Beweis der Kettenregel

18.04.2004, 18:33

Gast

Beweis der Kettenregel

Hallo!

Ich halte am Dienstag ein Referat über den Beweis der Kettenregel.
Kann mir das jemand vernünftig erklären, so auf Deutsch?! (auch in Worten)

Danke im Vorraus

traurig

18.04.2004, 18:52

Daniel

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Hast du es denn schon bewiesen? Ich möchte dir nun nicht den ganzen beweis durchführern, das bringt dir auch nix für dein referat... versuche doch einmal den beweis und schreibe deine schritte hier rein wenn du irgendwo hängen bleibst helfen wir dir

18.04.2004, 19:59

Philipp-ER

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Hallo.
Der Beweis ist nicht so einfach: ich denke nicht, dass von einem Schüler erwartet wird, diesen selbst zu finden. Hast du irgendwelche Literatur, in der der Beweis stehen könnte?

18.04.2004, 20:03

Steve_FL

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wahrscheinlich reicht es, wenn sie den Differentialquotienten einer Kettenfunktion ganz allgemein macht Augenzwinkern

mfg

18.04.2004, 20:17

Daniel

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Zitat:

Original von Philipp-ER
Hallo.
Der Beweis ist nicht so einfach: ich denke nicht, dass von einem Schüler erwartet wird, diesen selbst zu finden. Hast du irgendwelche Literatur, in der der Beweis stehen könnte?

hmm also ok ich bin im Leistungskurs aber wir mussten selbständig beweisen... deswegen hab ich auch so gefragt :P

18.04.2004, 20:38

Philipp-ER

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Hm, wenn ich bedenke, dass der Beweis nichtmal in unserem LK-Buch steht (dem Lambacher Schweizer), fällt es mir fast schwer, zu glauben, dass ein Schüler da selbst drauf kommen soll.
Aber gut, ich will es nicht ausschließen.
Könntest du mir euren Beweis vielleich mal als persönliche Nachricht schicken? Dafür wäre ich sehr dankbar.

25.11.2005, 15:51

Ari

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So, werde das Thema mal wieder aufgreifen da mich dieser Beweis auch interessiert.

Die Regel wurde bei uns heute eingeführt, aber nicht bewiesen, da uns dafür die Zeit fehlt und viele es nicht verstehen würden (so Lehrer). Mich würde aber schon interessieren, wie man vorgehen kann um dies zu beweisen! Wäre dort ziemlich ratlos.

helft mir bitte smile

25.11.2005, 16:22

MrPSI

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steht in deinem Mathebuch nichts drin?
also in meinem wird ein Beweis durch Herleitung gemacht.
man nimmt den Differentialquotienten der verketteten Funktion und erweitert dann den Bruch geschickt. Dann werden Nenner und Zähler so in Position gebracht, dass sich der Differentialquotientausdruck in der gewohnten Kettenregel manifestiert.
besser kann ich es leider nicht beschreiben.

Und ein eingescanntes Bild von der Mathebuch-Seite kann ich auch nicht reinstellen, da das Bild zu groß ist.

Aber auf Mathe-Online.at steht der Beweis.

25.11.2005, 16:33

schnudl

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Wenn der exakte Beweis auch vielleicht anspruchsvoll ist, so kann man es doch relativ leicht "einsehen". Für die Schule müsste das eigentlich reichen denk ich.

$\begin{eqnarray*} y = f( u(x) ) \end{eqnarray*}$

Dann ist

$\begin{eqnarray*} dy = \frac {dy}{du} du \end{eqnarray*}$
und
$\begin{eqnarray*} du = \frac {du}{dx} dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} dy = \frac {dy}{du} \cdot \frac {du}{dx} \cdot dx \end{eqnarray*}$

Ich hab als Physiker kein Problem mit dieser "Herleitung" obwohl es einem Mathematiker den Magen umdrehen wird. Aber das ist leztlich worauf es ankommt und was auch in einem sauberen Beweis gezeigt wird.

Wir haben es sogar auf der Uni nicht anders serviert bekommen...

25.11.2005, 18:23

Mathespezialschüler

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Dieser Beweis ist vollkommen korrekt, sofern man vorher alles ordentlich definiert. Allerdings kann es dann auch passieren, dass $\begin{eqnarray*} \mathrm du=0 \end{eqnarray*}$ ist. Da muss man sich dann was anderes einfallen lassen. Ein ähnliches Problem hat man auch bei dem Beweis, der über den Differentialquotienten geht.

Gruß MSS

25.11.2005, 18:54

mercany

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Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Ein ähnliches Problem hat man auch bei dem Beweis, der über den Differentialquotienten geht.

Gruß MSS

Was meinst denn du da, Max?

25.11.2005, 19:13

Mathespezialschüler

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$\begin{eqnarray*} \frac{f(g(x+h))-f(g(x))}{h} \end{eqnarray*}$ kann man nur dann mit $\begin{eqnarray*} g(x+h)-g(x) \end{eqnarray*}$ erweitern, wenn immer $\begin{eqnarray*} g(x+h)-g(x)\neq 0 \end{eqnarray*}$ gilt.

Gruß MSS

26.11.2005, 13:55

Ari

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erstmal danke für die antworten!

einigermaßen kann ich das nachvollziehen, was ich aber definitiv nicht verstehe (aber einfach aussieht) ist das:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} y = f( u(x) ) \end{eqnarray*}$
Dann ist
$\begin{eqnarray*} dy = \frac {dy}{du} du \end{eqnarray*}$
und
$\begin{eqnarray*} du = \frac {du}{dx} dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} dy = \frac {dy}{du} \cdot \frac {du}{dx} \cdot dx \end{eqnarray*}$

kenne die schreibweise nicht unglücklich

26.11.2005, 13:59

MrPSI

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Schreibweise: $\begin{eqnarray*} f'(x)=\frac{\delta y}{\delta x} \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} \delta y=\lim_{\Delta y \to 0} \Delta y \end{eqnarray*}$ ist.

Das kommt ja daher, dass man die Steigung in einem Punkt als Steigung der Tangente in diesem Punkt auffasst und diese Steigung wird durch eine der Tangente angenäherten Sekante berechnet.

26.11.2005, 15:00

Ari

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okey, das leuchtet mir ein...

sorry wenn ich mich da ein wenig blöd stelle, aber warum

Zitat:

Dann ist
$\begin{eqnarray*} dy = \frac {dy}{du} du \end{eqnarray*}$

ich wär da jetzt blöd genug um $\begin{eqnarray*} du \end{eqnarray*}$ wegzukürzen..
ah, moment *denk* also stelle ich diese variablen, obwohl ich (oder gerade weil) ich die wegkürzen könnte dazu, um nachher auf die endaussage zu kommen? ich glaub ich such mir mal nen beispiel unglücklich

$\begin{eqnarray*} \frac {dy}{du} \end{eqnarray*}$ ist der abgeleitete exponent, also äußere ableitung $\begin{eqnarray*} n\cdot x^{n-1} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{du}{dx} \end{eqnarray*}$ ist die innere ableitung, also beispiel $\begin{eqnarray*} u=ax+b \end{eqnarray*}$ und dann u abgeleitet
aber was fange ich mit $\begin{eqnarray*} dx \end{eqnarray*}$ an??? sorry bin ratlos...stimmen denn die beispiele?

26.11.2005, 15:14

derkoch

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$\begin{eqnarray*} y= f(u) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u= u(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y= f(u(x)) \end{eqnarray*}$

zb: $\begin{eqnarray*} y=f(x) = ln(1+x^2) \end{eqnarray*}$

substitution: $\begin{eqnarray*} u= 1+x^2 \end{eqnarray*}$

Äußere Funktion $\begin{eqnarray*} y=f(u) = ln(u) \end{eqnarray*}$

Ableitung der Äußeren Funktion: $\begin{eqnarray*} f'(u) = \frac{dy}{du} = \frac{1}{u} \end{eqnarray*}$

Innere Funktion: $\begin{eqnarray*} u= u(x) = 1+x^2 \end{eqnarray*}$

Ableitung der inneren Funktion: $\begin{eqnarray*} u'(x) = \frac{du}{dx} = 2x \end{eqnarray*}$

Kettenregel: $\begin{eqnarray*} y'= f'(x) = \frac{dy}{dx}=\frac{dy}{du}\cdot \frac{du}{dx}= \frac{1}{u} \cdot 2x = \frac{2x}{1+x^2} \end{eqnarray*}$

26.11.2005, 16:13

Thales

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Ein alternativer Beweis (der die Schwierigkeiten mit Division durch 0 umgeht) wäre der hier:

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

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

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

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

Man kann so rechnen, weil f(x+h) wenn h gegen 0 strebt immer genauer durch f(x)+f'(x)*h gegeben ist.

27.11.2005, 15:09

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von Thales
Man kann so rechnen, weil f(x+h) wenn h gegen 0 strebt immer genauer durch f(x)+f'(x)*h gegeben ist.

Damit würdest bei keinem Prof durchkommen. Mathematisch korrekt macht man dies mit dem Mittelwertsatz.

Gruß MSS

27.11.2005, 17:33

Thales

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Zitat:

Original von Mathespezialschüler

Zitat:

Original von Thales
Man kann so rechnen, weil f(x+h) wenn h gegen 0 strebt immer genauer durch f(x)+f'(x)*h gegeben ist.

Damit würdest bei keinem Prof durchkommen.

Auch bei keinem Physik-Prof? Big Laugh

Spaß beiseite und auch auf die Gefahr, mich zu blamieren: So richtig klar ist mir nicht, warum ich mit dem Argument nicht "durchkäme". Denn f(x+h) strebt bei h gegen 0 ja offensichtlich gegen f(x)+f'(x)*h, so dass der Zähler des Differenzenquotienten immer genauer durch $\begin{eqnarray*} f(g(x))+f'(g)g'(x)*h-f(g(x)) \end{eqnarray*}$ gegeben ist, und damit müsste das eigentlich wie oben hinhauen... Oder wo liegt mein Denkfehler?

27.11.2005, 19:03

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von Thales
So richtig klar ist mir nicht, warum ich mit dem Argument nicht "durchkäme". Denn f(x+h) strebt bei h gegen 0 ja offensichtlich gegen f(x)+f'(x)*h

Es strebt gegen $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ , was im Allgemeinen wirklich nur für $\begin{eqnarray*} h=0 \end{eqnarray*}$ gleich $\begin{eqnarray*} f(x)+f'(x)h \end{eqnarray*}$ ist. Für kleine $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ stimmt zwar die Näherung

$\begin{eqnarray*} f(x+h)\approx f(x)+f'(x)h \end{eqnarray*}$ ,

aber es ist wirklich nur eine Näherung und von einer Gleichheit kann hier keine Rede sein. Was du dabei machst, ist, den Funktionswert von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ an der Stelle $\begin{eqnarray*} x+h \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} f(x+h) \end{eqnarray*}$ , durch den Funktionswert $\begin{eqnarray*} t_x(x+h) \end{eqnarray*}$ der Tangente $\begin{eqnarray*} t_x \end{eqnarray*}$ an den Graphen von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ im Punkt $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ anzunähern. Und dass diese Werte nicht gleich sind, dürfte ja wohl klar sein. Siehe z.B. folgendem Bild, wo $\begin{eqnarray*} f(u)=u^2 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} x=2 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} h=0,5 \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} x+h=2,5 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} t_x(u)=4u-4 \end{eqnarray*}$ ist.

Zitat:

Original von Thales
... so dass der Zähler des Differenzenquotienten immer genauer durch $\begin{eqnarray*} f(g(x))+f'(g)g'(x)*h-f(g(x)) \end{eqnarray*}$ gegeben ist, und damit müsste das eigentlich wie oben hinhauen...

Sicher ist es so, dass diese Näherung immer genauer wird, aber Näherungen sind höchstens Plausibilitätserklärungen, die keine Beweise liefern. Sie liefern zwar auch eine Idee für den Beweis, aber bei diesem muss dann doch alles ordentlich mit echten Gleichheiten begründet sein.

Gruß MSS

27.11.2005, 20:14

Thales

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Hallo MSS,
danke für die Antwort, aber ganz leuchtet mir die Sache noch nicht ein:

Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Sicher ist es so, dass diese Näherung immer genauer wird, aber Näherungen sind höchstens Plausibilitätserklärungen, die keine Beweise liefern. Sie liefern zwar auch eine Idee für den Beweis, aber bei diesem muss dann doch alles ordentlich mit echten Gleichheiten begründet sein.

Nach meinem bisherigen (lächerlich naiven?) Verständnis ist es Grundlage von Grenzwertbetrachtungen, DASS man daraus, dass eine Näherung beliebig genau wird, folgern kann, das sie eben grenzwertig gilt. Wenn ich etwa die Ableitung von $\begin{eqnarray*} f(x) = x^2 \end{eqnarray*}$ bilde, dann folgere ich aus der Tatsache, dass die Sekantensteigung $\begin{eqnarray*} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \end{eqnarray*}$ bei gegen Null strebendem h immer genauer durch $\begin{eqnarray*} 2x \end{eqnarray*}$ angenähert ist, dass im Grenzfall h=0 die Steigung $\begin{eqnarray*} f'(x) = 2x \end{eqnarray*}$ ist, und zwar gerade obwohl der Differenzenquotient für h=0 nicht definiert ist. Warum sollte hier eine entsprechenden grenzwertige Betrachtung von $\begin{eqnarray*} f(x+h) \end{eqnarray*}$ verboten sein? verwirrt

27.11.2005, 20:55

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von Thales
Wenn ich etwa die Ableitung von $\begin{eqnarray*} f(x) = x^2 \end{eqnarray*}$ bilde, dann folgere ich aus der Tatsache, dass die Sekantensteigung $\begin{eqnarray*} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \end{eqnarray*}$ bei gegen Null strebendem h immer genauer durch $\begin{eqnarray*} 2x \end{eqnarray*}$ angenähert ist, dass im Grenzfall h=0 die Steigung $\begin{eqnarray*} f'(x) = 2x \end{eqnarray*}$ ist

Und genau das ist auch nicht ganz korrekt formuliert. Du musst zeigen, dass der Differenzenquotient gleich einem Term ist, dessen Grenzwert für $\begin{eqnarray*} h\to 0 \end{eqnarray*}$ eben $\begin{eqnarray*} 2x \end{eqnarray*}$ ist. Das mit den Näherungen ist zwar von der Idee her richtig, aber, wie oben schon gesagt, beim mathematisch korrekten Formulieren darf man das nicht anbringen.

Gruß MSS

28.11.2005, 13:08

Thales

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Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Und genau das ist auch nicht ganz korrekt formuliert. Du musst zeigen, dass der Differenzenquotient gleich einem Term ist, dessen Grenzwert für $\begin{eqnarray*} h\to 0 \end{eqnarray*}$ eben $\begin{eqnarray*} 2x \end{eqnarray*}$ ist. Das mit den Näherungen ist zwar von der Idee her richtig, aber, wie oben schon gesagt, beim mathematisch korrekten Formulieren darf man das nicht anbringen.

Wie sollte man es denn dann formulieren? Für h=0 ist der Differenzenquotient ja erst einmal nicht definiert, und die Bildung des Limes ist (nach meinem Kenntnisstand) allein dadurch gerechtfertigt, dass sich die Sekantensteigung $\begin{eqnarray*} 2x+h \end{eqnarray*}$ bei immer kleinerem h immer mehr der Tangentensteigung annähert, die im Grenzfall h=0 dann $\begin{eqnarray*} f'(x)=2x \end{eqnarray*}$ wäre. Oder, anders gesagt, der Grenzwert ist m.W. der Wert, dem sich ein Term oder eine Folge immer stärker annähert.
Oder ist das alles einfach Schulmathematik, die man auf Universitätsniveau schnell wieder vergessen sollte?

28.11.2005, 13:53

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von Thales
und die Bildung des Limes ist (nach meinem Kenntnisstand) allein dadurch gerechtfertigt, dass sich die Sekantensteigung $\begin{eqnarray*} 2x+h \end{eqnarray*}$ bei immer kleinerem h immer mehr der Tangentensteigung annähert, die im Grenzfall h=0 dann $\begin{eqnarray*} f'(x)=2x \end{eqnarray*}$ wäre.

Der Limes ist ja nicht über "annähern" definiert, wie auch? Das Wort kann man für keine mathematische Definition benutzen. Der Limes ist über $\begin{eqnarray*} \varepsilon\text{-}\delta \end{eqnarray*}$ oder über Folgenkonvergenz definiert und eben nicht über so ein ungenaues Wort wie "annähern". Letzteres würde ich in der Tat eher in die Schublade "Schulmathematik" stecken.
Übrigens ist mir aufgefallen, dass beim exakten Formulieren deiner Idee (was dann mit dem MWS geht) noch vorausgesetzt werden muss, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ in einer Umgebung um die Stelle differenzierbar sein muss, was im Allgemeinen nicht als Voraussetzung gegeben ist. Deswegen deckt dieser Beweis wieder nur einen Spezialfall ab.

Gruß MSS

28.11.2005, 16:20

Thales

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Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Der Limes ist ja nicht über "annähern" definiert, wie auch? Das Wort kann man für keine mathematische Definition benutzen. Der Limes ist über $\begin{eqnarray*} \varepsilon\text{-}\delta \end{eqnarray*}$ oder über Folgenkonvergenz definiert und eben nicht über so ein ungenaues Wort wie "annähern". Letzteres würde ich in der Tat eher in die Schublade "Schulmathematik" stecken.

OK, mit der exakten Definition habe ich mich noch nie so richtig beschäftigt. Aber Danke für die Erklärungen. smile

Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Übrigens ist mir aufgefallen, dass beim exakten Formulieren deiner Idee (was dann mit dem MWS geht) noch vorausgesetzt werden muss, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ in einer Umgebung um die Stelle differenzierbar sein muss, was im Allgemeinen nicht als Voraussetzung gegeben ist. Deswegen deckt dieser Beweis wieder nur einen Spezialfall ab.

Oh... Na ja, das kommt davon, wenn man Differenzialrechnung aus Physikbüchern lernt. Augenzwinkern

28.11.2005, 21:39

Mathespezialschüler

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Tja, die Physiker sind da meiner bisherigen Erfahrung nach immer etwas eigen, vor allem nähern sie gerne und oft etwas an so wie du es auch die ganze Zeit gemacht hast. smile

Gruß MSS

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