Nochmals Exponentialturm

31.07.2005, 18:39

Frooke

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Nochmals Exponentialturm

Habe da eine Frage bezüglich Superpotenzfunktionen:

Ich würde gerne wissen, wie die Ableitungsfunktion solcher Funktionen aussieht:

1. $\begin{eqnarray*} f(x):= {}^{a}x \end{eqnarray*}$

2. $\begin{eqnarray*} g(x):= {}^{x}a \end{eqnarray*}$

Denn bisher ist mir nur die Ableitung von

$\begin{eqnarray*} \mathrm{t}(x)={}^{\infty}x \end{eqnarray*}$ gelungen. Hammer

Hammer

Ich denke eben, dass ich - um überhaupt ableiten zu können - zuerst die Funktion in eine geschlossene Form bringen sollte, was mir bei 1. und 2. nicht gelungen ist...
EDIT: Seltsamer Ansatz entfernt

EDIT: Patzer weg, danke Max

31.07.2005, 18:48

Mathespezialschüler

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Was bedeutet denn das Zeichen $\begin{eqnarray*} ^ax \end{eqnarray*}$ ? verwirrt

verwirrt

Gruß MSS

31.07.2005, 18:55

Frooke

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$\begin{eqnarray*} {}^ax=x^{x^{x^{x^{...}}}} \end{eqnarray*}$
Einfach x hoch x hoch x hoch x, a mal «aufgetürmt»

Man kann es auch schreiben als hyper4(x,a)

Mein Problem ist, dass man schon Spezialfälle ableiten kann...

Etwa
$\begin{eqnarray*} f(x)={}^1x=x \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(x)={}^2x=x^x \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(x)={}^3x=x^{x^x} \end{eqnarray*}$
und auch
$\begin{eqnarray*} f(x)={}^{\infty}x \end{eqnarray*}$
Aber es wäre mir auch keine Regelmässigkeit aufgefallen, um mit vollständiger Induktion eben ƒ(x)=hyper4(x,a) abzuleiten...

Aber vielleicht ist das Problem für mich halt einfach ein paar Nummern zu groß...

EDIT: Gleicher Patzer weg, danke Max

31.07.2005, 19:03

Mathespezialschüler

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Ich denke, da müsste etwas mit vollständiger Induktion zu machen sein, denn es ist

$\begin{eqnarray*} ^ax=\operatorname{e}^{^{a-1}x\cdot \ln x} \end{eqnarray*}$

Daran sieht man, dass es induktiv funktioniert. Natürlich ist der Nachteil der vollständigen Induktion, dass man das Ergebnis schon kennen muss, was hier ja leider noch nicht der Fall ist. Ich sehe auch noch keine mögliche "Bildungsvorschrift".
Zu $\begin{eqnarray*} ^xx \end{eqnarray*}$ habe ich noch eine Frage: Wie ist das denn für nichtganzzahlige $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ definiert? Und wie hast du dazu die Ableitung gefunden?

Gruß MSS

31.07.2005, 19:11

Frooke

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Man kann allgemein den unendlichen Exponentialturm, also
$\begin{eqnarray*} \mathrm{t}(x)={}^{\infty}x \end{eqnarray*}$ mit der Lambert-W-Funktion geschlossen darstellen und danach ableiten.

Man nutzt die folgende Eigenschaft des «Turms»:
$\begin{eqnarray*} \mathrm{t}(x)=x^{\mathrm{t}(x)} \end{eqnarray*}$
Diese Gleichung lässt sich mit der Lambert-W-Funktion nach t(x) auflösen:

Das Ergebnis wäre dann:
$\begin{eqnarray*} \mathrm{t}(x)=-\frac{\mathrm{W}\left(-\ln(x)\right)}{\ln(x)} \end{eqnarray*}$
(wenn ich mich nicht verrechnet hab...)
Und das dann abzuleiten ist zwar mühsam aber nicht schwierig.

Aber Du hast recht, dass das induktiv funktioniert. Vielleicht findet sich ja plötzlich doch noch was...

Ps. Sorry, dass ich schon wieder mit so Lambert-Fragen nerve... Hammer

Hammer

EDIT 1: Latex korrigiert

EDIT 2: Die geschlossene Form ist für ganz IR definiert... also eigentlich kein Problem für nicht ganzzahlige x... Es ist zwar schon recht mühsam sich vorzustellen, wie man so einen Turm eben ein halbes Mal auftürmen soll, aber letztlich ist $\begin{eqnarray*} \mathrm{e}^\pi \end{eqnarray*}$ genauso schwierig vorzustellen...

EDIT 3: Nochmals gleicher Patzer, danke Max

31.07.2005, 19:18

Mathespezialschüler

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$\begin{eqnarray*} ^xx \end{eqnarray*}$ ist aber nicht der unendliche Exponentialturm. Der unendliche Exponentialturm ist $\begin{eqnarray*} ^\infty x \end{eqnarray*}$ . Was ich aber eigentlich oben gefragt habe: Was ist denn z.B. $\begin{eqnarray*} ^{3,5}x \end{eqnarray*}$ bei dir? Wie soll man denn "3,5 mal x auftürmen"?

Gruß MSS

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31.07.2005, 19:21

Frooke

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Huch ja, da hab ich mich total vertan... Sorry... Ich konnte nur den unendlichen Exp-Turm ableiten, natürlich nicht
$\begin{eqnarray*} f(x)={}^xx \end{eqnarray*}$
Sorry, ich editier das grad weg!

Und zu Deiner Frage: Da hab ich sie zuerst missverstanden sorry, aber ich habe keine Ahnung ob und gegebenenfalls wie das gehen soll... verwirrt

verwirrt

Ich hab leider davon eben auch keine Ahnung...

31.07.2005, 19:27

Mathespezialschüler

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Bevor du das nicht "definierst", kannst du es doch nicht einfach so aufschreiben. Im Moment ist es nur eine Folge, da nur für natürliche Zahlen definiert. Von Differenzierbarkeit kann da ja wohl keine Rede sein. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Übrigens ist bei deiner Umformung oben mal mindestens ein Fehler, nämlich

$\begin{eqnarray*} (^{a-1}x)^x\neq {}^ax \end{eqnarray*}$ !

Schreib dir das mal auf! Augenzwinkern

Augenzwinkern

Gruß MSS

31.07.2005, 19:55

Frooke

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Autsch, ja klar! Vor lauter Bäumen den Wald nicht mehr gesehen, sorry!

Aber das Problem ist ja letztlich, dass es doch schon für alle reellen Zahlen funktionieren sollte. Genauso wie bei
$\begin{eqnarray*} f(x)=x^x \end{eqnarray*}$ auch. Es ist ja zurückgestuft auf die Multiplikation auch nur schwer vorstellbar und genau so ist es eben vielleicht auch hier, weil man sich die Denkweise in diesem Hypergefüge nicht gewohnt ist (möglicherweise)...

Dennoch sollte es - mal wegkommend von hyper4(x,x) - mit der Ableitung klappen, z.B.

$\begin{eqnarray*} f(x):={}^ax, x \in \mathbb R^+, a \in \mathbb N \end{eqnarray*}$

01.08.2005, 13:05

Frooke

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Hab da mal ein paar Funktionen abgeleitet und in eine Form gebracht, in welcher Regelmässigkeiten auffallen. Leider ist es mir nicht gelungen ebendiese «Bildungsvorschrift» allgemein zu finden...

$\begin{eqnarray*} f(x):={}^1x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f'(x)=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f(x):={}^2x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f'(x)=x^x(\ln x+1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f(x):={}^3x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f'(x)=x^{x+x^x}\left(\ln^2x+\ln x+\frac{1}{x}\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f(x):={}^4x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f'(x)=x^{x+x^x+x^{x^x}}\left(\ln^3x+\ln^2x+\frac{\ln x}{x}+\frac{1}{x^{x+1}}\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f(x):={}^5x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f'(x)=x^{x+x^x+x^{x^x}+x^{x^{x^x}}}\left(\ln^4x+\ln^3x+\frac{\ln^2 x}{x}+\frac{\ln x}{x^{x+1}}+\frac{1}{x^{x+x^x+1}}\right) \end{eqnarray*}$

In diesem Sinn könnte eine Bildungsvorschrift für den ausgeklammerten Term so aussehen...

$\begin{eqnarray*} f(x):={}^ax \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f'(x)=x^{\sum\limits_{n=1}^{a-1}{}^nx}\bigg(...\bigg) \end{eqnarray*}$

Und was an die Stelle der Punkte kommt, weiss ich leider nicht. Aber vielleicht findet ja jemand etwas Augenzwinkern

Augenzwinkern

01.08.2005, 13:41

Denjell

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ist nicht
$\begin{eqnarray*} f(x)={}^3x=x^{x^{x}}=x^{(x^{2})} \end{eqnarray*}$
und somit
$\begin{eqnarray*} f'(x)=x^{(x^{2})}*x*(1+2*ln(x)) \end{eqnarray*}$

allgemein:

$\begin{eqnarray*} f(x)={}^{n}x=x^{(x^{n-1})} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f'(x)=x^{(x^{n-1})}*x^{(n-2)}*(1+(n-1)*ln(x)) \end{eqnarray*}$

01.08.2005, 13:48

Frooke

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Nein, denn
$\begin{eqnarray*} x^{x^2}=x^{x\cdot x} \neq x^{x^x} \end{eqnarray*}$

Du kannst höchstens schreiben, dass
$\begin{eqnarray*} {}^nx=x^{{}^{n-1}x} \end{eqnarray*}$ , was dann auch die induktive Natur der Sache zeigt, wie MSS schon gezeigt hat.

01.08.2005, 14:16

gast1

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Mathespezialschüler:
Wie wäre es mit
$\begin{eqnarray*} \ln(x)^{a-1}+\ln(x)^{a-2}+\sum_{k=0}^{a-3}\frac{\ln(x)^k}{x^{\sum_{i=0}^{a-3-k}{}^{i}x}} \end{eqnarray*}$
für die Klammer bei der Ableitung von $\begin{eqnarray*} {}^ax \end{eqnarray*}$ ?
Die von dir geposteten Terme lassen mich das zumindest vermuten.

01.08.2005, 14:27

gast1

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Öhm, das sollte an Frooke gehen. Eure Sterne haben unglücklicherweise die gleiche Farbe, so dass ich euch aus dem Augenwinkel verwechselt habt. smile

smile

01.08.2005, 14:28

Denjell

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So vll.:
$\begin{eqnarray*} f(x):={}^ax \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f'(x)=x^{\sum\limits_{n=1}^{a-1}{}^nx}*\bigg(\ln^{a-1}(x)+\ln^{a-2}(x)+\sum\limits_{n=2}^{a-1}\frac{\ln^{n-k}(x)}{x^{\sum\limits_{l=0}^{n-2}{}^lx+1}}\bigg) \end{eqnarray*}$

Vorausgesetzt $\begin{eqnarray*} f(x):={}^0x=0 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \ln^{0}(x)=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \ln^{-1}(x) \end{eqnarray*}$ ist irgendwie definiert(sonst gibs Probs bei a=1.

Mfg Denjell

01.08.2005, 15:22

Frooke

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@Denjell:
Ich denke man muss sehr aufpassen mit
$\begin{eqnarray*} {}^0x \end{eqnarray*}$
Ich denke nicht, dass man das einfach als 0 definieren kann...

Vielleicht muss man den allgemeinen Fall einfach auch für
$\begin{eqnarray*} a \geq 2 \end{eqnarray*}$
aufstellen, denn für a=1 ist die Sache ja ohnehin trivial...

Ach ja nochwas:
$\begin{eqnarray*} \ln^0x=1 \end{eqnarray*}$ stimmt sowieso und
$\begin{eqnarray*} \ln^{-1}x=\frac{1}{\ln x} \end{eqnarray*}$ ist ja auch problemlos definiert
Einzig eben mit dieser Nullersuperpotenz sollte man vorsichtig sein... Aber vielleicht weiss ja jemand noch was dazu...

Aber das hier:
$\begin{eqnarray*} f'(x)=x^{\sum\limits_{n=1}^{a-1}{}^nx}\left(\ln^{a-1}(x)+\ln^{a-2}(x)+\sum\limits_{n=2}^{a-1}\frac{\ln^{n-k}(x)}{x^{\sum\limits_{l=0}^{n-2}{}^lx+1}}\right)~\forall a \in E; E:= \{a \in \mathbb N | a \geq 2\} \end{eqnarray*}$
sieht sonst nicht schlecht aus... Nun müsste man es einfach noch beweisen... Das gibt bestimmt ziemlich viel Arbeit!

Leider komme ich nur an den Wochenenden dazu (wobei heute Schweizer Nationalfeiertag ist und ich deswegen frei habe). Aber vielleicht gelingt es ja jemandem anderen...

Jedenfalls danke für die Hilfe!

Wobei da eine Frage doch noch bleibt: Falls das so jetzt richtig sein sollte müsste ja

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{a \to \infty}\left(x^{\sum\limits_{n=1}^{a-1}{}^nx}\left(\ln^{a-1}(x)+\ln^{a-2}(x)+\sum\limits_{n=2}^{a-1}\frac{\ln^{n-k}(x)}{x^{\sum\limits_{l=0}^{n-2}{}^lx+1}}\right)\right) \end{eqnarray*}$
irgendwas mit der W-Funktion ergeben (das genaue Ergebnis weiss ich leider grad nicht auswendig. Und Ich kann mir irgendwie nicht vorstellen, wie da der «Übergang» zu dieser Lambert-Sache zustande kommt... verwirrt

verwirrt

01.08.2005, 17:18

navajo

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Huhu,

Es gilt ja für die Ableitungen:

$\begin{eqnarray*} (^ax)'={}^ax\left(\frac{^{a-1}x}{x}+(^{a-1}x)'\ln{x}\right)=^ax\cdot ^{a-1}x\frac{1}{x}+^ax\cdot (^{a-1}x)'\ln{x} \end{eqnarray*}$ (*)

Wenn man das immer wieder macht, sieht man dass man vorne immer son Term mit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{x} \end{eqnarray*}$ dazu kriegt, aber immer mit nem Faktor $\begin{eqnarray*} \ln{x} \end{eqnarray*}$ mehr und ein $\begin{eqnarray*} ^{a-bla}x \end{eqnarray*}$ dazu.

Also vll kommt man auf sowas:

$\begin{eqnarray*} (^ax)'=\frac{1}{x}\sum_{i=1}^a{\left(\prod_{j=0}^{i}{^{a-j}x}\right)(\ln{x})^{i-1}} \end{eqnarray*}$

So, wenn das jetzt stimmt, dann bin ich erstmal stoz auf mich. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Vll kann ich das ja sogar beweisen. Mal schaun.

EDIT: Juhu, Beweis scheint garnicht schwer mit Induktion. Ich schreibs gleich mal auf.

Beweis:

Also es gilt wie gesagt:
(*) nach $\begin{eqnarray*} (^{a-1}x)' \end{eqnarray*}$ aufgelöst, und die Behauptung dafür direkt eingesetzt gibt:

$\begin{eqnarray*} \frac{(^ax)'-{}^ax^{a-1}x\frac{1}{x}}{^ax\ln{x}}=\frac{1}{x}\sum_{i=1}^{a-1}{\left(\prod_{j=0}^{i}{^{a-j-1}x}\right)(\ln{x})^{i-1}} \end{eqnarray*}$

So, rechts kann man nun den Index verschieben, so dass man von i=2 bis a addiert:

$\begin{eqnarray*} \frac{(^ax)'-{}^ax^{a-1}x\frac{1}{x}}{^ax\ln{x}}=\frac{1}{x}\sum_{i=2}^{a}{\left(\prod_{j=0}^{i-1}{^{a-j}x}\right)(\ln{x})^{i-2}} \end{eqnarray*}$

So, $\begin{eqnarray*} ^ax\ln{x} \end{eqnarray*}$ rübergebracht gibt:

$\begin{eqnarray*} (^ax)'-{}^ax^{a-1}x\frac{1}{x}=\frac{1}{x}\sum_{i=2}^{a}{\left(\prod_{j=0}^{i}{^{a-j}x}\right)(\ln{x})^{i-1}} \end{eqnarray*}$
Das $\begin{eqnarray*} {}^ax^{a-1}x\frac{1}{x} \end{eqnarray*}$ ist grad noch der Fehlende erste Summand, also das rübergebracht gibt:

$\begin{eqnarray*} (^ax)'=\frac{1}{x}\sum_{i=1}^{a}{\left(\prod_{j=0}^{i}{^{a-j}x}\right)(\ln{x})^{i-1}} \end{eqnarray*}$
So, also gilt das Zeug auch für a, wenns für a-1 gilt. Und für 1 gilt es ja, also sollte es für alle a gelten.

EDIT: Öhhh, das Produkt muss nur bis i-1 laufen. Ich änder das ma grad. Das dürfte allerdings nichts am Beweis geändert haben.

EDIT: Lol, ne wasn Blödsinn. Muss doch bis i laufen. War mal wieder zu vorschnell... Wollte halt verhindern, dass man $\begin{eqnarray*} ^0x \end{eqnarray*}$ drin hat. Aber wenn ich bis i-1 gehe, hab ich ja überall nen Faktor weniger und nicht nur da wo ich ihn weg haben will... Hammer

Hammer

Naja, so wies da jetzt da steht ist das Problem da, dass man sich $\begin{eqnarray*} ^0x \end{eqnarray*}$ als 1 definieren muss.

01.08.2005, 17:39

Frooke

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Sorry, hab jetzt keine Zeit mehr, aber stimmt das Obige auch?

EDIT: Schau es mir sonst nächsten Samstag an...

01.08.2005, 17:44

AD

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Für Freunde von Exponentialtürmen empfehle ich folgende Aufgabe von der IMO 1981

Zitat:

Die Funktion $\begin{eqnarray*} f(x,y) \end{eqnarray*}$ erfülle
$\begin{eqnarray*} f(0,y) &=& y+1\\ f(x+1,0) &=& f(x,1)\\ f(x+1,y+1) &=& f(x,f(x+1,y)) \end{eqnarray*}$
für alle nichtnegativen ganzen Zahlen $\begin{eqnarray*} x,y \end{eqnarray*}$ .

Man bestimme $\begin{eqnarray*} f(4,1981) \end{eqnarray*}$ .

Lasst euch nicht davon abschrecken, dass das eine IMO-Aufgabe war - die hier ist wirklich mal ziemlich einfach. smile

smile

01.08.2005, 18:27

Leopold

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Und dies laßt euch zur Warnung sein!

01.08.2005, 20:02

Frooke

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@Leopold! Ich zieh den Hut! Der war ganz stark!!! Big Laugh

Big Laugh

Freude

Freude

à propos Hut:

http://www.spymac.com/gfx/sbox/smileys/smilie_e_24.gif

Und nochwas:
Das Ergebnis dieses Limes kann man über einen anderen Weg herausfinden, aber ginge es zur Überprüfung auch direkt?

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{a \to \infty}\left(\frac{1}{x}\sum_{i=1}^a{\left(\prod_{j=0}^{i}{^{a-j}x}\right)(\ln{x})^{i-1}}\right) \end{eqnarray*}$

01.08.2005, 21:25

AD

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Da ihr ja doch zu "faul" seid, das obige Problem zu lösen smile

smile

, hier das Ergebnis in der von Frooke eingeführten Schreibweise:

Es ist $\begin{eqnarray*} f(4,n) = {}^{n+3}2-3 \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} f(4,1981) = {}^{1984}2-3 \end{eqnarray*}$ .

P.S.: Dass Exponentialtürme auch noch nicht der Weisheit letzter Schluß sind, beweist dann

$\begin{eqnarray*} f(5,n) = {}^{{}^{{}^{{}^{2}\cdots}2}2}2-3 \end{eqnarray*}$

mit einem nach "links" aufsteigenden Turm von (n+3) Zweien. smile

smile

Und wem's Spaß macht, der kann mal versuchen, $\begin{eqnarray*} f(10,10) \end{eqnarray*}$ auszudrücken... Das kann aber böse enden, z.B. in der psychatrischen Abteilung.

02.08.2005, 09:17

Frooke

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@Arthur: Ich muss zugeben, dass mir die Aufgabe auf Anhieb etwas zu schwierig war. Wie geht man so ein Problem am besten an?

Zitat:

von Frooke eingeführten Schreibweise

Die Schreibweise habe ich bei Wikipedia und auch schon anderswo so gesehen... - stammt also nicht von mir Augenzwinkern

Augenzwinkern

Und dass man beim unteren Problem wohl irgendwann in einer Therapie endet kann ich auch nachvollziehen...

Danke allen Helfern!

PS: @Arthur: Dir wär doch aber eigentlich zuzutrauen, dass Du ein nach links aufsteigender unendlicher Turm in geschlossene Form bringst oder? Augenzwinkern

Augenzwinkern

02.08.2005, 09:22

Leopold

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Schau einmal hier oder hier.

02.08.2005, 14:17

AD

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Ackermann-Funktion
Richtig, Ackermann-Funktion heißt sie. Hab ich irgendwann mal gewusst, aber da hat mich mein schwaches Namensgedächtnis mal wieder im Stich gelassen. Hammer

Hammer

Leopold, einfach phänomenal, dein Erinnerungsvermögen. Gott

Gott

06.08.2005, 14:08

Frooke

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Könnte mal jemand einen Plot dieser Ackermannfunktion hier hineinstellen?

Würde mich interessieren und ich hab leider nicht die Mittel dafür...

PS: Es gibt für diese Türme auch noch Pfeilnotationen... Aber die Sache ist ja wohl nicht so sehr gebräuchlich...

06.08.2005, 16:14

Leopold

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Die Ackermannsche Funktion ist zunächst einmal nur für natürliche Argumente definiert. Zudem hat sie nicht nur ein Argument, was einer anschaulichen Zeichnung hinderlich ist.

07.08.2005, 22:03

AD

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Außerdem ist es ja gerade ein Merkmal der Ackermannfunktion, dass ihr schnelles Wachstum sich einem vernünftigen Plotten widersetzt - selbst bei logarithmierter, oder doppelt, dreifach, ... logarithmierter y-Achse...

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