Höhere Ableitungen

02.01.2009, 22:06

Arianne20

Höhere Ableitungen

a) Sei $\begin{eqnarray*} f(x)=\sum_{v=0}^n~a_vx^v \end{eqnarray*}$ ein Polynom n-ten Grades. Berechnen Sie die Ableitung $\begin{eqnarray*} f^{(n)}(x) \end{eqnarray*}$ .

b) Für $\begin{eqnarray*} x\in \mathbb R \end{eqnarray*}$ sei $\begin{eqnarray*} f(x)=\frac{1}{1+x^2} \end{eqnarray*}$ .

Zeigen Sie: Für jedes $\begin{eqnarray*} k\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ gibt es ein Polynom $\begin{eqnarray*} p_k(x) \end{eqnarray*}$ vom Grad $\begin{eqnarray*} \geq k \end{eqnarray*}$ , so dass gilt:
$\begin{eqnarray*} f^{(k)}(x)=\frac{p_k(x)}{(1+x^2)^{k+1}} \end{eqnarray*}$

Zu a)

Ich vermute die Ableitung lautet:

$\begin{eqnarray*} f^{(n)}(x)=\sum_{v=0}^n~v(v-1)...(v-n+1)a_vx^{v-n} \end{eqnarray*}$

Stimmt das?
Falls ja, denke ich dass ich die Vermutung mit der Vollständigen Induktion bestätigen kann oder?

02.01.2009, 22:50

Jacques

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RE: Höhere Ableitungen
Hallo,

Zitat:

Original von Arianne20

Zu a)

Ich vermute die Ableitung lautet:

$\begin{eqnarray*} f^{(n)}(x)=\sum_{v=0}^n~v(v-1)...(v-n+1)a_vx^{v-n} \end{eqnarray*}$

Stimmt das?

Also der Ausdruck ist formal nicht gut, weil gar nicht klar ist, was anstelle der Pünktchen stehen soll. Wird fortlaufend multipliziert? Welchen Ausdruck kürzt Du ab?

Abgesehen davon, ob Dein Ergebnis richtig ist oder nicht, es ist ein völliger „overkill“, weil die Ableitung von Polynomfunktionen nach einem ganz simplen Schema abläuft.

Wie lautet denn z. B. die ersten Ableitungen von f mit

$\begin{eqnarray*} f(x) = ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e \end{eqnarray*}$

?

Zitat:

Original von Arianne20

Falls ja, denke ich dass ich die Vermutung mit der Vollständigen Induktion bestätigen kann oder?

Richtig. Wenn Du Dir sicher bist, das richtige Ergebnis gefunden zu haben, beweist Du es mit vollständiger Induktion.

02.01.2009, 23:02

Arianne20

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RE: Höhere Ableitungen
Ich kanns auch so aufschreiben:

$\begin{eqnarray*} f^{(n)}(x)=\sum_{v=0}^n~\frac{v!}{(v-n)!}a_vx^{v-n} \end{eqnarray*}$

Das meinte ich damit.

Ist das richtig?

$\begin{eqnarray*} f(x)=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f'(x)=4ax^3+3bx^2+2cx+d \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f''(x)=12ax^2+6bx+2c \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f'''(x)=24ax+6b \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f^{(4)}(x)=24a \end{eqnarray*}$

02.01.2009, 23:33

Jacques

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Tut mir leid, ich habe Dir vorhin Unrecht getan, weil ich da wohl nicht ganz durchgeblickt habe. Ups

Das Ergebnis ist aber trotzdem nicht ganz richtig.

$\begin{eqnarray*} f(x) = \sum_{i=0}^n a_ix^i \end{eqnarray*}$

Die erste Ableitung ist

$\begin{eqnarray*} f^{\prime}(x) = a_1 + 2a_2x + 3a_3x^2 + \ldots + na_nx^{n-1} \end{eqnarray*}$

Wenn man das jetzt schreibt als

$\begin{eqnarray*} f^{\prime}(x) = \sum_{i = 0}^n ia_ix^{i-1} \end{eqnarray*}$

dann gibt es folgendes Problem: Der 0-te Summand lautet 0*a0*(1/x). Dieser Term ist für x = 0 undefiniert, Du bekommst also für f'(0) einen undefinierten Ausdruck.

Dasselbe Problem gibt es auch bei höheren Ableitungen. Die untere Summationsgrenze muss also immer „nachrücken“:

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

$\begin{eqnarray*} f^{\prime\prime}(x) = \sum_{i = 2}^n i(i-1)a_ix^{i-2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f^{\prime\prime\prime}(x) = \sum_{i = 3}^n i(i-1)(i-2)a_ix^{i-3} \end{eqnarray*}$

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

$\begin{eqnarray*} f^{(m)}(x) = \sum_{i=m}^{n} i(i-1)(i-2) \cdot \ldots \cdot (i - (m - 1))a_ix^{i - m} \end{eqnarray*}$

Du bist m. E. auch mit den Bezeichnungen durcheinander gekommen, weil die Aufgabenstellung blöderweise mit n sowohl den Grad als auch die Ableitungsebene bezeichnet.

02.01.2009, 23:44

Arianne20

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Stimmt, mit dem Index hast du vollkommen recht.

Aber ich kann das doch so aufschreiben oder?

$\begin{eqnarray*} f^{(n)}(x)=\sum_{v=n}^n~\frac{v!}{(v-n)!}a_vx^{v-n} \end{eqnarray*}$

Nun versuche ich dass durch volständige Induktion zu zeigen, dabei ist mein Induktionsanfang.

$\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow f^{(1)}(x)=\sum_{v=n}^n~\frac{v!}{(v-1)!}a_vx^{v-1}= \sum_{v=1}^n~v\cdot a_vx^{v-1} \end{eqnarray*}$

Induktionsschritt: $\begin{eqnarray*} n-1 \rightarrow n \end{eqnarray*}$

Es gilt: $\begin{eqnarray*} f^{(n-1)}(x)=\sum_{v=n-1}^n~\frac{v!}{(v-n+1)!}a_vx^{v-n+1} \end{eqnarray*}$

Leite ich das ab, folgt: $\begin{eqnarray*} f^{(n)}(x)=\sum_{v=n}^n~\frac{v!}{(v-n)!}a_vx^{v-n} \end{eqnarray*}$

Kann ich das so machen?

03.01.2009, 00:02

Jacques

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Beachte meinen Hinweis zum Notationskonflikt: Bei der Aufgabenstellung wird n doppelt verwendet, und zwar für den Grad der Polynomfunktion und die Ableitungsebene. Das müsstest Du korrigieren, sonst ergibt das Ganze keinen Sinn: Deine Summe würde z. B. nur aus einem einzigen Summanden bestehen, weil Du von n bis n summierst. Nimm für die Ableitung stattdessen die Variable m.

$\begin{eqnarray*} f^{(m)}(x) = \sum_{v=m}^{n} v(v-1)(v-2) \cdot \ldots \cdot (v - (m - 1))a_vx^{v - m} = \sum_{v=m}^{n} \frac{v!}{(v - m)!} a_v x^{v - m} \end{eqnarray*}$

Jetzt sollte es stimmen.

03.01.2009, 00:05

Arianne20

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Ja das werde ich machen, aber wie sieht es denn dann mit der vollständigen Induktion aus, habe ich die richtig gemacht? Wenn ich statt n=m schreibe?
Ich meine das muss ja noch gezeigt werden, dass das gilt.

03.01.2009, 00:21

Jacques

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Hm, ich sehe bei Deiner Induktion keinen echten Nachweis bei den einzelnen Schritten...

Beim Induktionsanfang kannst Du vielleicht noch darauf verzichten, die Richtigkeit mithilfe von Summen-, Potenz- und Faktorregel nachzuweisen.

Aber beim Induktionsschritt würde man wohl schon einen Beweis erwarten:

Induktionsschritt A(k) => A(k + 1):

Induktionsvoraussetzung A(k):

Die Behauptung gilt für ein beliebiges festes $\begin{eqnarray*} k \geq 1 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} f^{(k)} =\sum_{v=k}^{n} \frac{v!}{(v - k)!} a_v x^{v - k} \end{eqnarray*}$

Induktionsfolgerung A(k + 1):

Die Behauptung gilt auch für k+1:

$\begin{eqnarray*} f^{(k + 1)} =\sum_{v=k + 1}^{n} \frac{v!}{(v - (k+1))!} a_v x^{v - (k+1)} \end{eqnarray*}$

Nachweis:

$\begin{eqnarray*} f^{(k + 1)} = \left(f^{(k)} \right)^{\prime} \end{eqnarray*}$

Also

$\begin{eqnarray*} f^{(k + 1)} = \left( \sum_{v=k}^{n} \frac{v!}{(v - k)!} a_v x^{v - k} \right)^{\prime} = \underbrace{\sum_{v=k}^{n} \left( \frac{v!}{(v - k)!} a_v x^{v - k}\right)^{\prime}}_{\textrm{Summenregel}} = \underbrace{\sum_{v=k}^{n} \frac{v!}{(v - k)!} a_v \left( x^{v - k}\right)^{\prime}}_{\textrm{Faktorregel}} = \ldots \end{eqnarray*}$

// edit: Es fehlt noch die Ausnahmeregelung für das k-te Glied der Summe. Hier kann man ja, wie schon gesagt, nicht einfach das Schema anwenden, weil sonst eine Definitionslücke bei 0 auftritt.

03.01.2009, 00:27

Arianne20

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$\begin{eqnarray*} f^{(k + 1)} = \left( \sum_{v=k}^{n} \frac{v!}{(v - k)!} a_v x^{v - k} \right)^{\prime} = \underbrace{\sum_{v=k}^{n} \left( \frac{v!}{(v - k)!} a_v x^{v - k}\right)^{\prime}}_{\textrm{Summenregel}} = \underbrace{\sum_{v=k}^{n} \frac{v!}{(v - k)!} a_v \left( x^{v - k}\right)^{\prime}}_{\textrm{Faktorregel}} = \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\frac{v!(v-k)}{(v - k)!} a_v \left( x^{v - k-1}\right)=\frac{v!}{(v - k-1)!} a_v \left( x^{v - k-1}\right) \end{eqnarray*}$

So?

Und warum änderst du immer wieder den Variablennamen, der war bei dir doch eben noch m.

03.01.2009, 00:39

Jacques

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Jetzt stimmt es. Freude

Beachte noch mein edit oben: Wir haben die Ausnahmeregelung für den k-ten Summanden vergessen. Hier kann man das Schema ja nicht anwenden, sondern muss „manuell“ ableiten:

$\begin{eqnarray*} f^{(k + 1)} = \underbrace{\left( \frac{k!}{(k - k!)} a_kx^{k - k} \right)^{\prime}}_{\textrm{k-ter Summand ausgegliedert}} + \left( \sum_{v=k+1}^{n} \frac{v!}{(v - k)!} a_v x^{v - k} \right)^{\prime} \end{eqnarray*}$

Dann kommt genau das Gewünschte heraus. smile

Zitat:

Und warum änderst du immer wieder den Variablennamen, der war bei dir doch eben noch m.

Also ich benutze bei der Induktion immer eine eigene Variable und nehme nicht die der Behauptung. Denn während die Variable der Behauptung ja für jede beliebige natürliche Zahl steht, repräsentiert die Induktionsvariable ja eine beliebige, aber feste natürliche Zahl.

Aber das ist natürlich Geschmackssache, ob man das so macht.

03.01.2009, 00:46

Arianne20

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Dankeschön...

Für die b ist es mir zu spät smile

Vielleicht kannst du mir da morgen helfen, ich werde meine Ideen und Denkanstöße dazu liefern.

Gute Nacht und nochmals danke

03.01.2009, 00:47

Jacques

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Zitat:

Original von Arianne20

Gute Nacht und nochmals danke

Gerne -- und sorry nochmal wegen der Verwirrung, die ich am Anfang gestiftet habe.

Gute Nacht und bis morgen. smile

03.01.2009, 20:56

Arianne20

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Hi da bin ich wieder smile

Bevor ich die andere Aufgabe mache, habe ich noch eine Frage und zwar war die Ableitung.

$\begin{eqnarray*} f^{(k + 1)} = \underbrace{\left( \frac{k!}{(k - k!)} a_kx^{k - k} \right)^{\prime}}_{\textrm{k-ter Summand ausgegliedert}} + \left( \sum_{v=k+1}^{n} \frac{v!}{(v - k)!} a_v x^{v - k} \right)^{\prime} \end{eqnarray*}$

Dazu meine Frage, ist $\begin{eqnarray*} \underbrace{\left( \frac{k!}{(k - k!)} a_kx^{k - k} \right)^{\prime}}_{\textrm{k-ter Summand ausgegliedert}}=0 \end{eqnarray*}$ ?

04.01.2009, 15:42

Jacques

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Ja, die Ableitung ist 0. Denn x^(k - k) = x^0 = 1. Diese Teilfunktion ist also eine konstante Funktion -- und die Ableitung ist entsprechend 0.

04.01.2009, 16:13

Arianne20

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RE: Höhere Ableitungen
So nun die b) Für $\begin{eqnarray*} x\in \mathbb R \end{eqnarray*}$ sei $\begin{eqnarray*} f(x)=\frac{1}{1+x^2} \end{eqnarray*}$ .

Zeigen Sie: Für jedes $\begin{eqnarray*} k\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ gibt es ein Polynom $\begin{eqnarray*} p_k(x) \end{eqnarray*}$ vom Grad $\begin{eqnarray*} \leq k \end{eqnarray*}$ , so dass gilt:
$\begin{eqnarray*} f^{(k)}(x)=\frac{p_k(x)}{(1+x^2)^{k+1}} \end{eqnarray*}$

Ich denke das geht auch mit Induktion:

Der Induktionsanfang wäre die 1.te Ableitung.

$\begin{eqnarray*} f^{(1)}(x)=\frac{2x}{(1+x^2)^2}\Rightarrow k=2>1 \end{eqnarray*}$

Das heißt für den Induktionsanfang stimmts.

Nun der Induktionsschritt:

$\begin{eqnarray*} r \rightarrow r+1 \end{eqnarray*}$

Es ist: $\begin{eqnarray*} f^{(r+1)}=\frac{p(x)\cdot (r+1)\cdot (1+x^2)^r-p'(x)\cdot (1+x^2)^{r+1}}{(1+x^2)^{2r+2}} \end{eqnarray*}$

So jetzt würde ich folgern dass der Grad des Zählers kleiner ist als der Grad des Nenners.

Was sagst du dazu?

$\begin{eqnarray*} =f^{(r+1)}=\frac{p(x)\cdot (r+1)\cdot (1+x^2)^r-p'(x)\cdot (1+x^2)^r\cdot (1+x^2)}{(1+x^2)^{2r}\cdot (1+x^2)^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\frac{p(x)\cdot (r+1)-p'(x)\cdot (1+x^2)}{(1+x^2)^{r}\cdot (1+x^2)^2} \end{eqnarray*}$

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