Ableitungen Beweise - Seite 2

22.01.2006, 11:30

TB

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Das k bei mir, ist irgendein Faktor, der immer vor den Term kommt, abhaengig vom Grad des Binoms. Wenn du sagst, dass da normalerweise der Binomkoeffizient hinkommt, dann sollte das das gleiche sein. Wir hatten das mit dem Koeffizienten halt nur noch nicht...

22.01.2006, 12:38

Frooke

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Ach so, okay! Ich editier dann später noch weiteres hinzu Augenzwinkern

Augenzwinkern

!

22.01.2006, 12:53

MrPSI

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Zitat:

Orignal von Frooke
Wenn $\begin{eqnarray*} f(x):=x^{\frac{1}{n}} \end{eqnarray*}$ , dann ist $\begin{eqnarray*} f'^{-1}(y)=y^n \end{eqnarray*}$

bist du dir sicher, dass $\begin{eqnarray*} f'^{-1}(y)=y^n(=x) \end{eqnarray*}$ ist?

22.01.2006, 13:04

Frooke

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Für den entsprechenden Definitionsbereich natürlich! Ja sonst schon!

Es gilt ja: $\begin{eqnarray*} f^{-1}(y)=f^{-1}(f(x))=x \end{eqnarray*}$

Also muss

$\begin{eqnarray*} \left(x^n\right)^{\frac{1}{n}}=x \end{eqnarray*}$

Oder löse die Gleichung:

$\begin{eqnarray*} x^{\frac{1}{n}}=y \end{eqnarray*}$ nach x auf!

EDIT: Huch! Sorry, habe den Strich beim Kopieren nicht gelöscht! Ist natürlich falsch! Ich editiers! So wie's hier steht stimmts!

22.01.2006, 13:05

MrPSI

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Aber du hast da eine Ableitung hingeschrieben(erkennbar am ' ).

22.01.2006, 13:15

Frooke

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Ja, siehe EDIT! Ich habe es korrigiert... Hab's beim Kopieren nicht gelöscht, sorry! Und danke für den Hinweis!

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22.01.2006, 14:10

mercany

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@Mike

Ich mach mal ein andere Beweisführung der Quotientenregel.

$\begin{eqnarray*} \text{Als Vorraussetzung sei die Produktregel bekannt.} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(x) = \frac{u(x)}{v(x)} & \text{ mit} & v(x) \neq 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u(x) &=& v(x) \cdot y(x) \\ u'(x) &=& v'(x) \cdot y(x) + v(x) \cdot y'(x) \\ u'(x) - v'(x) \cdot y(x) &=& v(x) \cdot y'(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \text{Setze:} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y(x) = \frac{u(x)}{v(x)} & \text{und} & u'(x) = \frac{u'(x) \cdot v(x)}{v(x)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y'(x) \cdot v(x) &=& \frac{u'(x) \cdot v(x)}{v(x)} - v'(x) \cdot \frac{u(x)}{v(x)} \\ &=& \frac{u'(x) \cdot v(x) - u(x) \cdot v'(x)}{v(x)} \\ y'(x) &=& \frac{u'(x) \cdot v(x) - u(x) \cdot v'(x)}{[v(x)]^2} \end{eqnarray*}$

Gruß, mercany

22.01.2006, 14:18

Frooke

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Wow! Du hast das ja voll im Griff mit diesen LaTeX-Codes! Sieht schön aus! Und zum Inhalt: Ist natürlich elegant so! Man müsste den Workshop eh irgendwie aufbauend gestalten (also dass man bereits gefundene Beweise dann verwenden darf!). Damit würde sich die Betrachtung der Quotientenregel am Grenzwert erübrigen und man könnte den «Satz des Jan» verwenden Augenzwinkern

Augenzwinkern

!

22.01.2006, 17:10

Mathespezialschüler

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Da muss ich (leider wieder einmal Augenzwinkern

Augenzwinkern

) ein wenig gegensteuern. Jans Beweis ist keiner, der die Quotientenregel beweist. Diese sagt nämlich:

Sind $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ auf einem gemeinsamen Intervall definiert und beide im Punkt $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ differenzierbar und ist $\begin{eqnarray*} v(x)\neq 0 \end{eqnarray*}$ , so ist durch $\begin{eqnarray*} f=\frac{u}{v} \end{eqnarray*}$ eine in einer Umgebung von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ definierte Funktion gegeben, die im Punkt $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ ebenfalls differenzierbar ist. Für die Ableitung gilt:

$\begin{eqnarray*} f'(x)=\frac{u'(x)v(x)-u(x)v'(x)}{(v(x))^2} \end{eqnarray*}$ .

Jan hat allerdings nur bewiesen, dass die Formel gilt, wenn $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ differenzierbar ist. Das hat er also schon vorausgesetzt. Letztendlich müsste man dann bei jeder Funktion der Art wieder überprüfen, ob sie differenzierbar ist. Und da das über den Differentialquotienten geht, erhält man auch gleich die Ableitung, sodass die Formel alleine meistens leider nichts bringt.

@Frooke
Der Beweis der Potenzregel für reelle Exponenten ist nicht schwierig mit der Exponentialfunktion. Sei für $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ und beliebiges $\begin{eqnarray*} r\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ die Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ definiert durch

$\begin{eqnarray*} f(x)=x^r \end{eqnarray*}$ .

Wegen $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} f(x)=\operatorname e^{\ln(x^r)}=\operatorname e^{r\cdot \ln x} \end{eqnarray*}$ .

Ableiten mit Kettenregel bringt:

$\begin{eqnarray*} f'(x)=\operatorname e^{r\cdot \ln x}\cdot \frac{r}{x}=r\cdot \frac{x^r}{x}=rx^{r-1} \end{eqnarray*}$ .

Für $\begin{eqnarray*} r\geq 1 \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ sogar im Nullpunkt rechtsseitig differenzierbar, denn es gilt:

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

Im Übrigen gibt es noch eine weitere Möglichkeit, die wesentlich elementarer als die anderen beiden ist.

Gruß MSS

22.01.2006, 17:20

Frooke

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Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Jan hat allerdings nur bewiesen, dass die Formel gilt, wenn $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ differenzierbar ist. Das hat er also schon vorausgesetzt. Letztendlich müsste man dann bei jeder Funktion der Art wieder überprüfen, ob sie differenzierbar ist. Und da das über den Differentialquotienten geht, erhält man auch gleich die Ableitung, sodass die Formel alleine meistens leider nichts bringt.

EDIT: Daran hab' ich natürlich wieder mal nicht gedacht Hammer

Hammer

Dann müsste man also dennoch die Betrachtung am Grenzwert anfügen (ist aber kein Problem...)

Zitat:

Original von Mathespezialschüler
@Frooke
Der Beweis der Potenzregel für reelle Exponenten ist nicht schwierig mit der Exponentialfunktion. Sei für $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ und beliebiges $\begin{eqnarray*} r\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ die Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ definiert durch

$\begin{eqnarray*} f(x)=x^r \end{eqnarray*}$ .

Wegen $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} f(x)=\operatorname e^{\ln(x^r)}=\operatorname e^{r\cdot \ln x} \end{eqnarray*}$ .

Ableiten mit Kettenregel bringt:

$\begin{eqnarray*} f'(x)=\operatorname e^{r\cdot \ln x}\cdot \frac{r}{x}=r\cdot \frac{x^r}{x}=rx^{r-1} \end{eqnarray*}$ .

Für $\begin{eqnarray*} r\geq 1 \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ sogar im Nullpunkt rechtsseitig differenzierbar, denn es gilt:

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

Im Übrigen gibt es noch eine weitere Möglichkeit, die wesentlich elementarer als die anderen beiden ist.

Gruß MSS

Das war mir schon klar (hab ich auch schon mal in einem anderen Thread angeführt), aber das Problem ist, dass man hierbei erst die Euler'sche Zahl benötigt, sowie die Eigenschaften der Exponentialfunktion zur Basis e mit Ableitung usw...

Und das hast Du ja bereits gemacht (müsstest es aber evtl. noch in den «Workshop» einfliessen lassen...)

Was gäbe es denn sonst noch für eine Möglichkeit (also damit ich richtig verstehe: Du meinst eine ohne gleichmässige Konvergenz und ohne Euler'sche Zahl?)?

Gruß

23.01.2006, 09:58

Frooke

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Bemerke grad, dass ich beim Satz über die Ableitung der Umkehrfunktion noch einen Fehler habe! Es steht dort:

Zitat:

Original von Frooke
Sei $\begin{eqnarray*} f(x):=y \end{eqnarray*}$ bijektiv und $\begin{eqnarray*} f^{-1}(y)=x \end{eqnarray*}$ die Umkehrfunktion von f.
Wir wissen, dass $\begin{eqnarray*} f^{-1}(y)=f^{-1}(f(x))=x \end{eqnarray*}$
Also ist
$\begin{eqnarray*} f'^{-1}(y)=f'^{-1}(f(x))\cdot f'(x)=1 \end{eqnarray*}$
Es folgt: $\begin{eqnarray*} f'^{-1}(y) =\frac{1}{f'(x)} \end{eqnarray*}$

Es müsste aber stehen:
Sei $\begin{eqnarray*} f(x):=y \end{eqnarray*}$ bijektiv und $\begin{eqnarray*} f^{-1}(y)=x \end{eqnarray*}$ die Umkehrfunktion von f. Sowohl f als auch f^(-1) seien differenzierbar!
Wir wissen, dass $\begin{eqnarray*} f^{-1}(y)=f^{-1}(f(x))=x \end{eqnarray*}$
Also ist
$\begin{eqnarray*} f'^{-1}(y)=f'^{-1}(f(x))\cdot f'(x)=1 \end{eqnarray*}$
Es folgt: $\begin{eqnarray*} f'^{-1}(y) =\frac{1}{f'(x)} \end{eqnarray*}$

Ich habe zwar mal vorausgesetzt, dass Stetigkeit und Diff.barkeit immer gelten sollen, aber bei der Umkehrfunktion ist das nicht evident! So ist z.B. die Quadratfunktion in Null diff.bar, die Wurzelfunktion hingegen nicht!

01.02.2006, 09:19

Frooke

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Ich muss den Thread hier wieder mal ausgraben Augenzwinkern

Augenzwinkern

, evtl. wird daraus ja einmal ein brauchbarer Workshop Augenzwinkern

Augenzwinkern

...

@TB: Was fehlt in den Workshop Deiner Ansicht nach noch?

@MSS

Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Im Übrigen gibt es noch eine weitere Möglichkeit, die wesentlich elementarer als die anderen beiden ist.

Könntest Du die uns zeigen?

Vielen Dank!

Gruß

12.02.2006, 21:43

Frooke

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Sieht nun nach einem Dreifachpost aus - ist es aber nicht. Ich will nur mal fragen, ob es noch von Interesse ist, den Workshop hier zu Ende zu bringen oder nicht... TB scheint nicht mehr so aktiv zu sein...

(Das richtet sich vor allem an die Orgas...)

Lg

18.02.2006, 13:29

TB

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hallo
war wg einem mathe-wb zu beschaeftigt, um hier noch haeufig reinzuschaun.
Aber ich wollte heute mal weitermachen mit der Ableitung der Sinusfunktion
die cos-fkt sollte bald folgen^^

es ist bekannt
$\begin{eqnarray*} \\sin(\alpha)-sin(\beta)=2\cdot cos(\frac{\alpha +\beta}{2})\cdot sin(\frac{\alpha - \beta}{2}) \end{eqnarray*}$

nun wird abgeleitet mit diesen vorwissen

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

Wenn man jetz (x+h) als $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ und das (x) als $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ dann kann man so weitermachen

$\begin{eqnarray*} \\ =\lim_{h \to 0} \frac{2\cdot cos(\frac{x+h+x}{2})\cdot sin(\frac{x+h-x}{2})}{h}\\=\lim_{h \to 0} \frac {cos(x+\frac{h}{2})\cdot sin(\frac{h}{2})}{\frac {h}{2}}\\=\lim_{h \to 0} [cos(x+\frac {h}{2})\cdot \frac {sin(\frac {h}{2})}{\frac {h}{2}}] \end{eqnarray*}$

Also ich behaupte dass der zweite Term: sin(...) beim limitieren 1 ergibt.
ich habe das mit einer Tabelle mal gemacht, die kann man hier schlecht ordentlich zeigen, ich versuchs ma grob anzudeuten.
h/2 : 0,1 | 0,01 | 0,001 | 0,0001 |...
sin(h/2):0,0998| 0,00999983 |0,0009999998|0,00009999999983|...immer kleiner

Wenn man jetz also den sin(h/2) durch h/2 teilt, dann kommt irgendwann, je kleiner die zahl wird, dann 1 raus.

Also wenn man nun limitert wird der rechte Term gleich 1 und der linke Term enthaelt nur noch ein Cos(x)

das sehe dann so aus

$\begin{eqnarray*} = \lim_{h \to 0} [cos(x+\frac {h}{2}) \cdot \frac {sin (\frac{h}{2})}{h/2}]\\= cos(x)\\ \\f(x)=sin(x)\\f'(x)=cos(x) \end{eqnarray*}$

Sind Fehler drin?

20.02.2006, 14:55

TB

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So...ich probier mich jetz ma an der cos-fkt mit ihrer ableitung.

Wir benutzen dieses Wissen
$\begin{eqnarray*} cos(\alpha) - cos(\beta) = -2\cdot sin(\frac {\alpha + \beta}{2})\cdot sin(\frac {\alpha - \beta}{2}) \end{eqnarray*}$

Und limitieren wieder ganz normal mit der h-methode.

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

cos(x+h) wird hier gleichgesetzt mit: $\begin{eqnarray*} cos(\alpha) \end{eqnarray*}$
cos(x) wird hier gleichgesetzt mit : $\begin{eqnarray*} cos(\beta) \end{eqnarray*}$

nun wird eingesetzt

$\begin{eqnarray*} f'(x)=\lim_{h \to 0} \frac {-2\cdot sin(\frac {x + h + x}{2})\cdot sin(\frac {x + h - x}{2})}{h} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f'(x)=\lim_{h \to 0} - \frac {sin(x + \frac {h}{2})\cdot sin(\frac {h}{2})}{\frac {h}{2}} \end{eqnarray*}$

Im Prinzip steht da

$\begin{eqnarray*} f'(x)=\lim_{h \ 0} - sin (x + \frac {h}{2}) \cdot \frac {sin(\frac {h}{2})}{\frac {h}{2}} \end{eqnarray*}$

Und wie im Beitrag davor schon mehr oder minder bewiesen ergibt der rechte Term eins, wenn man limitiert, per hand sozusagen. also:

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

Die Ableitung der cos-Fkt ist also die negative sin-Fkt

$\begin{eqnarray*} f(x)=cos(x)\\f'(x)= - sin(x) \end{eqnarray*}$

20.02.2006, 22:18

Frooke

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Hallo TB!

Dein Beweis mit der Tabelle ist natürlich nicht ausreichend, allerdings darfst Du folgenden Limitenwechsel machen. Bis hierher war alles tiptop:

$\begin{eqnarray*} \lim_{h \to 0} \left(\cos\left(x+\frac {h}{2}\right)\cdot \frac {\sin\left(\frac {h}{2}\right)}{\frac {h}{2}}\right) \end{eqnarray*}$

Es gilt:

$\begin{eqnarray*} h \to 0 \Rightarrow \frac{h}{2} \to 0 \end{eqnarray*}$

Nennen wir $\begin{eqnarray*} \frac{h}{2} \end{eqnarray*}$ also k

$\begin{eqnarray*} \lim_{k \to 0} \left(\cos\left(x+k\right)\cdot \frac {\sin\left(k\right)}{k}\right)=\lim_{k \to 0}\cos\left(x+k\right)\cdot \lim_{k \to 0} \frac{\sin k}{k} \end{eqnarray*}$

Dummerweise darfst Du Hospital beim letzten Grenzwert nicht anwenden, weil Du dafü bereits wissen musst, das (sin x)'=cos x. Deswegen musst Du nun folgendes Zeigen:

$\begin{eqnarray*} \lim_{k \to 0} \frac{\sin k}{k}=1 \end{eqnarray*}$

Das geht durch eine Verdeutlichung am Einheitskreis. Zeichne x (Winkel im Bogenmaß), sin x und tan x ein. Du siehst, dass

$\begin{eqnarray*} \forall x \in [0;1]:\qquad \sin x \leq x \leq \tan x \end{eqnarray*}$

Dividiert man durch sin(x), so ändern die Relationszeichen nicht, also

$\begin{eqnarray*} 1 \leq \frac{x}{\sin x} \leq \frac{1}{\cos x} \end{eqnarray*}$

Das Reziproke liefert

$\begin{eqnarray*} 1 \geq \frac{\sin x}{x} \geq \cos x \end{eqnarray*}$

Ist nun $\begin{eqnarray*} x \to 0 \end{eqnarray*}$ , so folgt

$\begin{eqnarray*} 1 \geq \frac{\sin x}{x} \geq 1 \Rightarrow \lim_{k \to 0} \frac{\sin k}{k}=1 \end{eqnarray*}$

Das kannst Du dann beim Cos analog verwenden!

21.02.2006, 08:15

TB

Auf diesen Beitrag antworten »

Habe kurz eine Verstaendnisfrage, bzw zwei:

Also das Reziproke, wie du es nennst, was genau meinst du damit? ich seh, dass nenner in zaehler rutscht (2x) und die Relationszeichen sich aendern, aber das geschieht normalerweise beides ja nur, wenn man mit (-1) multipliziert, bzw dividiert.
Aber auf der linken Seite steht noch immer 1, wie vorher auch...rechts aber auch, kann es sein, dass du da links einfach nur ein Vorzeichen vergessen hast ?! oder habe ich einfach nur mangelndes wissen an jener stelle?
ok. wenndu nun x ggn 0 laufen laesst. dann wird aus cos(0) 1, das ist mir klar, aber warum wird da nich sin(0)/0 geteilt? jedes x laeuft doch gegen 0, oder?

außerdem steht dann am ende da:

$\begin{eqnarray*} 1\leq \frac{sin x}{x} \leq 1 \end{eqnarray*}$

dann kann sin(x) / x ja eigtl nur 1 ergeben, oder ist das, was zu beweisen ist :P oha dann habe ich glaube ich es dann verstanden...aber eigenartig ist es schon, dass man da nur "teilweise" limitiert...hmm klingt irgendwie eigenartig, aber wenns so sein soll... :P so genau haben wir noch ncih limitiert ^^

ok.

21.02.2006, 12:17

Frooke

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Ja, da ist ein notatorischer Fehler: Es müsste stehen

$\begin{eqnarray*} 1 \geq \lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x} \geq 1 \Rightarrow \lim_{k \to 0} \frac{\sin k}{k}=1 \end{eqnarray*}$

Das Reziproke von a ist $\begin{eqnarray*} \frac{1}{a} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a<b \Rightarrow \frac{1}{a}>\frac{1}{b} \end{eqnarray*}$

22.02.2006, 18:33

TB

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Hmm...
meines Wissens nach geht das auch anders, weil es gilt demnach naemlich erst zu beweisen, dass x genau zwischen dem sin x und dem tan x.

Auch mein Mathelehrer meinte, es ist ein wenig unzuverlaessig, deswgn macht man lieber einen Vergleich der zugehoerigen Flaecheninhalte, weil da sofort zu erkennen ist, wie die Relationen zu einander sind

Ich werde dazu eine Zeichnung brauchen, komme aber deswgn wahrscheinlich hiermit nicht weiter, werde eine Word-Datei hochladen, in der Hoffnung, sie ist zumindest richtig, und wird evtl kontrolliert.

Danke, nochma an Frooke, für die kurze Nachhilfe in Sachen Relationszeichen Augenzwinkern

Augenzwinkern

Also wir haben 3 Flaecheninhalte, deren Realation wir auch nenenn können.

$\begin{eqnarray*} A_{ABE} = \frac {sin(x) \cdot cos(x)}{2} \end{eqnarray*}$ (Dreieck)
$\begin{eqnarray*} A_{x} = \pi \cdot 1² \cdot \frac {x}{2\cdot \pi} = \frac {x}{2} \end{eqnarray*}$ (Kreisausschnitt)
$\begin{eqnarray*} A_{ACD} = \frac {tan (x) \cdot 1}{2} = \frac {\frac {sin(x)}{cos(x)}\cdot 1}{2} \end{eqnarray*}$ (Dreieck)

Nun kann man die Verhaeltnisse aufstellen und ein wenig sauber umformen:

$\begin{eqnarray*} A_{ABE}\leq A_{x}\leq A_{ACD}\\ \\\frac {1}{2} \cdot sin(x)\cdot cos(x)\leq \frac{x}{2}\leq \frac {1}{2}\cdot \frac {sin(x)}{cos(x)}\\ \end{eqnarray*}$

Nun multipliziert man mit 2 und teil durch sin(x), im Anschluss macht man das, was ich nun neu dazu gelernt habe smile

smile

...Reziproke :P:P:P:P

$\begin{eqnarray*} cos(x)\cdot sin(x)\leq x\leq \frac {sin(x)}{cos(x)}\\ \\cos(x)\leq \frac {x}{sin(x)}\leq \frac{1}{sin(x)}\\ \\Reziproke \\ \\\frac{1}{cos(x)}\geq \frac{sin(x)}{x} \geq cos(x) \end{eqnarray*}$

Wenn man nun $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0} \end{eqnarray*}$ macht, sieht das ganze dann so aus:

$\begin{eqnarray*} cos(0)=1 ; \frac{1}{cos(0)}=1\\ \\ \\1\geq \lim_{x \to 0} \frac {sin(x)}{x} \geq 1 \end{eqnarray*}$

Folglich muss nun eins rauskommen, das gilt fuer alle Argumente x....

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0} \frac {sin(x)}{x} = 1 \end{eqnarray*}$

ok

24.02.2006, 17:34

TB

Auf diesen Beitrag antworten »

Führe den Beweis fort, mit einer Veränderung:

das x im sinus wird vorher mit einer konstante faktorisiert:

man wendet trotzdem noch die bereits herausgefunden gesetze der trigonometrie an

$\begin{eqnarray*} sin'(a\cdot x)=\lim_{h \to 0} \frac {f(a\cdot (x+h)) - f(a\cdot x)}{h}\\= \lim_{h \to 0} \frac {cos(\frac {ax+ah+ax}{2})\cdot sin(\frac {ax+ah-ax}{2})}{\frac{h}{2}}\\ = \lim_{h \to 0} \frac {cos(ax+\frac{ah}{2})\cdot sin(\frac{ah}{2})}{\frac {h}{2}}\\=\lim_{h \to 0} [cos(ax + \frac {ah}{2}) \cdot \frac {sin(\frac {ah}{2})}{\frac {h}{2}} \end{eqnarray*}$

Man muss nun den Nenner so erweitern, dass das Argument im Zähler, gleich dem Nenner ist, dazu erweitert man mit a. als rest bleibt $\begin{eqnarray*} \frac {1}{a} \end{eqnarray*}$ im Nenner übrig, den man vor den ganzen Bruch schreiben kann. Dann wird limitiert.

$\begin{eqnarray*} = \lim_{h \to 0} [cos(ax + \frac {ah}{2}) \cdot \frac {sin(\frac{ah}{2})}{\frac{1}{a}\cdot \frac {ah}{2}}]\\=\lim_{h \to 0} [a \cdot cos(a\cdot x + \frac {ah}{2})\cdot \frac {sin(\frac {ah}{2})}{\frac {ah}{2}}] \\sin'(a\cdot x)=a\cdot cos(a\cdot x) \end{eqnarray*}$

Im Prinzip laesst sich dasselbe auch bei der Abletiung der Cos-Fkt machen...nich soo schwer ^^

24.02.2006, 17:39

TB

Auf diesen Beitrag antworten »

Also nun das ganze für die Cos-fkt

auch hier wendet man trotzdem noch die bereits genannten formeln

$\begin{eqnarray*} cos'(a\cdot x)=\lim_{h \to 0} \frac {f(a\cdot (x+h)) - f(a\cdot x)}{h}\\= \lim_{h \to 0} - \frac {sin(\frac {ax+ah+ax}{2})\cdot sin(\frac {ax+ah-ax}{2})}{\frac{h}{2}}\\ = \lim_{h \to 0} - \frac {sin(ax+\frac{ah}{2})\cdot sin(\frac{ah}{2})}{\frac {h}{2}}\\=\lim_{h \to 0} [-sin(ax + \frac {ah}{2}) \cdot \frac {sin(\frac {ah}{2})}{\frac {h}{2}}] \end{eqnarray*}$

Nächsten Schritte:

geschickte Nennererweiterung, damit beim limitieren dann der rechte Term 1 ergibt.

$\begin{eqnarray*} = \lim_{h \to 0} [- sin(ax + \frac {ah}{2}) \cdot \frac {sin(\frac{ah}{2})}{\frac{1}{a}\cdot \frac {ah}{2}}]\\=\lim_{h \to 0} -a \cdot sin(a\cdot x + \frac {ah}{2})\cdot \frac {sin(\frac {ah}{2})}{\frac {ah}{2}} \\cos'(a\cdot x)=- a\cdot sin(a\cdot x) \end{eqnarray*}$

Ok, die Ableitung der Cos-fkt mit Faktor ist nun bewiesen

25.02.2006, 06:56

Frooke

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, mit den Flächeninhalten kommt man erst auf meine Relation! Zum anderen melde ich mich noch, muss jetzt weg!

LG

25.02.2006, 13:25

-felix-

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Wenn man (wie im Thread geschehen) die Kettenregel und die Ableitung der Sinusfunktion schon bewiesen hat, so kann man auch ganz leicht die Kosinusfunktion ableiten:

$\begin{eqnarray*} f(x) = \cos(x) = \sin\left(\frac{\pi}{2} - x\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f'(x) = - \sin'\left(\frac{\pi}{2}-x\right) = - \cos\left(\frac{\pi}{2}-x\right) = -\sin(x) \end{eqnarray*}$

25.02.2006, 13:44

TB

Auf diesen Beitrag antworten »

wenn du weiter oben schaust, wirste sehen, dass ich die cos-fkt bereits abgeleitet bewiesen habe Augenzwinkern

Augenzwinkern

...

aba naja dein thread wird von mir kaum verstanden

verwirrt

ich kann nachvollziehen,d ass der cos(x) gleich dem sin um pi/2 verschoben ist...
und dann leitest du diese sin -fkt ab aber warum wird dann einfach in der ableitung ein minus vor das ganze ding geschrieben...warum?

verwirrt

verwirrt

verwirrt

ich bin verwirrt...

25.02.2006, 15:36

mercany

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von TB
und dann leitest du diese sin -fkt ab aber warum wird dann einfach in der ableitung ein minus vor das ganze ding geschrieben...warum? verwirrt

verwirrt

verwirrt

verwirrt

Kettenregel!

Gruß, mercany

25.02.2006, 17:17

Frooke

Auf diesen Beitrag antworten »

@felix. Das ist gut... Du müsstest einfach noch beweisen, dass cos(x)=sin(pi/2-x)... (geht aber ganz einfach...)

25.02.2006, 22:03

TB

Auf diesen Beitrag antworten »

hmm...ok das schau ich mir nochma morgen an...bin voll muede, aba da faellt mri beim ueberfliegen von alten sachen da nochwas auf...
und zwar zur produktregel

Zitat:

Original von Frooke

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

$\begin{eqnarray*} =\lim_{h \to 0}\frac{\bigg(a(x+h)-a(x)+a(x)\bigg)b(x+h)+a(x)\bigg(b(x+h)-b(x+h)-b(x)\bigg)}{h} \end{eqnarray*}$

wie kommt man denn vom ersten zu zweiten?

hat man denn da mit irgendwas erweitert? oder seh ich das falsch? ich merk , das is der essentielle schritt, nur was is da denn genaugeschen? verwirrt

verwirrt

sry dass ich das wieder aufgreife, aba naja...verstanden hab ich das nunma nich...irgendwie will unser leherr das nich mit uns machen...

25.02.2006, 22:42

Frooke

Auf diesen Beitrag antworten »

Hey TB

$\begin{eqnarray*} =\lim_{h \to 0}\frac{\bigg(a(x+h)\overbrace{-a(x)+a(x)}^{=\text{ Erweiterung}}\bigg)b(x+h)+a(x)\bigg(\overbrace{b(x+h)-b(x+h)}^{=\text{ Erweiterung}}-b(x)\bigg)}{h} \end{eqnarray*}$

Der Rest ist einfach ausklammern!

Gut Nacht!

25.02.2006, 23:20

mercany

Auf diesen Beitrag antworten »

@TB

Wenn man weiß, wo man hin will, dann ist die Erweiterung mit etwas überlegen nicht ganz so schwer.... überhaupt aber mal auf soetwas zu kommen, auch wenns jetzt so simpel aussieht, ist natürlich eine ganz andere Sache!

Gruß, mercany

26.02.2006, 09:24

TB

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Zitat:

Original von Frooke

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

$\begin{eqnarray*} =a'(x)b(x)+b'(x)a(x) \end{eqnarray*}$

ok...cool, dann habe ich das ja verstanden. und warum wird dann einmal aus dem

$\begin{eqnarray*} b(x+h)=b(x) ; a(x)=a(x) \end{eqnarray*}$

ich hoffe ihr wisst, was ich meine, weil nach dem limitieren entsteht ja einmal das a'(x)b(x) und das b'(x)a(x)

kann man fuer verschieden ursprünge...

AGHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHh

ich idiot...das ding laefut ja ggn 0...und dann gibt das logischerweise (x+0)... ich merke schon, morgens wird das nichts mit nachdenken Big Laugh

Big Laugh

Big Laugh

Big Laugh

aba gut, habe ich jetz verstanden..und um

$\begin{eqnarray*} sin(\frac {\pi}{2})=cos(x) \end{eqnarray*}$
zu beweisen, kann man ddoch einfach sehen, dass das am graphen gesehn, genau die gleichen koordinaten hat.

oder mit den eigenschaften. die periode von sin(pi/2) ist genau der periode von cos entsprechend, da die beiden funktionen aber auch nich mit amplitude oder phasenverschiebnug verändert worden sind, kann man sie auch gleich sehen. verwirrt

verwirrt

reicht das als erklaerung?

26.02.2006, 10:32

Frooke

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Ja, aber nicht als Beweis. Das kannst Du aber einfach am Einheitskreis zeigen. Betrachte mal $\begin{eqnarray*} \cos{\alpha} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sin(90^{\circ}-\alpha) \end{eqnarray*}$ in der Zeichnung. Dann kannst Du auch was mit Additionstheoremen machen...

Aber Du musst schon schreiben

$\begin{eqnarray*} \sin\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)=\cos{\alpha} \end{eqnarray*}$ und nicht $\begin{eqnarray*} \sin\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos{\alpha} \end{eqnarray*}$

26.02.2006, 10:52

TB

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ja stimmt... da hat ein teil von mir gefehlt , in der klammer... ^^

also das sollte dan schon so heißten, wie das da von dir steht...ok ich mach mich dann gleich an die beweisfuehrung dran...

26.02.2006, 12:13

Frooke

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Noch ein Tipp, wie's wohl am einfachsten geht:

Schau Dir dafür am besten die Zeichnung an. Augenzwinkern

Augenzwinkern

26.02.2006, 12:53

TB

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ah!

stimmt ja ^^

aba dann muss man auch erstma draufkommen, das so anzuordnen, also umstaendlich isses shon zu betrachten...fide ich...also gewöhnungsbeduerftig ...

hmm...wie geht denn eigtl die ableitung der tan-fkt?

naja ich weiß, dass tan=sin/cos ist, und dann einfach nacheinander ableiten mithilfe der quotienten regel, oder? also das waere jetz mein ansatz...:P

26.02.2006, 16:16

Frooke

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Der Ansatz ist genau richtig!

So kann man dann auch cot, sec und csc ableiten.

26.02.2006, 16:59

TB

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hmm...

also so fliessend beherrsche ich die regeln noch nich, und cot, sec und csc weiß ich leider auch nich was das ist, kann das vllt jmd anners uebernehmen ? Big Laugh

Big Laugh

26.02.2006, 17:15

Frooke

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Ist doch nun ganz einfach:

$\begin{eqnarray*} (\tan x)'=\left(\frac{\sin x}{\cos x}\right)'=\left(\sin x (\cos x)^{-1}\right)'=... \end{eqnarray*}$

Noch was zu den anderen trigonometrischen Funktionen (Sinus und Cosinus sind ja bekannt Augenzwinkern

Augenzwinkern

):

$\begin{eqnarray*} \tan x = \frac{\sin x}{\cos x}\qquad\text{Tangens} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \cot x = \frac{\cos x}{\sin x}\qquad\text{Cotangens} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \sec x = \frac{1}{\cos x}\qquad\text{Secans} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \csc x = \frac{1}{\sin x}\qquad\text{Cosecans, auch }\operatorname{cosec}x \end{eqnarray*}$

27.02.2006, 09:07

TB

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ja, das war mir ja nun klar, der erste schritt ^^

aber ich wusste ja nich ma, was die cosecans oder secans etc sind, deswgn hab ich da erst mal nachhilfe gebraucht, wofuer die eigtl stehen...is eigtl sowieso unsinnnig, extra begriffe fuer die einzufuehern, mathematiker.... Big Laugh

Big Laugh

hmm ich probiere einfach mal....habs naemlcih mit den regeln noch nich ngaz vertraut, uebe aba ja dadurch Big Laugh

Big Laugh

Big Laugh

Big Laugh

also der tangens zu allererst:

$\begin{eqnarray*} tan'(x)=\bigg(\frac{sin(x)}{cos(x)}\bigg)' \end{eqnarray*}$

ich poste mal die zwischnschritte, bei denen bin ich mir eigtl sehr sehr unsicher.

$\begin{eqnarray*} sin'(x)=cos(x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (cos(x)^{-1})'=-1\cdot cos'(x)=-1\cdot -(sin(x))=sin(x) \end{eqnarray*}$

ok, und dann gehts weiter

$\begin{eqnarray*} =\bigg(sin(x)\cdot cos(x)^{-1}\bigg)'=cos(x) \cdot cos(x)^{-1} + sin (x)\cdot sin (x) \end{eqnarray*}$

das kann man dann noch zusammenfassen:

$\begin{eqnarray*} =cos(x)^0+sin^2(x)=1+sin^2(x)=2-cos^2(x) \end{eqnarray*}$ edit: hab daraus ein plus gemacht Augenzwinkern

Augenzwinkern

und des richtig gestellt.

ist das denn ueberhaupt richtig??? verwirrt

verwirrt

außerdem frage: gibts im formeleditor denn kein "entpsricht" zeichen, also so ein ^ über dem gleichheitszeichen verwirrt

verwirrt

ok...mit dem cotans sollte es sehr aehnlcih sein, wuerde ich machn, aber erst interessiert mich doch, ob der tangens richtig ist....(das erste mal, dass ich die produktregel anwende Big Laugh

Big Laugh

)

edit: sicherheitshalber den zwischnschritt des sinus hineingefuegt Big Laugh

Big Laugh

27.02.2006, 11:59

Lazarus

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da haben sich mehrer fehler eingeschlichen.

$\begin{eqnarray*} \frac{\mathrm d \frac{1}{\cos{x}}}{\mathrm dx} = \frac{\sin{x}}{\cos^2{x}} \end{eqnarray*}$

und bitte $\begin{eqnarray*} \cos^0{x}+\sin^2{x} = 1+\sin^2{x} \end{eqnarray*}$ ; aber des ist eh ohne belang, da der erste fehler ja schon vorher lag ..

27.02.2006, 13:14

Frooke

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@TB: Und warum das entspricht? Du darfst schon ein normales Gleichzeichen setzen!

Allgemein $\begin{eqnarray*} a^0=1 ~\forall a \ne 0 \end{eqnarray*}$

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