Herleitung für die Formel der Berechnung des nat. Log ln(x) | x > 0

29.11.2005, 16:16

Mystify

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Herleitung für die Formel der Berechnung des nat. Log ln(x) | x > 0

Hallo Mathematiker Wink

Wink

Ich habe eine Frage, und zwar suche ich die Herleitung / den Beweis für die Formel für die Berechnung des natürlichen Logarithmus ln x für x > 0, welche so aussieht:

http://home.vrweb.de/~praxelius/basics/calculi.htg/lnx.gif

bzw.

mit Summenformel (Wikipedia)

Ich habe schon viel rumgegooglet, auch bei Wikipedia und im Forum hier geschaut, aber ich finde einfach keine (verständliche) Herleitung für die Formel.

Es wäre super nett von Euch, wenn ihr mir weiterhelfen könntet. Hilfe

Hilfe

Vielen Dank im Voraus! Mit Zunge

Mit Zunge

Mystify

29.11.2005, 16:58

Mathespezialschüler

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Verschoben

Das ist keine Algebra! unglücklich

unglücklich

Herleiten kann man das mithilfe der Taylorreihe des Logarithmus. Es gilt für $\begin{eqnarray*} -1<u\leq 1 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \ln(1+u)=\sum_{k=1}^{\infty}~(-1)^{k+1}\frac{u^k}{k}=u-\frac{u^2}{2}+\frac{u^3}{3}-\frac{u^4}{4}+\ldots \end{eqnarray*}$ .

Folgere daraus für $\begin{eqnarray*} |u|<1 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \ln\frac{1+u}{1-u}=2\left(u+\frac{u^3}{3}+\frac{u^5}{5}+\ldots\right) \end{eqnarray*}$ .

Wenn du $\begin{eqnarray*} x=\frac{1+u}{1-u} \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ umstellst und dann einsetzt, erhältst du dein Ergebnis.

Gruß MSS

29.11.2005, 18:27

Mystify

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Danke + weitere Frage

Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Folgere daraus für $\begin{eqnarray*} |u|<1 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \ln\frac{1+u}{1-u}=2\left(u+\frac{u^3}{3}+\frac{u^5}{5}+\ldots\right) \end{eqnarray*}$ .

Wenn du $\begin{eqnarray*} x=\frac{1+u}{1-u} \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ umstellst und dann einsetzt, erhältst du dein Ergebnis.

Gruß MSS

Erst einmal vielen Dank für Deine Antwort.

Oh, Entschuldigung, ich dachte, da der Logarithmus Algebra ist, gehört meine Frage dort hinein.

Leider verstehe ich nicht, wie Du auf oben zitierten Schritt kommst. Warum kannst du das aus $\begin{eqnarray*} |u|<1 \end{eqnarray*}$ folgern? Wo besteht dort der Zusammenhang?
Des Weiteren ist mir nicht klar, warum du einmal $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ und einmal $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ benutzt?

Es wäre nett von Dir, wenn Du mir das noch erklären könntest. Hilfe

Hilfe

Nochmals vielen Dank im Voraus,
Mystify (12. Jahrgang Gymnasium)

29.11.2005, 19:39

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von Mystify
Oh, Entschuldigung, ich dachte, da der Logarithmus Algebra ist, gehört meine Frage dort hinein.

Der Logarithmus gehört nicht notwendigerweise zur Algebra, im Gegenteil: Er wird wohl wesentlich öfter in der Analysis gebraucht, aber natürlich auch nicht nur dort.

Zitat:

Original von Mystify
Leider verstehe ich nicht, wie Du auf oben zitierten Schritt kommst. Warum kannst du das aus $\begin{eqnarray*} |u|<1 \end{eqnarray*}$ folgern? Wo besteht dort der Zusammenhang?

Naja, ich folge es ja eher aus der obigen Gleichung. Dass das nur für $\begin{eqnarray*} |u|<1 \end{eqnarray*}$ gilt, sieht man dann auch ganz gut.
Also, zunächst gilt doch:

$\begin{eqnarray*} \ln(1-u)=\sum_{k=1}^{\infty}~(-1)^{k+1}\frac{(-u)^k}{k}=(-u)-\frac{(-u)^2}{2}+\frac{(-u)^3}{3}-\frac{(-u)^4}{4}+\ldots \end{eqnarray*}$ .

Versuche einmal, daraus zu folgern, dass gilt:

$\begin{eqnarray*} \ln\frac{1}{1-u}=\sum_{k=1}^{\infty}~\frac{u^k}{k}=u+\frac{u^2}{2}+\frac{u^3}{3}+\frac{u^4}{4}+\ldots \end{eqnarray*}$ .

Denke dabei an ein Logarithmusgesetz. Danach sehen wir weiter.

Zitat:

Original von Mystify
Des Weiteren ist mir nicht klar, warum du einmal $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ und einmal $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ benutzt?

u ist irgendeine reelle Zahl und es gelten damit die obigen Gleichungen. Da du in deiner Formel ein $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ hast, wollte ich das auch so machen, dass dort letztendlich ein $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ entsteht. Und $\begin{eqnarray*} x=\frac{1+u}{1-u} \end{eqnarray*}$ ist eigentlich eine für $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ definierende Gleichung. $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ sind natürlich verschieden! Diese "Definition" kannst du da dann eben einsetzen und erhältst das, was du suchst.

Gruß MSS

29.11.2005, 20:18

Mystify

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Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Also, zunächst gilt doch:

$\begin{eqnarray*} \ln(1-u)=\sum_{k=1}^{\infty}~(-1)^{k+1}\frac{(-u)^k}{k}=(-u)-\frac{(-u)^2}{2}+\frac{(-u)^3}{3}-\frac{(-u)^4}{4}+\ldots \end{eqnarray*}$ .

Versuche einmal, daraus zu folgern, dass gilt:

$\begin{eqnarray*} \ln\frac{1}{1-u}=\sum_{k=1}^{\infty}~\frac{u^k}{k}=u+\frac{u^2}{2}+\frac{u^3}{3}+\frac{u^4}{4}+\ldots \end{eqnarray*}$ .

Denke dabei an ein Logarithmusgesetz. Danach sehen wir weiter.

Also:

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

ist das Gleiche wie

$\begin{eqnarray*} \ln(1-u)=\sum_{k=1}^\infty~-\frac{(-u)^k}{k} \end{eqnarray*}$ .

Aber wie komme ich jetzt darauf, dass das das Gleiche ist, wie:

$\begin{eqnarray*} \ln(\frac{1}{1-u})=\sum_{k=1}^\infty~\frac{u^k}{k} \end{eqnarray*}$ ?

Ich finde dazu keine passende Regel, außer

die mir aber leider nicht weiterhilft. unglücklich

unglücklich

Sorry, falls ich mich dumm anstelle, aber das Thema ist relativ neu für mich.

29.11.2005, 20:20

AD

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Zitat:

Original von Mystify
Also:

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

ist das Gleiche wie

$\begin{eqnarray*} \ln(1-u)=\sum_{k=1}^\infty~-\frac{(-u)^k}{k} \end{eqnarray*}$ .

Schon vertan: Richtig ist

$\begin{eqnarray*} \ln(1-u)=\sum_{k=1}^\infty~-\frac{u^k}{k} \end{eqnarray*}$

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29.11.2005, 20:23

Mathespezialschüler

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1. siehe Arthur.
2. Deine Regel ist schon ok. Nimm nur anstelle des $\begin{eqnarray*} \lg \end{eqnarray*}$ den $\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ und setze $\begin{eqnarray*} a=1 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} b=1-u \end{eqnarray*}$ ein.

Gruß MSS

29.11.2005, 20:40

Mystify

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Okay, man sollte vielleicht nicht immer dem TI vertrauen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Also habe ich:

ist das Gleiche wie

$\begin{eqnarray*} ln(\frac{1}{1-u}) = \sum_{k=1}^\infty~\frac{u^k}{k} \end{eqnarray*}$

weil das

$\begin{eqnarray*} ln(1) - ln(1-u) = 0 - (\sum_{k=1}^\infty~-\frac{u^k}{k}) = \sum_{k=1}^\infty~\frac{u^k}{k} \end{eqnarray*}$

ist.

Richtig so? Wenn ja, wie komme ich dann auf Deinen nächsten Schritt, also:

$\begin{eqnarray*} ln\frac{1+u}{1-u}=2\left(u+\frac{u^3}{3}+\frac{u^5}{5}+\ldots\right) \end{eqnarray*}$ ?

29.11.2005, 20:48

Mathespezialschüler

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Richtig! Du hast jetzt also

$\begin{eqnarray*} \ln(1+u)=\sum_{k=1}^{\infty}~(-1)^{k+1}\frac{u^k}{k}=u-\frac{u^2}{2}+\frac{u^3}{3}-\frac{u^4}{4}+\ldots \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} \ln\frac{1}{1-u}=\sum_{k=1}^{\infty}~\frac{u^k}{k}=u+\frac{u^2}{2}+\frac{u^3}{3}+\frac{u^4}{4}+\ldots \end{eqnarray*}$ .

Addiere diese beiden Gleichungen und denke diesmal an das Logarithmusgesetz

$\begin{eqnarray*} \ln ab=\ln a+\ln b \end{eqnarray*}$ .

Gruß MSS

29.11.2005, 21:20

Mystify

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$\begin{eqnarray*} ln (1+u) + ln(\frac{1}{1-u}) = ln(1+u) * ln(\frac{1}{1-u}) \end{eqnarray*}$

Somit ist dann:

$\begin{eqnarray*} ln(\frac{1+u}{1-u}) = 2*(\frac{u^{2k-1}}{2k-1}) \end{eqnarray*}$

?

Wenn ich dann noch

einsetze, bekomme ich:

$\begin{eqnarray*} ln(-1)=2*(\frac{(\frac{x-1}{x+1})^{2k-1}}{2k-1}) \end{eqnarray*}$

Stimmt das so? Wie mache ich dann weiter?

29.11.2005, 21:33

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von Mystify
$\begin{eqnarray*} ln (1+u) + ln(\frac{1}{1-u}) = ln(1+u) * ln(\frac{1}{1-u}) \end{eqnarray*}$

Nein, richtig ist:

$\begin{eqnarray*} \ln(1+u)+\ln\frac{1}{1-u}=\ln\left((1+u)\cdot \frac{1}{1-u}\right)=\ln\frac{1+u}{1-u} \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von Mystify
Somit ist dann:

$\begin{eqnarray*} ln(\frac{1+u}{1-u}) = 2*(\frac{u^{2k-1}}{2k-1}) \end{eqnarray*}$ ]

Das Summenzeichen nicht vergessen!

$\begin{eqnarray*} \ln\frac{1+u}{1-u}=2\cdot \sum_{k=1}^{\infty}~\frac{u^{2k-1}}{2k-1} \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von Mystify
Wenn ich dann noch

einsetze, bekomme ich:

$\begin{eqnarray*} ln(-1)=2*(\frac{(\frac{x-1}{x+1})^{2k-1}}{2k-1}) \end{eqnarray*}$

Wie kommst du auf die -1?? Außerdem wieder Summenzeichen vergessen. Rauskommen müsste:

$\begin{eqnarray*} \ln x=2\cdot \sum_{k=1}^{\infty}~\frac{\left(\frac{x-1}{x+1}\right)^{2k-1}}{2k-1} \end{eqnarray*}$

Und damit bist du schon fertig! Das ist doch genau das, was du wolltest!

Gruß MSS

29.11.2005, 21:41

Mystify

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Danke!!!
Einfacher Rechenfehler, Sorry. traurig

traurig

Ansonsten habe ich alles verstanden! Big Laugh

Big Laugh

Prost

Morgen schreibe ich alles noch einmal zusammen auf und es wäre nett, wenn Du es dann noch mal kontrollieren könntest. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Auf jeden Fall vielen Dank erstmal! Hast mir seeeehr geholfen! Prost

Prost

29.11.2005, 21:43

Mathespezialschüler

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Ja, kann ich machen. Bis dann. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Gruß MSS

30.11.2005, 15:31

Mystify

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Zusammenfassung
Also, wie bereits angekündigt, hier die Zusammenfassung:

Ziel war es, auf diese Formel zu kommen:

http://home.vrweb.de/~praxelius/basics/calculi.htg/lnx.gif

Mit Hilfe der Taylorreihe kann man (durch Verschiebung) der ln(x)-Fkt auf dieses Polynom kommen, welches nur für $\begin{eqnarray*} -1%3Cu\leq%201 \end{eqnarray*}$ gilt:
$\begin{eqnarray*} \ln(1+u)=\sum_{k=1}^{\infty}~(-1)^{k+1}\frac{u^k}{k}=u-\frac{u^2}{2}+\frac{u^3}{3}-\frac{u^4}{4}+\ldots \end{eqnarray*}$

Daraus kann man folgern, was nur für $\begin{eqnarray*} |u|<1 \end{eqnarray*}$ gilt, da der Log von negativen Zahlen undefiniert ist:
$\begin{eqnarray*} \ln(1-u)=\sum_{k=1}^{\infty}~(-1)^{k+1}\frac{(-u)^k}{k}=(-u)-\frac{(-u)^2}{2}+\frac{(-u)^3}{3}-\frac{(-u)^4}{4}+\ldots \end{eqnarray*}$

Gekürzt ist dies:
$\begin{eqnarray*} \ln(1-u)=\sum_{k=1}^\infty~-\frac{u^k}{k} \end{eqnarray*}$

Dies ist das Gleiche wie:
$\begin{eqnarray*} ln(\frac{1}{1-u}) = \sum_{k=1}^\infty~\frac{u^k}{k} \end{eqnarray*}$

Weil mit folgender Log-Regel $\begin{eqnarray*} lg(\frac{a}{b})%20=%20lg(a)%20-%20lg(b) \end{eqnarray*}$ folgendes gilt:
$\begin{eqnarray*} ln(1) - ln(1-u) = 0 - (\sum_{k=1}^\infty~-\frac{u^k}{k}) = \sum_{k=1}^\infty~\frac{u^k}{k} \end{eqnarray*}$

Somit habe ich jetzt diese beiden Formeln:
$\begin{eqnarray*} \ln(1+u)=\sum_{k=1}^{\infty}~(-1)^{k+1}\frac{u^k}{k} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} ln(\frac{1}{1-u}) = \sum_{k=1}^\infty~\frac{u^k}{k} \end{eqnarray*}$

Wenn ich diese beiden mit der Log-Regel $\begin{eqnarray*} \ln (a*b)=\ln a+\ln b \end{eqnarray*}$ addiere, bekomme ich:

$\begin{eqnarray*} \ln(1+u)+\ln\frac{1}{1-u}=\ln\left((1+u)\cdot \frac{1}{1-u}\right)=\ln\frac{1+u}{1-u} \end{eqnarray*}$

Somit:
$\begin{eqnarray*} \ln\frac{1+u}{1-u}=2\cdot \sum_{k=1}^{\infty}~\frac{u^{2k-1}}{2k-1} \end{eqnarray*}$

Setze ich dann noch $\begin{eqnarray*} u=\frac{x-1}{x+1} \end{eqnarray*}$ ein, bekomme ich:

$\begin{eqnarray*} \ln x=2\cdot \sum_{k=1}^{\infty}~\frac{\left(\frac{x-1}{x+1}\right)^{2k-1}}{2k-1} \end{eqnarray*}$

Und das ist:

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

$\begin{eqnarray*} qed \end{eqnarray*}$

Stimmt das so? smile

smile

30.11.2005, 15:34

Mathespezialschüler

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Man merkt zwar an deinen Formulierungen, dass du (noch) kein "Mathematiker" bist, aber sonst ist das korrekt so!

Gruß MSS

30.11.2005, 15:37

Mystify

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Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Man merkt zwar an deinen Formulierungen, dass du (noch) kein "Mathematiker" bist, aber sonst ist das korrekt so!

Gruß MSS

Dann nochmals vielen Dank für Deine Hilfe! Ohne Dich hätte ich das nie geschafft! Freude

Freude

Gott

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