n-te Ableitung/höherer Ordnung

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28.01.2007, 15:02	phoney	Auf diesen Beitrag antworten »
n-te Ableitung/höherer Ordnung Hallo, ich soll $\begin{eqnarray} f^n(x) \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} f(x):=\frac{1}{x^2+1} \; mit \; x\in \mathbb R \end{eqnarray}$ Ich habe jetzt mal ein paar Ableitungen berechnet (müsst ihr nicht überprüfen, stattdessen möchte ich wissen, wie man daraus die n-te Ableitung bestimmt) $\begin{eqnarray} f'(x) = -\frac{2x}{(x^2 + 1)^2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} f''(x) = +\frac{2(3x^2 - 1)}{(x^2 + 1)^3} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} f'''(x) = \frac{-24x^3+24x}{(x^2 + 1)^4} \end{eqnarray}$ Ich erkenne hier gar keinen Algorithmus. Das Vorzeichen wechselt immer. Der Nenner erhöht sich immer um eins, charakteristisch für die Quotientenregel. Wie bestimme ich nun die n-te Ableitung?
28.01.2007, 15:14	phoney	Auf diesen Beitrag antworten »
Statt zu editieren, möchte ich eine neue Idee einwerfen, und zwar die Leipnizsche Regel: $\begin{eqnarray} (uv)^{(n)} = \sum_{k=0}^n {n \choose k} u^{(k)} v^{(n-k)}. \end{eqnarray}$ jetzt ist $\begin{eqnarray} u=1 \; und \;v=\frac{1}{x^2+1}=(x^2+1)^{-1} \end{eqnarray}$ damit gilt $\begin{eqnarray} ((x^2+1)^{-1})^{(n)} = \sum_{k=0}^n {n \choose k} 1^{(k)} ((x^2+1)^{-1})^{(n-k)} =\sum_{k=0}^n {n \choose k} 1^{(k)} (x^2+1)^{(-n+k)} \end{eqnarray}$ N-Te Ableitung fertig? Ich darf diese Regel auch benutzen [EDIT: Syntaxfehler]
28.01.2007, 15:30	Raumpfleger	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: n-te Ableitung/höherer Ordnung Wenn's hässlich aussieht und umständlich wird, ist meistens etwas anderes gemeint. Wenn ich's richtig sehe, ist $\begin{eqnarray} f'(x) = -2x f^2(x) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} f''(x) = -2 f^2(x) - 4 x^2 f^3(x) \end{eqnarray}$ Das kann man fortsetzen, die einzigen Ausdrücke sind x, f und deren Potenzen.
28.01.2007, 15:32	phoney	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi, danke für deine Antwort! Ich bin aber noch zusätzlich an einem Kommentar zu der leibnizschen Regel interessiert. Habe ich die richtig angewendet?
28.01.2007, 15:41	Raumpfleger	Auf diesen Beitrag antworten »
Das Problem bei dieser Anwendung der Leibnizschen Regel ist, dass alle Ableitungen der Konstanten 1 (ausser der nullten Ableitung) Null sind (und nicht etwa 1). Du erhälst also die Aufgabenstellung - umständlich geschrieben - zurück - bad luck.
28.01.2007, 16:00	phoney	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo. Das ist ja blöde.... Na gut, dann zurück zu deinem vorher geschriebenen $\begin{eqnarray} f''(x) = -2 f^2(x) - 4 x^2 f^3(x) \end{eqnarray}$ muss das nicht $\begin{eqnarray} f''(x) = -2 f^2(x) + 8 x^2 f^3(x) \end{eqnarray}$ heißen? f'(x) = \frac{-2x}{(x^2+1)^2} jetzt ableiten $\begin{eqnarray} f''(x) = \frac{-2(x^2+1)^2-2x2(x^2+1)^1(-2x)}{(x^2+1)^4}=-2 f^2(x) + 8 x^2 f^3(x) \end{eqnarray}$ Aber $\begin{eqnarray} f^{(n)} \end{eqnarray}$ kann ich damit immer noch nicht berechnen. Ich sehe zwar auch bei deiner Notation, dass sich das Vorzeichen ändert (+8x^2....) und das eine f um eins immer ansteigt, aber der Algorithmus, den sehe ich noch nicht. Kann mir da jemand noch mal helfen?
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28.01.2007, 16:26	Raumpfleger	Auf diesen Beitrag antworten »
Du hast Recht mit der 8. Das ganze führt nirgendwohin. Mit der Zerlegung $\begin{eqnarray} \frac{1}{(x^2 + 1)} = \frac{1}{(x - \rm{i})} \frac{1}{(x + \rm{i})} \end{eqnarray}$ kannst Du die Leibnizsche Regel sinnvoll anwenden. Die Ableitungen der beiden Faktoren sind elementar.
28.01.2007, 16:45	phoney	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo nochmals. Also so kommt es bei mir noch nicht ganz hin.. Ich habe damit die Formel $\begin{eqnarray} (uv)^{(n)} = \sum_{k=0}^n {n \choose k} u^{(k)} v^{(n-k)} \end{eqnarray}$ Und nun mit deiner Vereinfachung $\begin{eqnarray} (\frac{1}{(x - \rm{i})} \frac{1}{(x + \rm{i})})^{(1)} = \sum_{k=0}^1 {1 \choose k} (\frac{1}{x+i})^{(k)} (\frac{1}{x-i})^{(1-k)} \end{eqnarray}$ Für k=1 kommt da immer $\begin{eqnarray} \frac{2x}{x^2+1} \end{eqnarray}$ heraus. Für n=2 (also zweite Ableitung) kommt da $\begin{eqnarray} \frac{4x^2}{(x^2+1)^2} \end{eqnarray}$ heraus, was ja auch noch ganz richtig ist. Wo ist mein Problem?
28.01.2007, 17:28	Harry Done	Auf diesen Beitrag antworten »
Naja du musst ja jetzt die einzelnen Faktoren beliebig oft ableiten, dass wäre zB für $\begin{eqnarray} g(x)=\frac{1}{x+i} \end{eqnarray}$ dann ja: $\begin{eqnarray} g'(x)=\frac{-1}{(x+i)^2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} g''(x)=\frac{-1\cdot (-2)}{(x+i)^3} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} g^{(k)}(x)=\frac{(-1)^k k!}{(x+i)^{k+1}} \end{eqnarray}$ und das dann in deine Summenbildung einsetzen.
28.01.2007, 17:32	phoney	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} g(x)=\frac{1}{x+i} \end{eqnarray}$ Handelt es sich bei dem i nicht um die Imaginäre Zahl i, kann man das dann wirklich so ableiten?
28.01.2007, 17:44	Raumpfleger	Auf diesen Beitrag antworten »
Eine kleine Rechnerei ergibt $\begin{eqnarray} (\frac{1}{x^2 + 1})^{(n)} = (-1)^n n! \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{(x + \rm{i})^{n - k + 1} (x - \rm{i})^{k + 1}} \end{eqnarray}$ womit nun wirklich alles gesagt ist. $\begin{eqnarray} \rm{i} \end{eqnarray}$ ist die imaginäre Einheit, sie ist eine Konstante und beeinflusst keinen Ableitungsbegriff.
28.01.2007, 18:00	phoney	Auf diesen Beitrag antworten »
Fast alles ist mir klar, danke dafür! Nur die kleine Rechnerei irgendwie nicht $\begin{eqnarray} g^{(k)}(x)=\frac{(-1)^k k!}{(x+i)^{k+1}} \end{eqnarray}$ Das hatten wir ja bereits gesagt, dann $\begin{eqnarray} h(x) = \frac{1}{x-i} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} h'(x) = - \frac{1}{(x - i)^2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} h''(x) = \frac{2}{(x - i)^3} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} h'''(x) = - \frac{6}{(x - i)^4} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} h^{(4)}(x) = \frac{24}{(x - i)^5} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} h^{(n)}(x)=\frac{(-1)^nn!}{(x-i)^{n+1}} \end{eqnarray}$ Dann ergibt sich ja $\begin{eqnarray} (\frac{1}{x^2 + 1})^{(n)} = (-1)^n n!\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{(x + \rm{i})^{n - k + 1} (x - \rm{i})^{k + 1}} \end{eqnarray}$ Das scheint mir gerade alles klar, aber wohin verschwindet der Binomialkoeffizient? das n! steht vor der Summe, ok, aber (n-k)!*k! ist irgendwie weg...bzw. ich sehe es nicht Das mit dem i als Konstante war mir uebrigens nicht bewusst. Danke für die super tollen Antworten! Trotzdem bleibt noch die Frage mit den Binomialkoeffizient
28.01.2007, 18:07	Raumpfleger	Auf diesen Beitrag antworten »
Du musst die Formeln für $\begin{eqnarray} h^{(k)}(x) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} g^{(n - k)}(x) \end{eqnarray}$ in die Leibnizformel einsetzen und $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} n \\ m \end{pmatrix} = \frac{n!}{m! (n - m)!} \end{eqnarray}$ beachten.
28.01.2007, 18:36	phoney	Auf diesen Beitrag antworten »
Das versuche ich mal. $\begin{eqnarray} (uv)^{(n)} = \sum_{k=0}^n {n \choose k} u^{(k)} v^{(n-k)} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} g^{(k)}(x)=\frac{(-1)^k k!}{(x+i)^{k+1}} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} h^{(k)}(x)=\frac{(-1)^kk!}{(x-i)^{k+1}} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = \sum_{k=0}^n {n \choose k} (\frac{(-1)^k k!}{(x+i)^{k+1}})^{(k)} (\frac{(-1)^kk!}{(x-i)^{k+1}})^{(n-k)} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = \sum_{k=0}^n \frac{n!}{(n-k)!k!} (\frac{(-1)^k k!}{(x+i)^{k+1}})^{(k)} (\frac{(-1)^kk!}{(x-i)^{k+1}})^{(n-k)} \end{eqnarray}$ Aber ist jetzt $\begin{eqnarray} (-1)^k(-1)^k \end{eqnarray}$ nicht plus 1. Und warum bleibt bei mir (n-k)! übrig? Und auch das k! kürzt sich nicht weg
28.01.2007, 20:06	Raumpfleger	Auf diesen Beitrag antworten »
JössesMarie, Du hast $\begin{eqnarray} h^{(k)}(x) \end{eqnarray}$ und nicht $\begin{eqnarray} h^{(n - k)}(x) \end{eqnarray}$ eingesetzt. Also Schritt für Schritt: $\begin{eqnarray} (h(x) g(x))^{(n)} = \sum_{k=0}^{n} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} h^{(n-k)}(x) g^{(k)}(x) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = \sum_{k=0}^{n} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \frac{(-1)^{n - k} (n - k)!}{(x + \rm{i})^{n - k + 1}} \frac{(-1)^k k!}{(x - \rm{i})^{k + 1}} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = \sum_{k=0}^{n} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \frac{(-1)^{n } (n - k)! k!}{(x + \rm{i})^{n - k + 1} (x - \rm{i})^{k + 1}} \end{eqnarray}$ und jetzt kommt die Definition des Binomialkoeffizienten zum Zuge und es bleibt $\begin{eqnarray} = (-1)^{n } n! \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{(x + \rm{i})^{n - k + 1} (x - \rm{i})^{k + 1}} \end{eqnarray}$ Das kann noch werden $\begin{eqnarray} = \frac{(-1)^{n } n!}{(x^2 + 1)} \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{(x + \rm{i})^{n - k} (x - \rm{i})^{k}} \end{eqnarray}$ und das funktioniert, weil $\begin{eqnarray} 0! := 1 \end{eqnarray}$
28.01.2007, 22:37	phoney	Auf diesen Beitrag antworten »
Aaaah Jetzt habe ich es kapiert! Vielen Dank! Beste Grüße phoney

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