beliebig oft diffbar

30.11.2013, 12:32

Theend9219

beliebig oft diffbar

Hallo

)
Ich habe folgende Aufgabe vor mir:
$\begin{eqnarray*} f(x) = log(1+x) for x > -1 \end{eqnarray*}$
Es gilt zu zeigen, dass sie beliebig oft differenzierbar ist und für n\geq 1 gilt
$\begin{eqnarray*} f^{n} = \frac{(-1)^{n+1}(n-1)!}{(1+x)^{n}} \end{eqnarray*}$

So wenn ich mal stur ableite und die ersten Ableitungen aufstelle erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} f(x) = f(x) = log(1+x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f'(x) = \frac{1}{x+1} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f''(x) = \frac{-1}{(x+1)^{2}} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f'''(x) = \frac{2}{(x+1)^{3}} \end{eqnarray*}$
...

Da der Nenner immer gleich ist kann ich sagen, dass ich mit höherer Ableitung die allgemeine Form: $\begin{eqnarray*} (x+1)^{n} \end{eqnarray*}$ erhalte.
Da der Nenner immer zwischen positiv und negativ wechselt und die erste Ableitung positiv ist, ist mir auch klar das für den Zähler gilt:
$\begin{eqnarray*} (-1)^{n+1} \end{eqnarray*}$
Also:
$\begin{eqnarray*} \frac{(-1)^{n+1}}{(x+1)^{n}} \end{eqnarray*}$ und dann noch $\begin{eqnarray*} (n-1)! \end{eqnarray*}$ heranmultiplizieren.
Aber ich glaube mathematisch korrekt ist das nicht, dass ich einfach "beispielsweise" ableite und sehe das sich eine allgemeine Form für eine beliebige differenzierbarkeit ergibt. Man müsste das doch auch mathematisch beweisen können..
Ich hoffe mir kann jemand bei dieser Aufgabe helfen Augenzwinkern

Liebe Grüße Shelly

30.11.2013, 12:36

Leopold

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Was du gemacht hast, nennt man Induktion: von Beispiel zu Beispiel springen und das allgemeine Prinzip erkennen. Jetzt mache diese Induktion vollständig, wie es die Mathematiker sagen. Zeige also, daß dein Schritt nicht nur bei diesen Beispielen stimmt, sondern immer.

30.11.2013, 12:37

mengi

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Hallo,

trotz meines Nachbarn der sich mit nem Presslufthammer versucht höre ich diese Aufgabe immer noch Induktion schreien.

30.11.2013, 12:38

Theend9219

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Wie soll ich die Induktion ansetzen?

30.11.2013, 12:46

Leopold

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Die Frage verstehe ich nicht. Es geht wie immer: Induktionsanfang (das hast du ja bereits dreifach hinter dir) und Induktionsschritt (mit Induktionsannahme, Induktionsbehauptung und Beweis).

30.11.2013, 13:06

Theend9219

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Okay .danke für Eure Hilfe.. Dann denke ich mir das ich einfach so vorgehe.. wenn es eine n-te ableitung gibt, dann muss es auch eine n+1 -te Ableitung geben

$\begin{eqnarray*} f^{n+1}(x) = \frac{d f^{n}}{dx} \end{eqnarray*}$
Wenn ich nun $\begin{eqnarray*} f^{n} \end{eqnarray*}$ ableite erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} \frac{d \frac{(-1)^{n+1}(n-1)!}{(1+x)^{n}}}{dx} = (-1)^{n+1} (n-1)! \frac{d ((1+x)^{-n})}{dx} = -1 \cdot (-1)^{1+n} n(1+x)^{-1-n} \cdot (-1+n)! \end{eqnarray*}$

Und nun?

30.11.2013, 13:10

Leopold

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Warum hörst du mitten in der Rechnung auf? Führe das zu Ende.

Vielleicht solltest du auch die Induktionsbehauptung ausdrücklich hinschreiben, damit du siehst, worauf alles hinzielt.

30.11.2013, 13:26

Theend9219

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Zitat:

Original von Theend9219
Induktionsbehauptung:

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

$\begin{eqnarray*} f^{n+1}(x) = \frac{d f^{n}}{dx} \end{eqnarray*}$
Wenn ich nun $\begin{eqnarray*} f^{n} \end{eqnarray*}$ ableite erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} \frac{d \frac{(-1)^{n+1}(n-1)!}{(1+x)^{n}}}{dx} = (-1)^{n+1} (n-1)! \frac{d ((1+x)^{-n})}{dx} = -1 \cdot (-1)^{1+n} n(1+x)^{-1-n} \cdot (-1+n)!= -1 \cdot (-1)^{1+n} \cdot n! \cdot (1+x)^{-1} \¢dot (1+x)^{-n} \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \frac{(-1)^{n} \cdot n!}{(1+x)^{n+1}} \end{eqnarray*}$ aber das ist ja nicht ganz gleich der Induktionsbehauptung..

Und nun?

30.11.2013, 13:38

Leopold

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Zitat:

Original von Theend9219
$\begin{eqnarray*} \frac{d \frac{(-1)^{n+1}(n-1)!}{(1+x)^{n}}}{dx} = (-1)^{n+1} (n-1)! \frac{d ((1+x)^{-n})}{dx} = -1 \cdot (-1)^{1+n} n(1+x)^{-1-n} \cdot (-1+n)!= -1 \cdot (-1)^{1+n} \cdot n! \cdot (1+x)^{-1} \cdot (1+x)^{-n} \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \frac{(-1)^{n} \cdot n!}{(1+x)^{n+1}} \end{eqnarray*}$ aber das ist ja nicht ganz gleich der Induktionsbehauptung..

Und nun?

Ich weiß zwar nicht, warum du das ein bißchen umständlich rechnest, statt es gleich auf den Punkt zu bringen. Aber richtig ist es. Und es ist auch die Induktionsbehauptung.

30.11.2013, 13:54

Theend9219

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Ah stimmt! Dankeschön..
Jetzt ist es mir klar ...
Und nun kann ich sagen, dass dies beliebig differenzierbar ist, denn die Ableitung n+1 existiert ebenfalls.?
Ich habe von dieser Funktion um den Punkt 0 mal die Taylorreihe aufgestellt. Und komme auf $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1} x^{n}}{n} \end{eqnarray*}$ . Wenn ich nun die Konvergenz dieser Reihe für $\begin{eqnarray*} |x| <1 \end{eqnarray*}$ aufzeigen will, wie gehe ich da vor?
Nehme ich in diesem Fall das Leibnitz Kriterium?

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1} x^{n}}{n} = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n} \cdot \frac{(-1) \cdot x^{n}}{n} \end{eqnarray*}$ Und nun zeige, dass

$\begin{eqnarray*} \frac{(-1) \cdot x^{n}}{n} \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge ist?
Was mache ich dann mit der Vorraussetzung: $\begin{eqnarray*} |x| <1 \end{eqnarray*}$ ?.. Ich hoffe du kannst mir nochmals helfen..

30.11.2013, 14:02

Iorek

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Da für den Konvergenzradius absolute Konvergenz eine Rolle spielt, ist das Leibnizkriterium nicht hilfreich.

Bestimmung des Konvergenzradius

30.11.2013, 17:29

Theend9219

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ach ich soll den Konvergenzradius bestimmen .. ich wusste nicht das das eine Potenreihe ist .. jetzt wird es mir klar und ich mach es mal..

30.11.2013, 17:44

Theend9219

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$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1} \cdot x^{n}}{n} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} r = \frac{1}{\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_{n}|}} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} r = 1 \end{eqnarray*}$

Das heisst für $\begin{eqnarray*} |x| <1 \end{eqnarray*}$ konvergiert die Reihe.

So?
Liebe Grüße

30.11.2013, 18:16

Iorek

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Wenn du $\begin{eqnarray*} r=1 \end{eqnarray*}$ entsprechend begründet hast, dann reicht das so.

30.11.2013, 18:21

Theend9219

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Dankeschön Augenzwinkern

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