Ableitungen Beweise - Seite 4

01.04.2006, 18:02

Frooke

*Ausgrab*

Was fehlt denn jetzt eigentlich noch?

*/Ausgrab*

01.04.2006, 18:07

mercany

Fast überall die Vorraussetzungen und einige Einschränkungen!

Und vllt hat ja jemand Lust, eine Liste mit den bereits vorhandenen Beweisen zu machen. smile

Gruß, mercany

01.04.2006, 18:18

Frooke

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Ich dachte jetzt mehr an die Regeln als an die Vollständigkeit, aber danke Jan! (Denn ich denke, die wichtigsten Regeln haben wir...)

Hmm... Ich muss das vllt. mal zusammentragen, aber ich hab im Moment nicht sooo viel Zeit... Mal sehen.

05.04.2006, 17:44

mercany

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Zitat:

Original von Frooke
Hmm... Ich muss das vllt. mal zusammentragen, aber ich hab im Moment nicht sooo viel Zeit... Mal sehen.

Ohh man. Mit dem Abi fertig, noch nichtmal am studieren und dann keine Zeit haben Big Laugh

Wo kommen wir da denn hin... Augenzwinkern

05.04.2006, 19:44

Frooke

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Ich schreib Dir mal in ICQ-hab drum im Moment eine 100%-Stelle, die mich wirklich 100% beansprucht Big Laugh

07.04.2006, 13:55

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alsoooo:

wir haben:

potenz-
summen-
produk-
ketten-
quotienten-
cos-
sin-
tan-
csc-
cot-
sec-
arccos-

-REGEL

es fehlt:

-ableiten einer konstante (aba richtig einfahc) das braucht man ja gar nich mehr zu beweisen :P
-umkehrfunktionen.

..z.b fiel mir gestern beim duschen ein, dass wir noch die wurzelfunktionen haben

aba da brauchte man vor allem DEf und Wer-bereich Big Laugh

außerdem is sie ja an einer stelle nich diff uusw...hmm...und ja...wie gesagt...die einschraenkungen D:

12.04.2006, 23:50

Frooke

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Zitat:

Original von TB
-ableiten einer konstante (aba richtig einfahc) das braucht man ja gar nich mehr zu beweisen :P

hab ich aber gemacht smile

Zitat:

Original von TB
-umkehrfunktionen.

das auch

Zitat:

Original von TB
..z.b fiel mir gestern beim duschen ein, dass wir noch die wurzelfunktionen haben

Wurzeln lassen sich als Potenzen schreiben.

19.04.2006, 11:33

Frooke

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Also ich fass mal grob zusammen:

Summenregel

Sei $\begin{eqnarray*} f(x)=a(x)+b(x) \end{eqnarray*}$ .
a und b (und damit auch f) sind auf einem Intervall I stetig und differenzierbar. Dann ist
$\begin{eqnarray*} f'(x):=\lim_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim_{h \to 0} \left(\frac{a(x+h)+b(x+h)-a(x)-b(x)}{h}\right) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = f'(x)=\underbrace{\lim_{h \to 0}\frac{a(x+h)-a(x)}{h}}_{=:a'(x)}+\underbrace{\lim_{h \to 0}\frac{b(x+h)-b(x)}{h}}_{=: b'(x)} \end{eqnarray*}$

Kettenregel

Sei $\begin{eqnarray*} f(x)=a\big(b(x)\big) \end{eqnarray*}$ (Stetigkeit und Differenzierbarkeit auf einem bestimmten Intervall werden vorausgesetzt)... Die Funktionen sind NICHT konstant, d.h. $\begin{eqnarray*} b(x+h)-b(x)\ne 0 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} a(x+h)-a(x)\ne 0 \end{eqnarray*}$

Dann ist
$\begin{eqnarray*} f'(x)=\lim_{h \to 0}\frac{a\big(b(x+h)\big)-a\big(b(x)\big)}{h}=\lim_{h \to 0}\frac{a\big(b(x+h)\big)-a\big(b(x)\big)}{h}\cdot\underbrace{\frac{b(x+h)-b(x)}{b(x+h)-b(x)}}_{=1} \end{eqnarray*}$

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

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

Da für $\begin{eqnarray*} h \to 0 \Rightarrow b(x+h) \to b(x) \end{eqnarray*}$ , gilt:

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

Produkteregel

Sei $\begin{eqnarray*} f(x):=a(x) \cdot b(x) \end{eqnarray*}$ Stetigkeit und Diff.barkeit werden erneut vorausgesetzt...
Weder a noch b sind konstant oder die Nullfunktion!

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

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

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

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

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

Quotientenregel

Sei also $\begin{eqnarray*} f(x):=\frac{a(x)}{b(x)}, b(x) \ne 0 \end{eqnarray*}$

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

Ich schreib's hier etwas weniger detailliert auf, weil die Erweiterungen analog zu denjenigen der Produkteregel getätigt werden...

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

$\begin{eqnarray*} =\lim_{h \to 0}\frac{1}{h}\left(\frac{\bigg(a(x+h)-a(x)\bigg)b(x)+a(x)\bigg(b(x)-b(x+h)\bigg)}{b(x+h)b(x)}\right)=\frac{a'(x)b(x)-a(x)b'(x)}{b^2(x)} \end{eqnarray*}$

Man könnte sie aber auch aus Produkte- und Kettenregel herleiten!

Faktorregel

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

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

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

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

kann man das zusammenfassen als:
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \\ f'(x) = k \cdot g'(x) \end{eqnarray*}$

Satz zur Ableitung der Umkehrfunktion

Sei $\begin{eqnarray*} f(x):=y \end{eqnarray*}$ bijektiv und $\begin{eqnarray*} f^{-1}(y)=x \end{eqnarray*}$ die Umkehrfunktion von f. Sowohl f auch als die Inverse seien stetig und 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: $\begin{eqnarray*} f'^{-1}(y) =\frac{1}{f'(x)} \end{eqnarray*}$

Potenzregel für natürliche Exponenten

Sei $\begin{eqnarray*} f(x):=x^n, n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$

Dann ist

$\begin{eqnarray*} \left(x^n\right)'= \lim\limits_{h \to 0} \frac{(x + h )^n - x^n}{h} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \lim_{h \to 0} \frac{{n \choose 0} x^n + {n \choose 1} x^{n-1} {h} + {n \choose 2} x^{n-2} {h}^2 + .. + {n \choose n-1} x {h}^{n-1} + {n \choose n} {h}^n - x^n}{h} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \lim_{h \to 0} \frac{{n \choose 1} x^{n-1} {h} + {n \choose 2} x^{n-2} {h}^2 + .. + {n \choose n-1} x {h}^{n-1} + {n \choose n} {h}^n}{h} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\lim_{h \to 0} {n \choose 1} x^{n-1} + {n \choose 2} x^{n-2} {h} + .. + {n \choose n-1} x {h}^{n-2} + {n \choose n} {h}^{n-1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} ={n \choose 1} x^{n-1} = n \cdot x^{n-1} \end{eqnarray*}$

Potenzregel für ganzzahlige Exponenten

Wir definieren
$\begin{eqnarray*} g(x):=x^{-n}=\frac{1}{x^n} \end{eqnarray*}$
Aus der Quotientenregel folgt unmittelbar:
$\begin{eqnarray*} g'(x)=\frac{-nx^{n-1}}{x^{2n}}=-nx^{-n-1} \end{eqnarray*}$

Damit gilt unser Potenzgesetz für $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$

Potenzregel für rationale Exponenten

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

Um jetzt das Gesetz für alle rationalen Zahlen zu beweisen, benutzen wir die Kettenregel:

Es sei $\begin{eqnarray*} f(x):=x^{\frac{p}{q}}=\left(x^{\frac{1}{q}}\right)^p \end{eqnarray*}$

Also ist $\begin{eqnarray*} f'(x)=p\left(x^{\frac{1}{q}}\right)^{p-1}\cdot \frac{1}{q}x^{\frac{1}{q}-1} \end{eqnarray*}$

Vereinfachen ergibt:
$\begin{eqnarray*} f'(x)=\frac{p}{q}x^{\frac{p}{q}-1} \end{eqnarray*}$

Potenzregel für relle Exponenten

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:

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

Dafür brauchen wir einfach noch die Ableitung der Exponentialfunktion, die noch fehlt.

Reziprokensatz

Sei $\begin{eqnarray*} f(x):=\frac{c}{g(x)} \end{eqnarray*}$
Es folgt aus der Kettenregel:
$\begin{eqnarray*} f'(x)=-\frac{c\cdot g'(x)}{g(x)^2} \end{eqnarray*}$

Konstante Funktion

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

Ableitung der Exponentialfunktion

Sinngemäß nach Lazarus (danke überhaupt!!)
Wir suchen eine Funktion die Abgeleitet sich selber reproduziert, und konstruieren uns diese, und definieren sie uns danach als Exp(x).

Dazu betrachten wir erstmal die Regel zum Ableiten der natürlichen Exponenten für die (k)-te bzw. (n)-te Ableitung :

$\begin{eqnarray*} f(x)&=&x^n \\f^{\left(k\right)}(x)&=&\frac{\mathrm d^k}{\mathrm dx^k}\left(x^n\right)=\frac{n!}{\left(n-k\right)!}x^{n-k}\\f^{\left(n\right)}(x)&=&\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}\left(x^n\right)=n!\;x^{n-n}=n! \end{eqnarray*}$

Nach der Erkenntnis wie sich der Faktor vor dem x verhält, können wir nun eine Polynomfunktion konstruieren die unserer geforderten Eigenschaft, der unendlichen Selbstreproduktion, nachkommt. Dazu muss der Faktor n! sich rauskürzen und k bis ins unendliche gehen.

$\begin{eqnarray*} \lim_{k\to \infty}\sum_{n=0}^k~\frac{x^n}{n!}=:\exp(x)=f(x)=f'(x) \end{eqnarray*}$
Durch diese Definition, ist die gefundene Funktion selbst reproduzierend, alles was jetzt noch zu tun ist, ist ein Konvergenzbeweis der Reihe, das überlasse ich dem geneigten Lesen.
Die Allgemeine Expotentialfunktion $\begin{eqnarray*} f(x)=a^x \end{eqnarray*}$ lässt sich durch die Anwendung der Potenzgesetzte $\begin{eqnarray*} a^x=\mathrm e^{x\ln(a)} \end{eqnarray*}$ auf das schon gelöste Problem zurückführen.
Die Logarithmusfunktion kann man dann als die definitionsmässige Umkehrfunktion ableiten.

Ableitung der Logarithmusfunktion
Ableitung der trigonometrischen Funktionen
Ableitung der zyklometrischen (Arcus-)Funktionen

Die letzen fehlen noch, können aber angefügt werden. @Mods: Ihr könnt (sollt!!!) hier herumeditieren. @TB: Wenn Du was hinschreibst können wir es in diesen Post kopieren... Dann hätten wir mal etwas definitiveres!

Lange Sache Augenzwinkern

...

19.04.2006, 14:26

Lazarus

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Ableitung der expotential Funktion könnten wir umgehen, indem wir sagen, wir suchen eine Funktion die Abgeleitet sich selber reproduziert, und konstruieren uns diese, und definieren sie uns danach als Exp(x).

Dazu betrachten wir erstmal die Regel zum Ableiten der natürlichen Exponenten für die (k)-te bzw. (n)-te Ableitung :

$\begin{eqnarray*} f(x)&=&x^n \\f^{\left(k\right)}(x)&=&\frac{\mathrm d^k}{\mathrm dx^k}\left(x^n\right)=\frac{n!}{\left(n-k\right)!}x^{n-k}\\f^{\left(n\right)}(x)&=&\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}\left(x^n\right)=n!\;x^{n-n}=n! \end{eqnarray*}$

Nach der Erkenntniss wie sich der Faktor vor dem x verhält, können wir nun eine Polynomfunktion konstruieren die unserer geforderten Eigenschaft, der unendlichen Selbstreproduktion, nachkommt. Dazu muss der Faktor n! sich rauskürzen und k bis ins unendliche gehen.

$\begin{eqnarray*} \lim_{k\to \infty}\sum_{n=0}^k~\frac{x^n}{n!}=:\exp(x)=f(x)=f'(x) \end{eqnarray*}$
Durch diese Definition, ist die gefundene Funktion selbst reproduzierend, alles was jetzt noch zu tun ist, ist ein Konvergenzbeweis der Reihe, das überlasse ich dem geneigten Lesen.
Die Allgemeine Expotentialfunktion $\begin{eqnarray*} f(x)=a^x \end{eqnarray*}$ lässt sich durch die Anwendung der Potenzgesetzte $\begin{eqnarray*} a^x=\mathrm e^{x\ln(a)} \end{eqnarray*}$ auf das schon gelöste Problem zurückführen.
Die Logarithmusfunktion kann man dann als die definitionsmässige Umkehrfunktion ableiten.

Servus

19.04.2006, 15:19

Frooke

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Du kannst es sonst grad hineineditieren, Lazarus, ich finde das eine gute Idee (weil ich es nie so gemacht hätte...) Aber eben: Viele Wege führen nach Rom Freude

19.04.2006, 17:06

Lazarus

Auf diesen Beitrag antworten »

wenn ich das nur könnte ....

19.04.2006, 20:38

Frooke

Auf diesen Beitrag antworten »

Sorry, ich bin schon ein Depp! unglücklich

... Ich werde das dann machen Augenzwinkern

...

19.04.2006, 20:57

-felix-

Auf diesen Beitrag antworten »

Natürlich könnte man jetzt die Ableitung des ln mit der Umkehrregel ganz schnell machen, aber man könnte ja auch versuchen ein möglichst breites Spektrum an Ansätzen zu finden. Hier ein ganz elementarer Weg:

Vorbemerkung: Eulersche Zahl und Exponentialfunkton

Die Eulersche Zahl ist definiert durch

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

Es gilt
$\begin{eqnarray*} \left( 1 + \frac{a}{m} \right)^m = \left ( 1 + \frac{1}{\frac{m}{a}} \right)^{a\cdot\frac{m}{a}} = \left(1+\frac{1}{n} \right)^{an} = \left[\left( 1+ \frac{1}{n} \right)^{n}\right]^{^a} \quad \text{mit } n := \frac{m}{a} \end{eqnarray*}$

Wenn $\begin{eqnarray*} m \to \infty \end{eqnarray*}$ , dann auch $\begin{eqnarray*} n \to \infty \end{eqnarray*}$ .

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

Ableitung der natürlichen Logarithmusfunktion an der Stelle $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ ]

Es sei $\begin{eqnarray*} f: x \mapsto \ln x \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x > 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_0 \in \mathbb{R}^+ \end{eqnarray*}$ .

Differenzenquotient an der Stelle $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} = \frac{\ln(x_0+h)-\ln(x_0)}{h} = \frac{1}{h} \ln \left(\frac{x_0+h}{x_0}\right) = \ln \left[\left(1+\frac{h}{x_0}\right)^{\frac{1}{h}}\right] = \ln \left[\left(1+\frac{\frac{1}{x_0}}{\frac{1}{h}}\right)^{\frac{1}{h}}\right] \end{eqnarray*}$

Ableitung an der Stelle $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} f'(x_0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} = \lim_{h \to 0} \ln \left[\left(1+\frac{\frac{1}{x_0}}{\frac{1}{h}}\right)^{\frac{1}{h}}\right] = \ln\left(e^{\frac{1}{x_0}}\right) = \frac{1}{x_0} \end{eqnarray*}$

Ich hab das hier einfach aus meinem "digitalen" Matheheft Augenzwinkern

kopiert. Dieses Heft enthält ein paar Beweise und Herleitungen zu Sachen, die wir im Unterricht nie gemacht haben...

19.04.2006, 21:35

Frooke

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja natürlich. Unter der Voraussetzung, dass
$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=:\mathrm e \end{eqnarray*}$
kann man es natürlich auch so machen. Wie ich schon erwähnt habe: Die Exponentiale und der Logarithmus steht und fällt mit der Euler'schen Zahl!

Damit könnte man es auch so machen:

$\begin{eqnarray*} f(x):=a^x \end{eqnarray*}$ (eine beliebige Exp-Funktion)

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

Wie bei Lazarus suchen wir nun eine Funktion, die selbst ihre Ableitung ist.

Also muss

$\begin{eqnarray*} f'(x)=a^x\underbrace{\lim_{h\to 0}\frac{a^{h}-1}{h}}_{\stackrel{!}{=}1} \end{eqnarray*}$

Dies gilt für
$\begin{eqnarray*} a=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=:\mathrm e \end{eqnarray*}$

wegen

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

Weiter kann man mit der Kettenregel folgern, dass für

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

und daraus auch

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

25.06.2006, 11:28

Frooke

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*push*

Besteht noch das Interesse, da mal eine Beweisesammlung daraus zu machen? Ich würde sonst allenfalls einen neuen Thread mit einem einzigen Posting machen, an dem dann nur noch herumeditiert würde. (Und User könnten ihre Vorschläge dann per PN an die Mods schicken…)

25.06.2006, 13:21

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Frooke
Besteht noch das Interesse, da mal eine Beweisesammlung daraus zu machen? Ich würde sonst allenfalls einen neuen Thread mit einem einzigen Posting machen, an dem dann nur noch herumeditiert würde. (Und User könnten ihre Vorschläge dann per PN an die Mods schicken…)

WENN da je was sinnvolles draus werden soll, dann macht es keinen großen Sinn, weiterhin immer hier drin herumzufuhrwerkeln, dass dieser Thread so keine Gestalt annimmt hat sich gezeigt.
Also wenn du magst, dann fasse das ruhig endlich mal zu einem gescheiten Sammelwerk zusammen.
Aber mache ruhig mehrere Posts (Kapitel-Unterscheidunen), um die Übersicht zu bewahren, bei Workshops sind Doppel- und Dreifachposts ausnahmsweise sogar mal erwünscht. smile

Achja, wo wir schon dabei sind:
für diesen Thread wünsche ich mir mal ein paar Diskussionen über komplexe Differenzierbarkeit (Holomorphie).
Das fehlt noch ein wenig.

25.06.2006, 19:30

babelfish

Auf diesen Beitrag antworten »

hey frooke, wenn du das weiter zusammenfassen möchtest, kannst du, wenn du möchtest, meine anfänge der zusammenfassung übernehmen - da war ja nur noch das problem der bedingungen zu klären (und das käme ja dann eh noch auf dich zu! Augenzwinkern

)! in dem thread ***** findest du das ganze ja auch in den ersten postings, der rest ist nur diskussion, brauchst also nich großartig suchen... Augenzwinkern

ich hatte leider nicht sehr viel zeit in letzter zeit, sodass ich das ganze projekt ziemlich schleifen gelassen habe... unglücklich

ich fände es aber natürlich schön, wenn dann doch noch was daraus wird! smile

lg

babelfish

edit:
zensiert, du weißt, warum, Fischerl
Gruß, Jochen

26.06.2006, 10:55

Frooke

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hab auch grad nicht wahnsinnig Zeit übrig, aber ich denke, dass wir das schon zu einem Ende bringen sollen, wenn wir da doch schon Anfänge haben... Ich werde also wohl in einem neuen Thread (ist das ok LOED?) die Sache etwas genauer machen...

06.07.2006, 14:06

Auf diesen Beitrag antworten »

haloooooooo da bin ich mal wieder...wow...war ganz schön lange her, dass ich mal wieder drin bin naja schule halt..abi vorbereitung und auch sonst...lief in mathe eigtl alles, sodass ich das hier vollkommen vergessen habe. bis jetzt.
wollte eigtl nur eine kleien sache ergänzen. mathematiker machen das ja recht kompliziert, warum nicht einfach, wenns einfach geht ^^ also da ergänz ich jetz mal schon was zur quotientenregel. es wurde ja bereits angesprochen, ich möchte es nur mal schnell ausführen, weil ich es wesentlich schneller und einfacher finde, wenn man die produktregel bereits kennt.
alles , was gut ist, wird vorrausgesetzt...

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

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

da wir ja jetz schön brav die quotientenregel kennen...leiten wir ab

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

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

da am anfang vorrausgesetzt wurde, was f(x) ist, setzen wir brav ein und es kommt das hier raus

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

wenn wir jetz mit v(x) multiplizieren, wg dem bruch rechts kommt als nächstes

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

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

nun hat man jetz raus, was wir die letzetn monate schon ewig hatten ^^.
also gut...nur mal so hallo noch sagen...wm unglücklich

schade...wir boykottieren jetz alle italiens produkte. aber die altherrengruppe im wochenendurlaub (frankreich) oder arroganten zicken(portugal) hätten es genauso wenig verdient wie die kleinen spaghettifressenden schauspieler... nur deutschalnd

06.07.2006, 23:57

mercany

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

... was gut ist, wird vorausgesetz

Doch ein bischen ungenau, aber das Thema mit den Voraussetzungen hatten wir ja schon.

Und diese Art von Beweis hatte ich hier auch schon gepostet.

Gruß, mercany

07.07.2006, 19:40

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oh!

sry dann hab ich wohl nich sorgfältig genug reingeschaut. ich hatte halt nur den ansatz bzw die bemerkung gelesen, dass es doch wohl auch über andere reglen ginge und hab mir in vollem eifer einfach nur losge-latex-t
aber naja .. sry ^^

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