Ableitung < Differentiation < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:01 Sa 07.08.2010 | | Autor: | melisa1 |
| Aufgabe | Bestimmen sie alle Ableitungen der Funktion [mm] f:\R [/mm] \ {0} [mm] ->\R, f(x)=\bruch{e^x}{x}
[/mm]
Hinweis: Berechnen sie erst die ersten fünf Ableitungen. Faktorisieren sie die Koeffizienten. Erkennen sie eine Regel? Induktionsbeweis. |
Hallo,
die ersten fünf Ableitungen habe ich schon (wurde auch schon kontrolliert):
[mm] f'(x)=\bruch{e^x(x-1)}{x^2}
[/mm]
[mm] f''(x)=\bruch{e^x(x^2-2x+2)}{x^3}
[/mm]
[mm] f'''(x)=\bruch{e^x(x^3-3x^2+6x-6)}{x^4}
[/mm]
[mm] f^{(4)}=\bruch{e^x(x^4-4x^3+12x^2-24x+24)}{x^5}
[/mm]
[mm] f^{(5)}=\bruch{e^x(x^5-5x^4+20x^3-60x^2+120x-120)}{x^6}
[/mm]
Ich verstehe jetzt aber irgendwie überhaupt nicht wie das mit dem Faktorisieren und der Induktion funktioniert.
Ich würde mich über einen Tipp sehr freuen.
Lg Melisa
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> Bestimmen sie alle Ableitungen der Funktion [mm]f:\R[/mm] \ {0}
> [mm]->\R, f(x)=\bruch{e^x}{x}[/mm]
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> Hinweis: Berechnen sie erst die ersten fünf Ableitungen.
> Faktorisieren sie die Koeffizienten. Erkennen sie eine
> Regel? Induktionsbeweis.
> Hallo,
>
>
> die ersten fünf Ableitungen habe ich schon (wurde auch
> schon kontrolliert):
>
> [mm]f'(x)=\bruch{e^x(x-1)}{x^2}[/mm]
>
> [mm]f''(x)=\bruch{e^x(x^2-2x+2)}{x^3}[/mm]
>
> [mm]f'''(x)=\bruch{e^x(x^3-3x^2+6x-6)}{x^4}[/mm]
>
> [mm]f^{(4)}=\bruch{e^x(x^4-4x^3+12x^2-24x+24)}{x^5}[/mm]
>
> [mm]f^{(5)}=\bruch{e^x(x^5-5x^4+20x^3-60x^2+120x-120)}{x^6}[/mm]
>
>
> Ich verstehe jetzt aber irgendwie überhaupt nicht wie das
> mit dem Faktorisieren und der Induktion funktioniert.
>
> Ich würde mich über einen Tipp sehr freuen.
Hallo,
Du sollst aus dem, was Du jetzt hast, erstmal eine Regel für die n-te Ableitung erraten.
Was man sofort sieht, ist ja dies: [mm] f^{(n)}=\bruch{e^x*(Polynom\quad vom \quad Grad \quad n)}{x^{n+1}}
[/mm]
Jetzt sollst Du die Koeffizienten des Polynoms genauer unter die Lupe nehmen und feststellen, was sie mit dem jeweiligen n zu tun haben.
Ich sehe z.B., daß der Koeffizient vor dem n lineare Glied immer n! ist, der vor dem Leitkoeffizienten 1 und vor [mm] x^{n-1} [/mm] hat man den Koeffizienten n.
Das Polynom bei der 4. Ableitung kann ich schreiben als [mm] p_4(x)=x^4+4x^3+3*4x^2+2*3*4x+1*2*3*4.
[/mm]
Ich denke, daß Dir diese Hinweise helfen, einer Formel für die n-te Ableitung näherzukommen. Die so "geratene" Formel ist dann durch Induktion zu beweisen.
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:22 Sa 07.08.2010 | | Autor: | melisa1 |
danke für die schnelle Antwort und den ausführlichen Tipp!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:03 Sa 07.08.2010 | | Autor: | gfm |
> Bestimmen sie alle Ableitungen der Funktion [mm]f:\R[/mm] \ {0}
> [mm]->\R, f(x)=\bruch{e^x}{x}[/mm]
>
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> Hinweis: Berechnen sie erst die ersten fünf Ableitungen.
> Faktorisieren sie die Koeffizienten. Erkennen sie eine
> Regel? Induktionsbeweis.
> Hallo,
>
>
> die ersten fünf Ableitungen habe ich schon (wurde auch
> schon kontrolliert):
>
> [mm]f'(x)=\bruch{e^x(x-1)}{x^2}[/mm]
>
> [mm]f''(x)=\bruch{e^x(x^2-2x+2)}{x^3}[/mm]
>
> [mm]f'''(x)=\bruch{e^x(x^3-3x^2+6x-6)}{x^4}[/mm]
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> [mm]f^{(4)}=\bruch{e^x(x^4-4x^3+12x^2-24x+24)}{x^5}[/mm]
>
> [mm]f^{(5)}=\bruch{e^x(x^5-5x^4+20x^3-60x^2+120x-120)}{x^6}[/mm]
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> Ich verstehe jetzt aber irgendwie überhaupt nicht wie das
> mit dem Faktorisieren und der Induktion funktioniert.
>
> Ich würde mich über einen Tipp sehr freuen.
>
> Lg Melisa
>
>
Soviel Ableitungen braucht man gar nicht ausrechnen. Es gilt [mm]f(x)=q(x)*e^x[/mm]. Wenn man [mm]f[/mm] [mm](n)[/mm]-mal ableitet, werden wegen der Produktregel alle Ableitungen der Ordnung [mm]0[/mm] bis [mm]n[/mm] von [mm]q[/mm] auftauchen, und jeder Summand enthält [mm]e^x[/mm] als Faktor. Man erhält die Form [mm]f^{(n)}(x)=e^x*\summe_{j=0}^n a^{(n)}_j q^{(j)}(x)[/mm] (*) Das ist per vollst. Induktion leicht zu zeigen, denn es ja nur der Schritt [mm](e^x*q(x))'=e^x*(q(x)+q'(x))[/mm]: [mm]f^{(0)}(x)=e^x*(1/x)=e^x*\summe_{j=0}^0 1* (1/x)^{(j)}[/mm], also [mm]a^{(0)}_0=1[/mm]. Also für [mm]n=0[/mm] (Induktionsanfang) ist die Existenz der Form (*) gesichert. Wenn Du nun [mm](f^{(n)})'(x)=\left(e^x*\summe_{j=0}^n a^{(n)}_j q^{(j)}(x)\right)'[/mm] bildest, kannst Du das wieder auf eine Form [mm]f^{(n+1)}(x)=e^x*\summe_{j=0}^{n+1} a^{(n+1)}_j q^{(j)}(x)[/mm] bringen (Induktionsschluß von [mm]n[/mm] auf [mm]n+1[/mm]). Man erhält so die Rekursion der Binomialkoeffizienten, sodass man bei [mm] (e^x/x)^{(n)}=e^x*\summe_{j=0}^n\vektor{n\\j}(1/x)^{(j)} [/mm] landet. Hier könnte man noch die Ableitungen ausführen:
[mm] f^{(n)}(x)=n!*f(x)*\summe_{j=0}^n \frac{(-1)^j}{(n-j)!}\frac{1}{x^j}
[/mm]
(mit [mm] f(x)=e^x/x).
[/mm]
LG
gfm
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