P_2(\frac{1}{2}|1+\frac{1}{2}),...,P_n(\frac{1}{n}|1+\frac{1}{n}) \end{eqnarray*}$ (immer näher an Null heran)

Das geht so auch nicht, es ist zwar $\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0}a^x=\lim_{x\to 0}x+1 \end{eqnarray*}$ , aber so kannst du das nicht machen. Wenn du in einer Gleichung Grenzwerte drin hast, dann kannst du nicht einfach, wie hier die $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ -te Wurzel zu ziehen, irgendwelche Umformungen machen.

12.03.2005, 19:43

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Zitat:

Original von Frooke
@Arthur: Weshalb darfst Du das genau nicht machen? Dass 1^n = 1 für n->unendlich stimmt ja, was konkret darf man denn nicht tun?

Lies meinen Beitrag nochmal. Forum Kloppe

Es geht um die absurde Aussage $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ , gültig für $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ !!!

12.03.2005, 19:55

Frooke

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@Arthur: Autsch, ja klar... Sorry Hammer

Man sollte mich echt Forum Kloppe

Man vergebe mir meine Sünden Gott

Dennoch etwas:
Willst du damit

Zitat:

Aber ich lass mich natürlich gern eines besseren belehren, vielleicht kriegst du ihn ja doch exakt hin - ich bin gespannt!

mit einem leicht ironischen Hauch aussagen, dass meine Überlegungen eh für die Katz sind, oder wäre der Weg dennoch gangbar? Ich meine - wenns sowieso total absurd ist, werd ich nicht mehr dran weitermachen, aber wenns so ginge (einfach etwas korrekter) wärs schon toll...

@Mathespezialschüler: Du hast natürlich recht! Das mit dem Umformen war echt ein Lapsus... mannomann (ist nicht mein Tag) aber ich bin auch nicht genügend lange darüber gesessen (ehrlich gesagt)... So durch Zufall ging es dennoch auf... Augenzwinkern

Aber eben dieser Ansatz, den ich da verfolge, sollte doch mit etwas professioneller Hilfe (deiner und Arthurs Hilfe Augenzwinkern

) schon irgendwie zum Ziel führen... Aber wie kann man zeigen, dass es einen Grenzwert hat, ohne Plots zu verwenden? Ich hab da grad keine Idee...

Danke für die Geduld euch beiden! Hammer

und sorry, dass ich so belästigend nachfrage traurig

12.03.2005, 22:57

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von Frooke
Aber eben dieser Ansatz, den ich da verfolge, sollte doch mit etwas professioneller Hilfe (deiner und Arthurs Hilfe Augenzwinkern

) schon irgendwie zum Ziel führen... Aber wie kann man zeigen, dass es einen Grenzwert hat, ohne Plots zu verwenden? Ich hab da grad keine Idee...

Das ist gar nicht so leicht, wenn man nicht doch wieder auf eine andere (bekannte) Definition von $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ zurückgreifen will.
Im Moment hätte ich da z.B. einen Ansatz, der allerdings auf höhere Mittel (gleichmäßige Konvergenz) hinausläuft.
Was anderes fällt mir spontan nicht ein, aber ich werd nochmal drüber nachdenken.

edit: Ich hab jetzt nen Weg gefunden. Ich benutze zwar gleichmäßige Konvergenz, aber man muss dafür nur relativ wenig zeigen.

13.03.2005, 10:16

Frooke

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@Mathespezialschüler:
Noch zwei kurze Dinge:
1. Darf man so zeigen, dass (wenn man von der Limesdefinition von e ausgeht)
$\begin{eqnarray*} \lim_{h \to 0} \frac{e^h-1}{h}=1 \end{eqnarray*}$ ?
e ist ja definiert als
$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} (1+\frac{1}{n})^n=e \end{eqnarray*}$
Setze ich das (hoffentlich mathematisch korrekt) in die obige Gleichung ein, so erhalte ich:
$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} \frac{((1+\frac{1}{n})^n)^\frac{1}{n}-1}{\frac{1}{n}}=1 \end{eqnarray*}$
Dieser letzte Limes lässt sich ja ganz einfach vereinfachen...

2. Habe ich zwar glaube ich schon mal gefragt...
Da ja für
$\begin{eqnarray*} f(x)=a^x,f'(x)=a^x\lim_{h \to o} \frac{a^h-1}{h} \end{eqnarray*}$
und
$\begin{eqnarray*} a^x=e^{\ln(a^x)}=e^{x\ln(a)} \end{eqnarray*}$
folgt wegen
$\begin{eqnarray*} (e^x)'=e^x \end{eqnarray*}$
und der Kettenregel
$\begin{eqnarray*} f'(x)=e^{x\ln(a)}\ln(a)=a^x\ln(a) \end{eqnarray*}$
Also ist
$\begin{eqnarray*} \lim_{h \to o} \frac{a^h-1}{h}=\ln(a) \end{eqnarray*}$
Ist das so korrekt?

Vielen Dank für die Antwort und wenn Du das mit deinem Beweis fertig hast, würde ich - auch wenn ichs nicht raff - das gerne sehen... Gruß Wink

13.03.2005, 10:24

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Zitat:

Original von Frooke
(wenn man von der Limesdefinition von e ausgeht)

Die man natürlich beweisen muss! Was du jetzt aufgeschrieben hast, ist korrekt - aber das ist die Rückrichtung dessen, was du oben beweisen wolltest! Scheint wohl die einfachere Richtung zu sein. Na mal abwarten, was uns MSS hinsichtlich deines ursprünglichen Vorhabens zeigen wird.

13.03.2005, 10:31

Frooke

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Was du jetzt aufgeschrieben hast, ist korrekt - aber das ist die Rückrichtung dessen, was du oben beweisen wolltest!

Ja, ich weiss: Ich habe das andere Vorhaben kurzfristig aufgegeben, weil ich keine Ideen mehr habe… Aber es passte vom Thema her gerade, um es mal zu fragen…

Aber genau, warten wir mal auf MSS Idee Idee!

!

LG

13.03.2005, 11:58

Mathespezialschüler

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Hm, wovon gehen wir denn jetzt aus, von welcher Definition? verwirrt

Das mit dem " $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ ist ja definiert als ..." stimmt ja so nicht. Wie Leopold schon sagte in dem Link, jeder kann $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ definieren, wie er will, er muss dann nur die anderen Dinge beweisen.
Also wovon willst du denn jetzt ausgehen? Von $\begin{eqnarray*} \operatorname e:=\lim_{n\to \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n \end{eqnarray*}$ ??

13.03.2005, 12:14

Frooke

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Sorry, die Fragen oben waren eigentlich unabhängig vom anderen Problem... Ursprünglich wollte ich bei meinem unkorrekten Beitrag e via Exponentialfunktion und Ableitung definieren und finden, aber ich habe es noch nicht geschafft (und schaffe es vielleicht nie... Hammer

)
Also eigentlich davon ausgehend, dass für
$\begin{eqnarray*} f(x)=a^x,f'(x)=a^x\lim_{h \to 0} \frac{a^h-1}{h} \end{eqnarray*}$ ...
Dann gewisse Überlegungen machen, wie man a wählen muss, so daß
$\begin{eqnarray*} \lim_{h \to 0} \frac{a^h-1}{h}=1 \end{eqnarray*}$ .

Und da sollte man jetzt eben zeigen, daß es ein a gibt, für das diese Aussage stimmt...
Aber schreib doch mal deine Ansätze mit der gleichmäßigen Konvergenz hin. Ich komme da jetzt eben nicht weiter, aber ich bleibe dran... Augenzwinkern

13.03.2005, 18:38

Mathespezialschüler

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Erstmal kann man natürlich zeigen, dass es eine solche Zahl gibt, indem man durch ein paar Überlegungen auf $\begin{eqnarray*} e=\lim_{n\to \infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n \end{eqnarray*}$ zurückkommt.
Ich mach das jetzt mal beispielhaft, allerdings mathematisch nicht korrekt! Man kann das aber auch mathematisch korrekt formulieren.
Wenn $\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{a^h-1}{h}=1 \end{eqnarray*}$ ist, dann gilt für kleine $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ die Näherung $\begin{eqnarray*} \frac{a^h-1}{h}\approx 1 \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} a\approx (1+h)^{\frac{1}{h}} \end{eqnarray*}$ . Und jetzt kann man ja im Nachhinein eine neue Zahl $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ als den Grenzwert davon für $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ definieren, nachdem man natürlich gezeigt hat, dass der Grenzwert existiert und dann kann man daraus wieder folgern, dass $\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{b^h-1}{h}=1 \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ die gesuchte Zahl ist.
Das hängt da alles wirklich ziemlich eng zusammen.
Für meine Idee mit der gleichmäßigen Konvergenz fehlt mir noch ne Sache. Wenn ich die hab (hoffentlich kann ich das zeigen), dann werd ichs mal posten.

13.03.2005, 20:07

Frooke

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Zitat:

Original von Mathespezialschüler
1.
Das hängt da alles wirklich ziemlich eng zusammen.
2.
Wenn ich die hab (hoffentlich kann ich das zeigen), dann werd ichs mal posten.

Zu 1: Wie recht Du hast Augenzwinkern

Zu 2: Cool, freu mich drauf!
Ich hab aber auch noch einen Ansatz (er ist zwar meinem unkorrekten sehr ähnlich, sollte aber korrekter sein)... Hammer

Setzen wir nochmals bei meiner Punktreihe ein. Diese Punkte sind alle Element der Geraden $\begin{eqnarray*} y=x+1 \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} P_1(1|1+1),P_2(\frac{1}{2}|1+\frac{1}{2}),P_3(\frac{1}{3}|1+\frac{1}{3}),...,P_n(\frac{1}{n}|1+\frac{1}{n}) \end{eqnarray*}$
Diese Punkte sind ja so konstruiert, dass sie für immer grössere n immer näher an null dran sind.

Ich kann doch jetzt für jeden dieser Punkte eine Basis $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ einer Exponentialfunktion $\begin{eqnarray*} r(x)=a^x \end{eqnarray*}$ berechnen, so dass $\begin{eqnarray*} r(x) \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} P_i \end{eqnarray*}$ geht. Dabei ist $\begin{eqnarray*} P_i \end{eqnarray*}$ irgendein Punkt der Reihe.

Nun ist die zugehörige Basis zum Punkt $\begin{eqnarray*} P_1(1|2) \end{eqnarray*}$ 2. Die zum Punkt $\begin{eqnarray*} P_2(\frac{1}{2}|1+\frac{1}{2}) \end{eqnarray*}$ 2.25. Die zum Punkt $\begin{eqnarray*} P_3(\frac{1}{3}|1+\frac{1}{3}) \end{eqnarray*}$ 2.37... usw.
Ich kann also eine Funktion definieren - ich nenne sie $\begin{eqnarray*} a(n) \end{eqnarray*}$ - die jedem Punkt der obigen Punktfolge in Abhängigkeit von n eine Basis einer Exponentialfunktion zuordnet, so dass diese Exponentialfunktion durch $\begin{eqnarray*} P_n \end{eqnarray*}$ geht. Es ist $\begin{eqnarray*} a(n)=(1+\frac{1}{n})^n \end{eqnarray*}$ .
Dies weil für jede Basis gilt:
$\begin{eqnarray*} 1+\frac{1}{n}=a^{\frac{1}{n}} \end{eqnarray*}$
Also $\begin{eqnarray*} (1+\frac{1}{n})^n=a \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} (1+\frac{1}{n})^n=a(n) \end{eqnarray*}$

Um die Funktion r so einzustellen, daß y=x+1 eine Tangente an P(0|1) wird, muss ich den Limes von a(n) gegen unendlich prüfen:
Es ist $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} a(n)=\lim_{n \to \infty} (1+\frac{1}{n})^n=e \end{eqnarray*}$

Zusätzlich kann ich eine solche Punktreihe im negativen Bereich betrachten:
$\begin{eqnarray*} P_1(-\frac{1}{2}|1-\frac{1}{2}),P_2(-\frac{1}{3}|1-\frac{1}{3}),...,P_n(-\frac{1}{n+1}|1-\frac{1}{n+1}) \end{eqnarray*}$
Die hier zugehörigen Basen sind 4, 3.375, 3.16 usw.
Damit hätten wir zwei monotone Folgen: Eine ist sinkend von 4 aus und die Andere steigend von 2 aus. Also muss die gesuchte Basis zwischen 2 und 4 sein! Dass der Limes so stimmt, wurde ja bereits oben gezeigt, und dass dieser Grenzwert 2.71828... ist überlasse ich gerne anderen Leuten smile

Ich hoffe, dass das korrekter ist!

EDIT: Da spinnt irgendwas im Latexteil und ich finde den Fehler nicht! Mist! @mod: Help

edit: Du musst schon [/latex] und nicht [\latex] schreiben Augenzwinkern

(MSS)

13.03.2005, 20:58

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von Frooke
Um die Funktion r so einzustellen, daß y=x+1 eine Tangente an P(0|1) wird, muss ich den Limes von a(n) gegen unendlich prüfen:

Du kannst zwar diese geometrische Betrachtung als Anmerkung mit einbauen, aber mathematisch korrekt ist sie natürlich wieder nicht!
Aber du kannst das natürlich so machen, nur kommt dann wieder das, was ich oben sagte:

Zitat:

Das ist gar nicht so leicht, wenn man nicht doch wieder auf eine andere (bekannte) Definition von e zurückgreifen will.

Denn letztendlich machst du das nur wieder.

PS: Das mit der gleichmäßigen Konvergenz is ne schwierige Sache, aber ich probier mein Bestes Augenzwinkern

13.03.2005, 22:27

Frooke

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Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Du kannst zwar diese geometrische Betrachtung als Anmerkung mit einbauen, aber mathematisch korrekt ist sie natürlich wieder nicht!

Dann lass ich sie einfach am besten weg...

Zitat:

Aber du kannst das natürlich so machen, nur kommt dann wieder das, was ich oben sagte:

Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Das ist gar nicht so leicht, wenn man nicht doch wieder auf eine andere (bekannte) Definition von e zurückgreifen will.

Denn letztendlich machst du das nur wieder.

Also ich wollte vordergründig nur zeigen, dass der Grenzwert existiert, und dass er mit ebendiesem berühmten Limes ausgedrückt werden kann. Dass dann dabei 2.71828... herauskommt, war nicht mein Ziel zu zeigen... Klar kann ich durch die Betrachtung der Folgen und des Limes feststellen, dass e zwischen 2.71 und 2.72 ist, aber wie das im Einzelnen aussieht und weshalb e irrational ist, ist ein anderes Thema... (bzw. darf jemand anderes machen--- oder ich machs morgen Schläfer

)

Zitat:

Original von Mathespezialschüler
PS: Das mit der gleichmäßigen Konvergenz is ne schwierige Sache, aber ich probier mein Bestes Augenzwinkern

Cool, da ich davon keinen Plan hab, kann ich bestimmt eine Menge lernen Augenzwinkern

Nice! Macht echt Spass mit so kompetenter Hilfe diese Zahl e mal auseinanderzunehmen Augenzwinkern

In diesem Sinne gute Nacht und danke noch für die Latexverbesserungen Freude

EDIT: Du schreibst doch eine Facharbeit zu e. Wäre es möglich, dass Du mir die schickst, wenn Du fertig bist? Würde mich interessieren! Wenn ja, die Adresse wäre [email protected] Ich wünsche erneut gut N8 Schläfer

17.03.2005, 11:42

Frooke

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@ MSS:
Sorry, ist zwar ein nicht gern gesehener Doppelpost, aber ich wollte nochmals nachfragen, ob Du da noch dran bist? Und wenn Du mir deine Facharbeit zeigen könntest, wäre das echt cool (natürlich wenn sie dann mal fertig ist Augenzwinkern

)

Und kurz noch meine Funktion plotten, weil ich das oben vergessen hatte:

17.03.2005, 22:45

Mathespezialschüler

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Nach längerer Zeit ist ein Doppelpost schon ok, nur halt nich nach 2 Stunden oder so...
Ich muss am Montag nochmal mit meinem Lehrer (, der ja von Beruf eigentlich an der Uni arbeitet) reden, ob er da noch ne Idee hat.
Dann werd ich meine Überlegungen mal posten!
Auf meine Facharbeit kannst du aber noch lange warten, die muss erst in 1 oder 1,5 Jahren fertig sein Augenzwinkern

18.03.2005, 08:21

Ace Piet

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Bescheidener Vorschlag:

Multipliziert man (1 + 1/n)^n gem. Binomialformel aus,

entsteht... [k=0..n]Summe (n über k)* (1/n)^k.

Sieht man sich den Binomialkoeff. an...
n (n-1) (n-2)*...*(n - k+1)
---------------------------
k!

..., es sind k Stück und jeder ist < n, bekomme ich die Abschätzung nach oben ...

(n über k) =< n^k / k!

Damit ist obige Summe

=< [k=0..n]Summe 1/k! .....(1)

da sich n^k prima "verrechnet" mit (1/n)^k

Und diese 1/k schätze ich wieder mit 1/2 nach oben ab, sodass mir die majorisierende geometrische Reihe (q=1/2) liefert...

(1 + 1/n)^n =< [k=0..n]Summe 1/k! =< 1 + 1/(1-q) = 3

Die Eingangsfolge ist also beschränkt. - Fehlt ihr also (zur Konvergenz) etwa ein Monotonienachweis...(Rechenarbeit).

Anderer Ansatz: Die Reihe (1) ist konvergent. Man nenne den Grenzwert e und zeige die Gleichheit mit der Folge im Unendlichen... Idee: Mit Teilfolgen oä. arbeiten.

18.03.2005, 16:04

Mathespezialschüler

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@Ace Piet
Das sind doch allgemein bekannte Verfahren (zumindest mir bekannt).
Und im Moment hat das sehr wenig mit dem zutun, wovon wir ausgehen. Wir haben doch einen ganz anderen Ausgangspunkt und da helfen uns deine Ausführungen leider nicht weiter.

18.03.2005, 16:15

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Sehen wir's mal positiv:

Die Ausführungen von Ace Piet enthalten zwischen den Zeilen das Beweisprinzip der Identität

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!} \end{eqnarray*}$

und damit auch mittelbar von

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^n=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{x^k}{k!} \end{eqnarray*}$

Und das hat ja auch irgendwie mit dem Thema dieses Threads zu tun, wenn auch nicht unmittelbar mit den zuletzt besprochenen Fragen. Augenzwinkern

18.03.2005, 16:42

Frooke

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@MSS: Ich warte gerne auf Deine Facharbeit, es wäre einfach cool, wenn ich sie mal lesen könnte... Egal wie lange es dauert. Ich kann leider im Austausch dagegen nichts bieten; die einzige Arbeit, die ich in Mathe geschrieben habe ist eine Arthur sehr wohl bekannte Behandlung der Polyeder mit 6 Seiten - aber die ist in französisch geschrieben Augenzwinkern

...

Bin auf deinen Ansatz gespannt Freude

23.03.2005, 22:56

Mathespezialschüler

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Also leider hab ich auch mit Hilfe meines Lehrers (der ja an der Uni arbeitet und im Moment nicht genug Zeit hatte, sich darüber Gedanken zu machen) nicht das geschafft, was ich wollte.
Ich werd jetzt aber meine Idee doch mal posten:
Also, erstmal kann ich ja sagen, worauf ich hinaus will.
Wir nehmen jetzt mal an, der Grenzwert $\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{x^h-1}{h} \end{eqnarray*}$ existiere für alle $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ . Wie man das dann beweist, bevor man folgende Überlegungen macht, müsste man sich irgendwie im Nachhinein überlegen.
Definieren wir einmal die Funktion

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

Trivialerweise ist $\begin{eqnarray*} f(1)=0 \end{eqnarray*}$ . Wenn wir noch ein $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ fänden mit $\begin{eqnarray*} f(a)>1 \end{eqnarray*}$ und wir außerdem beweisen können, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ stetig ist, dann könnten wir mit dem Zwischenwertsatz die Existenz eines $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(a)=1 \end{eqnarray*}$ folgern!

Das Problem an der ganzen Geschichte ist ja, dass wir noch gar nichts über $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ wissen, wir wollen ja grad erstmal zeigen, dass $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ existiert. Die einzigen Dinge, die wir sozusagen wissen, sind ja die Eigenschaften der allgemeinen Exponentialfunktionen, die man auch ohne jegliche Kenntnis über $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ beweisen kann, z.B.:

Jede Exponentialfunktion $\begin{eqnarray*} g:\mathbb R\to (0,\infty) \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} g(x)=a^x \end{eqnarray*}$ ( $\begin{eqnarray*} 0<a\neq 1 \end{eqnarray*}$ ) ist stetig und konvex (letzteres kann man auch/sogar zeigen, ohne die zweite Ableitung zu benutzen!) und geht durch den Punkt $\begin{eqnarray*} (0|1) \end{eqnarray*}$ . Außerdem gilt für alle $\begin{eqnarray*} a>1 \end{eqnarray*}$ : g ist streng monoton wachsend und es gelten für jedes $\begin{eqnarray*} r\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ die Grenzwertbeziehungen

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to -\infty}a^x=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to\infty}a^x=\lim_{x\to\infty}\frac{a^x}{x^r}=\infty \end{eqnarray*}$ .

Für alle $\begin{eqnarray*} a\in (0,1) \end{eqnarray*}$ hingegen gilt: g ist streng monoton fallend und es gelten für jedes $\begin{eqnarray*} r\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ die Grenzwertbeziehungen

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to\infty}a^x=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to -\infty}a^x=\lim_{x\to\infty}\frac{1}{x^ra^x}=\infty \end{eqnarray*}$ .

Daraus folgt auch direkt, dass jede dieser Exponentialfunktionen surjektiv und somit wegen der strengen Monotonie sogar bijektiv ist.

So und jetzt zu meiner Idee: Ich möchte zeigen, dass die obige Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ stetig ist! (Dass sie stetig ist und dass es sogar ein $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(a)=1 \end{eqnarray*}$ gibt, dass wissen wir natürlich, denn es ist $\begin{eqnarray*} f(x)=\ln x \end{eqnarray*}$ , aber das "dürfen" wir ja sozusagen noch nicht wissen). Dazu müssen wir für jedes $\begin{eqnarray*} a>0 \end{eqnarray*}$ zeigen, dass

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

ist. Das ist gleichbedeutend dazu, zu zeigen, dass für jede beliebige gegen $\begin{eqnarray*} a>0 \end{eqnarray*}$ konvergente Folge $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a_n>0\mbox{ für alle }n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ auch

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

geht. Oder anders:

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

Dafür definiere ich mal zwei neue Funktionen:

$\begin{eqnarray*} g_n(h)=\frac{a_n^h-1}{h}\mbox{ für }h\neq 0,\ h\in [-1;1] \end{eqnarray*}$

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

$\begin{eqnarray*} g(h)=\frac{a^h-1}{h}\mbox{ für }h\neq 0,\ h\in [-1;1] \end{eqnarray*}$

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

Ich hab jetzt versucht, zu zeigen, dass die Konvergenz von $\begin{eqnarray*} g_n\to g \end{eqnarray*}$ gleichmäßig ist, also $\begin{eqnarray*} g_n\Rightarrow g \end{eqnarray*}$ geht. Das ist gerade die Schwierigkeit, aber ich werd später noch was dazu sagen, erstmal will ich die Idee zu Ende führen. Dass die Konvergenz gleichmäßig ist, weiß ich schon (über Potenzreihen). Aber dieses mit so primitiven Mitteln zu zeigen, ist nicht so leicht. Naja, egal. Weiter gehts:
Da die Konvergenz gleichmäßig ist, können wir nun folgendermaßen Grenzwerte vertauschen:

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

Das geht nur wegen der gleichmäßigen Konvergenz! So und die rechte Seite ist jetzt natürlich ganz einfach:

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

Jetzt haben wir also gezeigt, dass die Funktion

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

stetig ist.
Ich habe ja oben schon angedeutet, dass man die Konvexität jeder Exponentialfunktion auch elementar, ohne Zuhilfenahme der 2. Ableitung, beweisen kann. (@Frooke: Falls du nicht weißt, was Konvexität ist, frag nach, ich erklärs dann! Vll sagt dir ja auch "linksgekrümmt" schon etwas, das ist das gleiche!)
Damit kann man zeigen, dass für $\begin{eqnarray*} h\in\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right),\ h\neq 0 \end{eqnarray*}$ gilt:

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

(siehe hier). Daraus ergibt sich

$\begin{eqnarray*} f(4)=\lim_{h\to 0}\frac{4^h-1}{h}\geq 1 \end{eqnarray*}$

Wäre $\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{4^h-1}{h}=1 \end{eqnarray*}$ , so hätten wir mit $\begin{eqnarray*} 4 \end{eqnarray*}$ unser $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(a)=1 \end{eqnarray*}$ schon gefunden. Ist aber $\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{4^h-1}{h}>1 \end{eqnarray*}$ , so gibt es eben nach dem Zwischenwertsatz ein $\begin{eqnarray*} a\in (1,4) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{a^h-1}{h}=1 \end{eqnarray*}$ und jetzt hat man bewiesen, dass $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ existiert!

Und jetzt nochmal zurück zur gleichmäßigen Konvergenz. Falls Arthur den Beitrag überhaupt liest, hoffe ich, dass er auch bis hier unten liest und nicht zwischendrin aufhört. Augenzwinkern

Vll hat er ja noch nen Tipp. Und mglw. liest sich Leopold das ja sogar durch, da kann man ja vll auch was erwarten.
Also es gibt zwei große Probleme in meinem Beweis:

1. muss man, wie oben schon angesprochen, erstmal zeigen, dass $\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{a^h-1}{h} \end{eqnarray*}$ überhaupt existiert. Wie gesagt, dazu müsste man sich noch was überlegen, ich hab bis jetzt noch nich genauer drüber nachgedacht, werd deswegen dazu auch erstmal nichts weiter sagen.

Und 2. müsste man natürlich beweisen, dass $\begin{eqnarray*} g_n\Rightarrow g \end{eqnarray*}$ geht. Dazu hab ich mir schon so einige Gedanken gemacht:
Wäre $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ eine monotone gegen $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ konvergente Folge, so ist alles klar:
Nach dem Satz von Dini ist die Konvergenz gleichmäßig, wenn $\begin{eqnarray*} (g_n) \end{eqnarray*}$ monoton gegen $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ geht und alle $\begin{eqnarray*} (g_n) \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ stetig sind.
Nur das Problem ist ja, dass wir alle gegen $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ konvergenten Folgen betrachten müssen.
Deswegen habe ich mir folgende Frage gestellt:
Kann man eine beliebige konvergente Folge in monotone Teilfolgen aufteilen?? (Natürlich sollen alle Glieder genau einer Teilfolge angehören.)
Oder anders:
Kann man durch Folgenmischung aus der Menge aller monotonen gegen $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ konvergenten Folgen alle gegen $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ konvergenten Folgen erhalten??
Leider konnte mein Lehrer mir diese Frage auf Anhieb auch nicht beantworten. Vielleicht kann es ja hier jemand oder vll hat jemand noch ne andere Idee, wie man die gleichmäßige Konvergenz hier zeigen kann.

24.03.2005, 11:17

Leopold

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Ich will einmal schildern, wie ich in der Oberstufe auf die Eulersche Zahl komme. Zunächst einmal: Was setzen wir als bekannt voraus?

1. Exponential- und Logarithmusfunktionen zu einer beliebigen Basis $\begin{eqnarray*} a>0, \ a \neq 1 \end{eqnarray*}$ mit all ihren Eigenschaften seien behandelt. Die Stetigkeit wird plausibel gemacht (Definition der Potenz für irrationale Exponenten durch stetigen Anschluß).

2. Der Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung wird vorausgesetzt. Die Kettenregel der Differentiation sei bekannt.

3. Daß die stetigen Lösungen $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ der Funktionalgleichung $\begin{eqnarray*} f(u+v) = f(u) + f(v) \end{eqnarray*}$ (Cauchysche Funktionalgleichung) gerade die Proportionalitäten $\begin{eqnarray*} f(x) = cx \end{eqnarray*}$ sind, sei behandelt.

Und jetzt geht alles fast von alleine. Man definiert für $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ die Funktion

$\begin{eqnarray*} \ln{x} = \int_1^x~\frac{\mathrm{d}t}{t} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ ist hier zunächst nur ein Name. Daß diese Funktion eine Logarithmusfunktion ist, ist erst noch nachzuweisen. Unmittelbar aus der Definition folgen nach dem Hauptsatz die Differenzierbarkeit (und damit auch die Stetigkeit) sowie

$\begin{eqnarray*} \ln'{x} = \frac{1}{x} > 0 \, , \ \ \ln{1} = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ ist somit streng monoton wachsend und hat folglich genau eine Nullstelle, nämlich 1.

Nun definiert man mit $\begin{eqnarray*} u>0 \end{eqnarray*}$ als Parameter und $\begin{eqnarray*} v>0 \end{eqnarray*}$ als Variable die Funktion

$\begin{eqnarray*} g_u(v) = \ln{(uv)} - \ln{v} \end{eqnarray*}$

Man zeigt (Kettenregel), daß die Ableitung konstant 0 ist, $\begin{eqnarray*} g_u \end{eqnarray*}$ also eine Konstante $\begin{eqnarray*} w \end{eqnarray*}$ sein muß. Speziell mit $\begin{eqnarray*} v=1 \end{eqnarray*}$ berechnet man die Konstante zu $\begin{eqnarray*} w=\ln{u} \end{eqnarray*}$ und findet für alle $\begin{eqnarray*} u,v>0 \end{eqnarray*}$ die Funktionalgleichung

$\begin{eqnarray*} \text{(*)} \ \ \ \ln{(uv)} = \ln{u} + \ln{v} \end{eqnarray*}$

Mehrfache Anwendung der Funktionalgleichung (wer’s genauer haben will: vollständige Induktion) zeigt, daß für alle ganzen Zahlen $\begin{eqnarray*} n \geq 0 \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} \ln{\left( 2^n \right)} = n \ln{2} \end{eqnarray*}$

Wegen der strengen Monotonie von $\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ und wegen $\begin{eqnarray*} \ln{1} = 0 \end{eqnarray*}$ muß $\begin{eqnarray*} \ln{2}>0 \end{eqnarray*}$ sein. Und $\begin{eqnarray*} n \to \infty \end{eqnarray*}$ zeigt, daß $\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ beliebig große Werte annimmt. Es gibt daher (Zwischenwertsatz) eine eindeutig bestimmte Zahl $\begin{eqnarray*} \operatorname{e}>1 \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} \ln{\operatorname{e}} = 1 \end{eqnarray*}$

Und da ist sie schon, unsere Eulersche Zahl. Sie ist wohldefiniert, wenn auch noch nicht so richtig greifbar. Und jetzt betrachten wir für beliebiges reelles $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ die Funktion

$\begin{eqnarray*} f(x) = \ln{\left( \operatorname{e}^x \right)} \end{eqnarray*}$

Mit Hilfe der Funktionalgleichung $\begin{eqnarray*} \text{(*)} \end{eqnarray*}$ weist man für $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ die Cauchysche Funktionalgleichung nach, woraus man $\begin{eqnarray*} f(x) = cx \end{eqnarray*}$ erhält, und zeigt mit Hilfe von $\begin{eqnarray*} x=1 \end{eqnarray*}$ , daß die Konstante $\begin{eqnarray*} c=1 \end{eqnarray*}$ sein muß. $\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ kehrt also die Exponentialfunktion $\begin{eqnarray*} x \mapsto \operatorname{e}^x \end{eqnarray*}$ um und ist damit die Logarithmusfunktion zur Basis $\begin{eqnarray*} \operatorname{e} \end{eqnarray*}$ .

Und nun beachtet man, daß gemäß der anfänglichen Definition von $\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ für jede ganze Zahl $\begin{eqnarray*} n \geq 1 \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} \ln{(n+1)} - \ln{n} \ = \ \int_1^{n+1}~\frac{\mathrm{d}t}{t} - \int_1^{n}~\frac{\mathrm{d}t}{t} \ = \ \int_n^{n+1}~\frac{\mathrm{d}t}{t} \end{eqnarray*}$

Man stelle sich nun den Graphen der Funktion $\begin{eqnarray*} t \mapsto \frac{1}{t} \end{eqnarray*}$ über dem Intervall $\begin{eqnarray*} \left[ n , n+1 \right] \end{eqnarray*}$ vor. Der Vergleich des letzten Integrals mit zwei Rechtecksflächen zeigt:

$\begin{eqnarray*} 1 \cdot \frac{1}{n+1} \ < \ \int_n^{n+1}~\frac{\mathrm{d}t}{t} \ < \ 1 \cdot \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$

Und hier wird noch ein bißchen umgeformt:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{n+1} \ < \ \ln{(n+1)} - \ln{n} \ < \ \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{n+1} \ < \ \ln{\left( 1 + \frac{1}{n} \right)} \ < \ \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{n}{n+1} \ < \ n \cdot \ln{\left( 1 + \frac{1}{n} \right)} \ < \ \frac{n}{n} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{n}{n+1} \ < \ \ln{\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n} \ < \ 1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \operatorname{e}^{\frac{n}{n+1}} \ < \ \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n \ < \ \operatorname{e} \end{eqnarray*}$

Nach dem Einschließungskriterium folgt daher

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

Die Konvergenz der Folge ist bekanntermaßen schlecht. Wenn man das Integral statt mit den Rechtecksflächen mit den Flächen eines Tangenten- und eines Sehnentrapezes vergleicht, bekommt man eine schneller konvergierende Folge:

$\begin{eqnarray*} \operatorname{e} = \lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n + \frac{n}{2n+1}} \end{eqnarray*}$

Auch andere Approximationen sind denkbar. Der Phantasie sind da keine Grenzen gesetzt.

24.03.2005, 12:26

Frooke

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@MSS: Deine Überlegungen finde ich gut! Mit 17 schon sowas, Hut ab! Freude

Das einzige Problem, daß man halt allgemein bei sowas hat, ist dass man vom Endprodukt ausgeht und soweit ich verstanden habe setzt Du ja bei deinen ersten Schritten auch Dinge voraus, die erst später ersichtlich werden. Zur mathematischen Korrektheit müsste man eben solche «Lücken» noch schliessen können, aber ohne Uniwisse dürfte das schon schwierig sein.

Ich würde gerne mal wissen, wie der Leonhard selbst auf seine berühmte Zahl gestoßen ist...

Nochwas zur Konvexität: Ich weiss schon, was das ist, aber wie zeigst Du das ohne zweite Ableitung? Das raff ich nicht...

@Leopold:
Was Du schreibst ist sicherlich korrekt und führt am Schluss auch zur eulerschen Zahl. Aber Du setzt schon f(x)=ln(x) als Stammfunktion von
$\begin{eqnarray*} f(x)=x^{-1} \end{eqnarray*}$ voraus. Und zu zeigen, dass es sich dabei um eine Logarithmusfunktion mit ebendieser berühmten Basis handelt, ist sicher auch nicht einfach zu zeigen. Ausserdem ist das ja eigentlich die umgekehrte Richtung von dem, was MSS und (soweit dies möglich war auch ich Hammer

) zeigen wollten. Dieser Bezug
$\begin{eqnarray*} f(x)=\frac{1}{x},F(x)=\ln|x| \end{eqnarray*}$ folgte ja nach der Definition von e als Exponentialbasis für $\begin{eqnarray*} f(x)=e^x,f'(x)=e^x,F(x)=e^x \end{eqnarray*}$ . Keine Kritik, es ist alles schon richtig und so, aber ich würde gerne mal wissen, wie man eben ohne die Tatsachen, die aus der Definition von e gefolgert wurden auf e kommt. Das ist eben schwierig. In diesem Sinne müsste man echt wissen, wie eben Euler selbst, diese Zahl gefunden hat...

24.03.2005, 13:36

Leopold

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Zitat:

Original von Frooke
@Leopold:
Was Du schreibst ist sicherlich korrekt und führt am Schluss auch zur eulerschen Zahl. Aber Du setzt schon f(x)=ln(x) als Stammfunktion von
$\begin{eqnarray*} f(x)=x^{-1} \end{eqnarray*}$ voraus. Und zu zeigen, dass es sich dabei um eine Logarithmusfunktion mit ebendieser berühmten Basis handelt, ist sicher auch nicht einfach zu zeigen.

Wer will einem verbieten, zu einer stetigen Funktion eine Integralfunktion zu definieren? So könnte ich, wenn ich denn wollte, für $\begin{eqnarray*} x \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ eine Funktion

$\begin{eqnarray*} \operatorname{FROOKE}(x) = \int_0^x~\frac{|t|\cdot \sqrt[3]{t}}{\sqrt{1+t^4}}~\mathrm{d}t \end{eqnarray*}$

definieren und aufgrund dieser Definition Eigenschaften von $\begin{eqnarray*} \operatorname{FROOKE} \end{eqnarray*}$ studieren. Integration ist ein von der Differentiation zunächst unabhängiger Prozeß. Es ist z.B. mit numerischen Methoden ohne großen Aufwand möglich, Werte von $\begin{eqnarray*} \operatorname{FROOKE} \end{eqnarray*}$ beliebig genau zu berechnen (Riemannsche Summen, Simpson-Regel).

Und zum Schluß noch der Graph der $\begin{eqnarray*} \operatorname{FROOKE} \end{eqnarray*}$ -Funktion. Ist sie nicht hübsch?

24.03.2005, 14:37

Frooke

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Genial!

Echt cool, diese Funktion Big Laugh

Was ich eigentlich sagen wollte war Folgendes: Klar darfst Du eine Funktion als Stamm- bzw. Integralfunktion von einer Anderen ohne weiteres definieren (ich wollte es auch nicht verbieten!) Nur musst Du eben zeigen, dass diese Funktion auch existiert, dass es in unserem Fall zusätzlich eine Logarithmusfunktion ist und zudem noch als Basis die Zahl hat, für die eben

$\begin{eqnarray*} f'(x)=a^x \end{eqnarray*}$ wenn $\begin{eqnarray*} f(x)=a^x \end{eqnarray*}$ !

Und in gewissen Fällen existiert so eine Funktion eben nicht bzw. ist nicht analytisch angebbar und das Integral kann nur approximativ berechnet werden.

So kannst Du auch $\begin{eqnarray*} \operatorname{Leopold}(x)=\int_{1}^{x}~t^t~dt \end{eqnarray*}$ definieren, aber es gibt dazu keine Stammfunktion...

(Nur so: es steht mir wohl kaum zu, Dich zu kritisieren Gott

)

Vielleicht könnte man auch über die Ableitung der Umkehrfunktion etwas über e herausfinden, ich überleg mir das mal. Da man ja in 0 die Steigung 1 "will", wäre ja umgekehrt die Steigung der Umkehrfunktion in 1 auch 1... Ich versuch da mal was...

24.03.2005, 14:47

Mathespezialschüler

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@Leopold
Ich finde, du mutest deinen Schülern ganz schön viel zu Big Laugh

Aber du könntest es dir doch noch ein wenig einfacher machen. Das Logarithmusgesetz

$\begin{eqnarray*} \ln a^x=x\ln a \end{eqnarray*}$

kannst du auch ganz einfach nachweisen, indem du in

$\begin{eqnarray*} \ln a^x=\int_1^{a^x}~\frac{1}{t}~\mathrm dt \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} t=z^x \end{eqnarray*}$ substituierst. Vorausgesetzt natürlich, du machst den Schülern vorher klar, dass $\begin{eqnarray*} (x^r)'=rx^{r-1} \end{eqnarray*}$ für alle reellen r, was man ja für irrationale r eigentlich unter Zuhilfenahme von $\begin{eqnarray*} x^r=\operatorname e^{r\ln x} \end{eqnarray*}$ beweist.

Übrigens: Gibt es zur Funktion FROOKE eine explizite Darstellung oder soll ich gleich aufhören, eine Stammfunktion zu finden? Augenzwinkern

@Frooke
Zur Konvexität: Ich werd das noch mal abtippen, hab aber im Moment jetzt keine Zeit, da ich gleich zum Training muss.

edit: @Frooke
Es geht hier nicht darum, dass die Funktion explizit darstellbar ist.
Leopolds Funktion gibt es auf jeden Fall und zwar ist das gesichert durch den Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung! Auch das ist eine Darstellung und selbst wenn das Integral sich nur durch Riemannsummen o.Ä. berechnen ließe, eine Funktion ist es trotzdem. Wie Leopold oben schon sagte, war $\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ nur ein Name für die Funktion wie es dann der Name FROOKE auch war und stand vorerst nicht für eine Logarithmusfunktion!
Und dass Leopold dann zeigen muss, dass $\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ wirklich eine Logarithmusfunktion ist, das ist richtig. Aber Leopold hat das auch gezeigt!

24.03.2005, 15:00

Frooke

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@MSS: Mach Dir nicht zuviel Mühe, denn mit der 2. Ableitung geht das ja ganz gut…

Gut Training Wink

24.03.2005, 15:14

Mathespezialschüler

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@Frooke
Aber auf dem Wege wie wir $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ hier definieren wollten, da habe ich es ja oben benutzt. Und da wir $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ 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.

24.03.2005, 16:43

Leopold

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Zitat:

Original von Frooke
So kannst Du auch $\begin{eqnarray*} \operatorname{Leopold}(x)=\int_{1}^{x}~t^t~dt \end{eqnarray*}$ definieren, aber es gibt dazu keine Stammfunktion...

Irrtum!
$\begin{eqnarray*} x \mapsto \int_{1}^{x}~t^t~dt \end{eqnarray*}$ ist eine Stammfunktion von $\begin{eqnarray*} x \mapsto x^x \end{eqnarray*}$ , und zwar nach dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung.
Akzeptiere einfach die Integration als eine Möglichkeit, aus einer Funktion eine neue Funktion zu bilden, die eine Stammfunktion der ursprünglichen Funktion ist.

So ist ja auch $\begin{eqnarray*} x \mapsto \int_{2005}^x~t^2~\mathrm{d}t \end{eqnarray*}$ eine Stammfunktion von $\begin{eqnarray*} x \mapsto x^2 \end{eqnarray*}$ .

Für dich ist eine Funktion offenbar nur dann eine gültige Stammfunktion, wenn du sie aus anderen dir bekannten Funktionen durch die Grundrechenarten und die Verkettung zusammenbauen kannst. Das ist aber in der Mathematik der Ausnahmefall.

Das Gegenteil ist richtig. Der Integrationsprozeß bietet neben anderen Prozessen (z.B. unendliche Folgen und Reihen, Differentialgleichungen) die Möglichkeit, den Funktionsvorrat durch neue Funktionen, die nicht elementar durch die alten Funktionen ausgedrückt werden können, zu erweitern. Ein schönes Beispiel ist die $\begin{eqnarray*} \Gamma \end{eqnarray*}$ -Funktion. Sie kann gerade nicht durch elementare Funktionen ausgedrückt werden. Aber an ihrer Existenz hat noch kein Mathematiker gezweifelt.

Und zum Schluß noch das Bild von $\begin{eqnarray*} x \mapsto \operatorname{Leopold}(x) \end{eqnarray*}$

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Grenzwertbildung der Eulerschen Zahl

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