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Forum "Differentiation" - Ableitung mit de l'Hospital
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Ableitung mit de l'Hospital: Herleitung
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 07:41 Fr 19.10.2018
Autor: sancho1980

Aufgabe
Für die Funktion f(x) = [mm] e^{\bruch{-1}{x^2}}, [/mm] x [mm] \not= [/mm] 0, und f(0) = 0 kann man zeigen (mit de l'Hospital), dass alle Ableitungen am Nullpunkt verschwinden: [mm] f^n(0) [/mm] = 0.

Hallo

die Regel von de l'Hospital besagt ja:

f, g ... differenzierbare Funktionen
Wenn

[mm] \limes_{x \rightarrow x_0} [/mm] f(x) = [mm] \limes_{x \rightarrow x_0} [/mm] g(x) = 0 oder

[mm] \limes_{x \rightarrow x_0} [/mm] |f(x)| = [mm] \limes_{x \rightarrow x_0} [/mm] |g(x)| = [mm] \infty [/mm]

dann:

[mm] \limes_{x \rightarrow x_0} \bruch{f(x)}{g(x)} [/mm] = [mm] \limes_{x \rightarrow x_0} \bruch{f'(x)}{g'(x)}. [/mm]

Kann mir jemand zeigen, wie man damit jetzt zeigt, dass alle Ableitungen [mm] f^n(0) [/mm] = 0?

Danke und Gruß

Martin

        
Bezug
Ableitung mit de l'Hospital: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 07:55 Fr 19.10.2018
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

> Kann mir jemand zeigen, wie man damit jetzt zeigt, dass alle Ableitungen [mm]f^n(0)[/mm] = 0?

Na bilde doch mal die Ableitung im Nullpunkt!
Damit solltest du vielleicht mal anfangen…

Für den Rest: Induktion.

Gruß,
Gono

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Ableitung mit de l'Hospital: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 09:48 Fr 19.10.2018
Autor: sancho1980

Also, f'(0) = 0, ich denke das ist klar.
Aber was hat das mit der Regel von l'Hospital zu tun?

Bezug
                        
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Ableitung mit de l'Hospital: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 10:00 Fr 19.10.2018
Autor: fred97


> Also, f'(0) = 0, ich denke das ist klar.

Wieso ? woher hast Du das ? Fällt das einfach so vom Himmel ??


>  Aber was hat das mit der Regel von l'Hospital zu tun?

Es ist $f'(0)= [mm] \lim_{x \to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x \to 0}\frac{f(x)}{x}$ [/mm]

Berechne den letzen Limes mit l'Hospital .


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Bezug
Ableitung mit de l'Hospital: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 22:17 Sa 20.10.2018
Autor: sancho1980

Vom Himmel nicht. Meine Denke war einfach, dass für x [mm] \not= [/mm] 0 gilt:

[mm] \limes_{x \rightarrow 0} [/mm] f(x) = 0

Und für x = 0 gilt:

f(x) = 0

Ist das nicht die Voraussetzung für Differenzierbarkeit?

Wenn ich jetzt f'(0) berechnen will, kann ich dann nicht einfach die Funktionsdefinition von f an der Stelle x = 0 nach den bekannten Regeln differenzieren?

Also, differenziere f(0) = 0:

Und 0' = 0.

Bezug
                                        
Bezug
Ableitung mit de l'Hospital: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 23:05 Sa 20.10.2018
Autor: fred97


> Vom Himmel nicht. Meine Denke war einfach, dass für x
> [mm]\not=[/mm] 0 gilt:
>  
> [mm]\limes_{x \rightarrow 0}[/mm] f(x) = 0
>  
> Und für x = 0 gilt:
>  
> f(x) = 0
>  
> Ist das nicht die Voraussetzung für Differenzierbarkeit?

Nein, das ist  die Stetigkeit.


>  
> Wenn ich jetzt f'(0) berechnen will, kann ich dann nicht
> einfach die Funktionsdefinition von f an der Stelle x = 0
> nach den bekannten Regeln differenzieren?
>  
> Also, differenziere f(0) = 0:
>  
> Und 0' = 0.

Oh mein Gott,  da fehlen  Grundlagen,  Grundlagen, .....

Dann nehmen wir mal  f(x)=x-4, f(4)=0, dann wäre nach Deiner  Auffassung f'(4)=0, merkst  Du  was?


Bezug
                                                
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Ableitung mit de l'Hospital: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 23:43 Sa 20.10.2018
Autor: sancho1980


> Dann nehmen wir mal  f(x)=x-4, f(4)=0, dann wäre nach
> Deiner  Auffassung f'(4)=0, merkst  Du  was?

Aber das ist doch was Anderes. f(x) = x-4 ist für x = 4 schließlich definiert. Diese Funktionsdefinition ist auf dem gesamten Definitionsbereich (also auch für x = 4) gültig. Wenn ich jetzt f'(4) berechnen will, würde ich genau gleich vorgehen:

1) Ich differenziere die Funktionsdefinition, welche an der gewünschten Stelle (x = 4) Gültigkeit besitzt: f'(x) = (x - 4)' = 1
2) In dieser Ableitung ersetze ich sodann jedes Vorkommnis von x durch 4. Da es kein x gibt, gibt es auch nichts zu ersetzen. Also f'(4) = 1.

Die Funktion um die es hier aber eigentlich ging, hat doch aber die Besonderheit, dass sie an der Stelle x = 0 anders definiert ist, als an jeder anderen Stelle. Das muss sie auch sein, da sie sonst für x = 0 nicht definiert wäre. Aber sie grenzt immerhin für x [mm] \rightarrow [/mm] 0 gegen gegen f(0) = 0.

Insofern bin ich wie beschrieben vorgegangen:

1) Ich differenziere die Funktionsdefinition, welche an der gewünschten Stelle (x = 0) Gültigkeit besitzt: f'(x) = (0)' = 0
2) In dieser Ableitung ersetze ich sodann jedes Vorkommnis von x durch 0. Da es kein x gibt, gibt es auch nichts zu ersetzen. Also f'(0) = 0.

Aber ich nehme mal an, das Problem ist, dass ich Ableitungsregeln angewendet habe auf eine Funktionsdefinition, die nur für einen einzigen Punkt Gültigkeit hat ... (nicht zulässig?)...

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Ableitung mit de l'Hospital: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 08:28 So 21.10.2018
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

das deine Argumentation nicht funktioniert, kannst du dir doch ganz einfach selbst überlegen.
Ich definiere mir die selbe Funktion von fred mal anders:

$f(x) = x - 4 = [mm] \begin{cases} x-4, &x\not=4 \\ 0, &x=4 \end{cases}$ [/mm]

Das ist die selbe Funktion.... aber plötzlich kann man deine "Argumentation" verwenden, denn an der Stelle x=4 ist sie ja "ganz anders" definiert als beim Rest des Definitionsbereichs…

Genauso ist das mit der anderen Funktion… die gegebene Form ist nur eine Schreibweise... sonst nichts.

Gruß,
Gono

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Ableitung mit de l'Hospital: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 10:52 So 21.10.2018
Autor: sancho1980

Aber mit Interpolation könnte man doch zeigen, dass die gesonderte Definition von f(4) = 0 vollkommen überflüssig ist.

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Ableitung mit de l'Hospital: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 16:55 So 21.10.2018
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

> Aber mit Interpolation könnte man doch zeigen, dass die
> gesonderte Definition von f(4) = 0 vollkommen überflüssig ist.

du hast den Sinn dahinter nicht verstanden. NATÜRLICH ist sie vollkommen überflüssig… aber du hast versucht etwas zu begründen. Wenn diese Begründung stimmen soll, muss sie für alle Funktionen funktionieren passen, die ins selbe Schema passen.
Die von mir gegebene Funktion hat das selbe Schema, aber deine Begründung kannst du da nicht anwenden… was schließt du daraus?

Letztendlich ist das Beispiel nur eine nette Form von "Du hast totalen Blödsinn geschrieben, merkste selbst, oder?"

Gruß,
Gono


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Ableitung mit de l'Hospital: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 00:50 So 21.10.2018
Autor: sancho1980

Also dann machen wir's so:

f'(0) = [mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{f(x) - f(0)}{x - 0} [/mm] = [mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{f(x)}{x} [/mm]

Da gilt  [mm] \limes_{x \rightarrow 0} [/mm] f(x) = 0 und [mm] \limes_{x \rightarrow 0} [/mm] x = 0, folgt

f'(0) = [mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{f'(x)}{1} [/mm] = 0.

Jetzt Berechnung von [mm] f^{n + 1}(0): [/mm]

[mm] f^{n + 1}(0) [/mm] = [mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{f^{n}(x) - f^{n}(0)}{x - 0} [/mm]

Jetzt weiß ich induktiv, dass [mm] f^{n}(0) [/mm] = 0, also

[mm] f^{n + 1}(0) [/mm] = [mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{f^{n}(x)}{x} [/mm]

Wie kann ich denn jetzt hier irgend eine Annahme bzgl [mm] \limes_{x \rightarrow 0} f^{n}(x) [/mm] treffen?

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Ableitung mit de l'Hospital: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 08:31 So 21.10.2018
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

> f'(0) = [mm]\limes_{x \rightarrow 0} \bruch{f'(x)}{1}[/mm] = 0.

Nicht so schnell, nicht so schnell!

Wieso sollte da 0 rauskommen?

Gruß,
Gono

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Ableitung mit de l'Hospital: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 10:50 So 21.10.2018
Autor: sancho1980

Also auch auf die Gefahr hin, mich zu blamieren.
Aber für x [mm] \not= [/mm] 0 kann ich f(x) doch ganz stur nach den Regeln ableiten:
f'(x) = [mm] \bruch{1}{x^3 * e^{\bruch{1}{x^2}}} [/mm]

Wenn ich jetzt beliebig kleine Werte für x einsetze, wird mei nFunktionswert beliebig klein.


edit: Glaube der Nachtrag war Unsinn, falls es einer gelesen hat.

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Ableitung mit de l'Hospital: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 17:04 So 21.10.2018
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

> Also auch auf die Gefahr hin, mich zu blamieren.
>  Aber für x [mm]\not=[/mm] 0 kann ich f(x) doch ganz stur nach den
> Regeln ableiten:
>  f'(x) = [mm]\bruch{1}{x^3 * e^{\bruch{1}{x^2}}}[/mm]

Da fehlt eine 2… sonst sieht es gut aus.

> Wenn ich jetzt beliebig kleine Werte für x einsetze, wird
> mei nFunktionswert beliebig klein.

Das ist doch aber kein Beweis für eine Grenzwert!
Wie fred schon sagte: GRUNDLAGEN, GRUNDLAGEN, GRUNDLAGEN!
Ja der Term geht gegen Null… nur wieso?

Tipp: $f'(x) = [mm] \frac{x^{-3}}{e^\frac{1}{x^2}}$ [/mm]

Und jetzt L'Hospital, L'Hospital, L'Hospital…

Gruß,
Gono

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Ableitung mit de l'Hospital: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 00:01 Mo 22.10.2018
Autor: sancho1980

Ok, jetzt bin ich schonmal so weit:

[mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{2x^{-3}}{e^{\bruch{1}{x^2}}} [/mm] = [mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{-6 x^{-4}}{\bruch{-2 e^{\bruch{1}{x^2}}}{x^3}} [/mm] = [mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{24 x^{-5}}{\bruch{2 e^{\bruch{1}{x^2}}(-2 - 3x^2)}{x^6}} [/mm] = [mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{24 x}{2 e^{\bruch{1}{x^2}}(-2 - 3x^2)} [/mm] = 0

Wie stelle ich jetzt das mit der Induktion noch an?

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Ableitung mit de l'Hospital: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 08:12 Mo 22.10.2018
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

> [mm]\limes_{x \rightarrow 0} \bruch{2x^{-3}}{e^{\bruch{1}{x^2}}}[/mm]
> = [mm]\limes_{x \rightarrow 0} \bruch{-6 x^{-4}}{\bruch{-2 e^{\bruch{1}{x^2}}}{x^3}}[/mm]
> = [mm]\limes_{x \rightarrow 0} \bruch{24 x^{-5}}{\bruch{2 e^{\bruch{1}{x^2}}(-2 - 3x^2)}{x^6}}[/mm]
> = [mm]\limes_{x \rightarrow 0} \bruch{24 x}{2 e^{\bruch{1}{x^2}}(-2 - 3x^2)}[/mm]
> = 0

[ok]
Einfacher & Schöner wäre es gewesen, wenn du nach jedem Schritt schon gekürzt hättest, aber deins geht auch.
  

> Wie stelle ich jetzt das mit der Induktion noch an?

Zeige: Es gilt [mm] $f^{(n)}(x) [/mm] = [mm] p_n\left(\frac{1}{x}\right)e^{-\frac{1}{x^2}}$ [/mm] wobei [mm] $p_n$ [/mm] ein Polynom ist.

Zeige dann: Für jedes Polynom p gilt [mm] $\lim_{x\to 0} p\left(\frac{1}{x}\right)e^{-\frac{1}{x^2}} [/mm] = 0$

Zusammen mit dem bisher gezeigten [mm] $f^{(n)}(0) [/mm] = [mm] \lim_{x\to 0} f^{(n+1)}(x)$ [/mm] wärst du dann fertig, da dann folgt:

[mm] $f^{(n)}(0) [/mm] = [mm] \lim_{x\to 0} f^{(n+1)}(x) [/mm] =  [mm] \lim_{x\to 0} p_{n+1}\left(\frac{1}{x}\right)e^{-\frac{1}{x^2}} [/mm] = 0$

Gruß,
Gono


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Ableitung mit de l'Hospital: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 23:40 Di 23.10.2018
Autor: sancho1980

Also ganz am Ziel bin ich noch nicht, aber folgende Überlegungen habe ich:

Du schreibst, ich soll zeigen, dass gilt:

[mm] f^n(x) [/mm] = [mm] p_n (\bruch{1}{x}) e^{\bruch{-1}{x^2}}, [/mm] wobei [mm] p_n [/mm] ein Polynom ist.

Wenn ich das richtig verstehe, dann reicht es zu zeigen, dass gilt:

[mm] f^n(x) [/mm] = [mm] q_n e^{\bruch{-1}{x^2}}, [/mm] wobei [mm] q_n [/mm] ein Polynom ist. Schließlich folgt daraus

[mm] f^n(x) [/mm] = [mm] p_n (\bruch{1}{x}) e^{\bruch{-1}{x^2}} [/mm]

mit [mm] p_n [/mm] = [mm] q_n (\bruch{1}{x}) [/mm]

Für die erste Ableitung gilt

[mm] f^1(x) [/mm] = [mm] 2x^{-3} e^{\bruch{-1}{x^2}} [/mm]

Es gilt also

[mm] f^1(x) [/mm] = [mm] q_1 e^{\bruch{-1}{x^2}} [/mm]

mit

[mm] q_1 [/mm] = [mm] 2x^{-3} [/mm]

Für die nächste Ableitung kann die Produktregel verwendet werden:

(f(x) g(x))' = f'(x)g(x) + f(x)g'(x)

also

[mm] f^{n + 1}(x) [/mm] = [mm] (f^n(x))' [/mm] = [mm] (q_n e^{\bruch{-1}{x^2}})' [/mm] = [mm] q_n' e^{\bruch{-1}{x^2}} [/mm] + [mm] q_n 2x^{-3} e^{\bruch{-1}{x^2}} [/mm] = [mm] (q_n' [/mm] + [mm] q_n 2x^{-3}) e^{\bruch{-1}{x^2}} [/mm] = [mm] q_{n + 1} e^{\bruch{-1}{x^2}} [/mm] mit [mm] q_{n + 1} [/mm] = [mm] (q_n' [/mm] + [mm] q_n 2x^{-3}), [/mm] was offensichtlich ein Polynom ist.

Es gilt also wie gefordert:

[mm] f^n(x) [/mm] = [mm] p_n (\bruch{1}{x}) e^{\bruch{-1}{x^2}}, [/mm] wobei [mm] p_n [/mm] folgendes Polynom ist

[mm] p_n [/mm] = [mm] q_n [/mm] x

Soweit erstmal richtig, oder?

Für den Grenzwert [mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{1}{x} e^{\bruch{-1}{x^2}} [/mm] gilt:

[mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{1}{x} e^{\bruch{-1}{x^2}} [/mm] = [mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{x^{-1}}{e^{\bruch{1}{x^2}}} [/mm] = [mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{-x}{2 e^{\bruch{1}{x^2}}} [/mm] = 0

Allerdings weiß ich nicht so recht, inwieweit mich das weiter bringt.

Was mir aber einleuchtet, ist Folgendes. Für eine beliebige Ableitung [mm] f^n(x) [/mm] = [mm] \bruch{q_n}{e^{\bruch{1}{x^2}}} [/mm]  kann [mm] q_n: [/mm]

1) nur positive Potenzen haben. In diesem Fall gilt offensichtlich

[mm] \limes_{x \rightarrow 0} f^n(x) [/mm] = 0

2) auch negative Potenzen haben. In diesem Fall ist

[mm] \limes_{x \rightarrow 0} q_n [/mm] = [mm] \limes_{x \rightarrow 0} e^{\bruch{1}{x^2}} [/mm] = [mm] \infty [/mm]

Jetzt kann ich [mm] q_n [/mm] und [mm] e^{\bruch{1}{x^2}} [/mm] sukzessive ableiten und bei jeder Ableitung x versuchen, den Grenzwert [mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{q_n^(x)}{(e^{\bruch{1}{x^2}})^(x)} [/mm] zu berechnen. Hierbei verringert sich der Grad von [mm] q_n [/mm] in jedem Ableitungsschritt um 1. Wegen der Quotientenregel verdoppelt sich hingegen der Grad des Polynoms p * [mm] e^{\bruch{1}{x^2}} [/mm] im Nenner, was dazu führt, dass der Grad des Polynoms [mm] q_n [/mm] im Zähler irgendwann positiv wird. Und dann ist der Grenzwert natürlich 0.
Aber für einen mathematischen Beweis ist das natürlich ein Bisschen viel Prosa :-)

Bezug
                                                                                        
Bezug
Ableitung mit de l'Hospital: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 08:53 Mi 24.10.2018
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

von der Idee her ist dein Beweis richtig… die Notation ist grausig. Daran musst du arbeiten.
Ich korrigiere mal:

> [mm]f^n(x)[/mm] = [mm]q_n e^{\bruch{-1}{x^2}},[/mm] wobei [mm]q_n[/mm] ein Polynom  ist. Schließlich folgt daraus

Beim [mm] q_n [/mm] fehlt das Argument. So wie du es notierst, hängt da nix von x ab und erst recht nicht wie!
Wenn du jetzt dazu schreibst, dass [mm] q_n [/mm] ein Polynom ist, könnte man meinen, da soll [mm] q_n(x) [/mm] stehen. Das wäre ja aber falsch.


> [mm]f^n(x)[/mm] = [mm]p_n (\bruch{1}{x}) e^{\bruch{-1}{x^2}}[/mm]
>  
> mit [mm]p_n[/mm] = [mm]q_n (\bruch{1}{x})[/mm]
>  
> Für die erste Ableitung gilt
>  
> [mm]f^1(x)[/mm] = [mm]2x^{-3} e^{\bruch{-1}{x^2}}[/mm]
>  
> Es gilt also
>  
> [mm]f^1(x)[/mm] = [mm]q_1 e^{\bruch{-1}{x^2}}[/mm]
>  
> mit
>  
> [mm]q_1[/mm] = [mm]2x^{-3}[/mm]

Auch hier wieder: Links steht etwas ohne x, rechts steht was mit x… wie soll das gleich sein? Argumente mitschreiben!
[mm]q_1(x) = 2x^{-3}[/mm]

Und jetzt aufpassen: So wäre [mm] q_1 [/mm] aber gar kein Polynom mehr, denn [mm] $2x^{-3}$ [/mm] ist kein Polynom. Das ist aber gar nicht die Aussage, sondern es soll gelten:

[mm]f^1(x)[/mm] = [mm]q_1\left(\frac{1}{x}\right) e^{\bruch{-1}{x^2}}[/mm]

setzt man nun [mm] $q_1(x) [/mm] = [mm] 2x^3$, [/mm] dann ist es auch wieder ein Polynom und obige Gleichung stimmt.
Darum ist so wichtig die Argumente korrekt zu mitzuziehen!


> Für die nächste Ableitung kann die Produktregel verwendet
> werden:
>  
> (f(x) g(x))' = f'(x)g(x) + f(x)g'(x)
>  
> also
>  
> [mm]f^{n + 1}(x)[/mm] = [mm](f^n(x))'[/mm] = [mm](q_n e^{\bruch{-1}{x^2}})'[/mm] =
> [mm]q_n' e^{\bruch{-1}{x^2}}[/mm] + [mm]q_n 2x^{-3} e^{\bruch{-1}{x^2}}[/mm]
> = [mm](q_n'[/mm] + [mm]q_n 2x^{-3}) e^{\bruch{-1}{x^2}}[/mm] = [mm]q_{n + 1} e^{\bruch{-1}{x^2}}[/mm]
> mit [mm]q_{n + 1}[/mm] = [mm](q_n'[/mm] + [mm]q_n 2x^{-3}),[/mm] was offensichtlich
> ein Polynom ist.

Hier dasselbe: Du schreibst lapidar q'… da steht aber eigentlich [mm] $\left(q\left(\frac{1}{x}\right)\right)'$ [/mm] was nach Kettenregel eben deutlich mehr ist als "nur" q'


> Es gilt also wie gefordert:
>  
> [mm]f^n(x)[/mm] = [mm]p_n (\bruch{1}{x}) e^{\bruch{-1}{x^2}},[/mm] wobei [mm]p_n[/mm]
> folgendes Polynom ist
>  
> [mm]p_n[/mm] = [mm]q_n[/mm] x
>  
> Soweit erstmal richtig, oder?

Schreib das nochmal sauber auf.
Viel schwieriger wird das mit den Argumenten auch nicht und die Argumentation bleibt die gleiche… aber durch die fehlenden Argumente und deren Ableitungen hast du oben noch Fehler drin, die du ausmerzen solltest.


> Für den Grenzwert [mm]\limes_{x \rightarrow 0} \bruch{1}{x} e^{\bruch{-1}{x^2}}[/mm]
> gilt:
>  
> [mm]\limes_{x \rightarrow 0} \bruch{1}{x} e^{\bruch{-1}{x^2}}[/mm] =
> [mm]\limes_{x \rightarrow 0} \bruch{x^{-1}}{e^{\bruch{1}{x^2}}}[/mm]
> = [mm]\limes_{x \rightarrow 0} \bruch{-x}{2 e^{\bruch{1}{x^2}}}[/mm]
> = 0

[ok]

> Allerdings weiß ich nicht so recht, inwieweit mich das
> weiter bringt.

> Was mir aber einleuchtet, ist Folgendes. Für eine
> beliebige Ableitung [mm]f^n(x)[/mm] =
> [mm]\bruch{q_n}{e^{\bruch{1}{x^2}}}[/mm]  kann [mm]q_n:[/mm]
>  
> 1) nur positive Potenzen haben. In diesem Fall gilt
> offensichtlich

Nein... der Fall kann nicht auftreten. Denn da steht ja [mm] $q_n\left(\frac{1}{x}\right)$ [/mm] (ARGUMENTE BEACHTEN!)
Ist nun [mm] q_n [/mm] ein Polynom, so sind alle auftretenden Potenzen in [mm] $q_n\left(\frac{1}{x}\right)$ [/mm] nichtnegativ.


> Jetzt kann ich [mm]q_n[/mm] und [mm]e^{\bruch{1}{x^2}}[/mm] sukzessive ableiten und bei jeder Ableitung x versuchen, den Grenzwert
> [mm]\limes_{x \rightarrow 0} \bruch{q_n^(x)}{(e^{\bruch{1}{x^2}})^(x)}[/mm]
> zu berechnen. Hierbei verringert sich der Grad von [mm]q_n[/mm] in
> jedem Ableitungsschritt um 1.

[ok]
Und schon kann man das Induktiv beweisen…

> Wegen der Quotientenregel
> verdoppelt sich hingegen der Grad des Polynoms p *
> [mm]e^{\bruch{1}{x^2}}[/mm] im Nenner, was dazu führt, dass der
> Grad des Polynoms [mm]q_n[/mm] im Zähler irgendwann positiv wird.

Das ist die Idee, ja.

> Und dann ist der Grenzwert natürlich 0.
>  Aber für einen mathematischen Beweis ist das natürlich
> ein Bisschen viel Prosa :-)

Stimmt :-)

Das kannst du nun in zwei Möglichkeiten beweisen:

1.) Du zeigst für alle Monome [mm] $m_n(x) [/mm] = [mm] x^n$, [/mm] dass [mm] $\lim_{x\to 0} \frac{m_n\left(\frac{1}{x}\right)}{e^{\frac{1}{x^2}}} [/mm] = [mm] \lim_{x\to 0} \frac{x^{-n}}{e^{\frac{1}{x^2}}} [/mm] = 0$ gilt und verwendest dann einfach, dass jedes Polynom eine Linearkombination aus Monomen ist… dann gilt folglich sofort für jedes Polynom vom Grad n:

[mm] $\lim_{x\to 0} \frac{p_n\left(\frac{1}{x}\right)}{e^{\frac{1}{x^2}}} [/mm] = [mm] \summe_{k=1}^n c_n \lim_{x\to 0} \frac{m_n\left(\frac{1}{x}\right)}{e^{\frac{1}{x^2}}} [/mm] = 0$

für geeignete Konstanten [mm] $c_n$. [/mm]

2.) Aus deinen Überlegungen folgt sofort:
Für ein Polynom [mm] p_n [/mm] vom Grad n gilt mit L'Hospital:
[mm] $\lim_{x\to 0} \frac{p_n\left(\frac{1}{x}\right)}{e^{\frac{1}{x^2}}} [/mm] = [mm] $\lim_{x\to 0} \frac{p_{n-1}\left(\frac{1}{x}\right)}{e^{\frac{1}{x^2}}} [/mm]  + [mm] \lim_{x\to 0} \frac{cx}{e^{\frac{1}{x^2}}}$ [/mm]

Wobei [mm] p_{n-1} [/mm] ein Polynom vom Grad n-1 ist und c eine Konstante.
Der Rest ist dann Induktion…

Gruß,
Gono



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Ableitung mit de l'Hospital: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 23:56 Do 01.11.2018
Autor: sancho1980

Sooo, hatte leider wenig Zeit die letzten Tage, wollte das aber noch zu Ende bringen.

Also erstmal, das mit dem Polynom und den Argumenten hatte ich tatsächlich missverstanden:
Erstens hatte ich [mm] p_n (\bruch{1}{x}) [/mm] interpretiert als

[mm] p_n [/mm] * [mm] (\bruch{1}{x}) [/mm]

Und zweitens hatte ich außer Acht gelassen, dass es kein Polynom mehr ist, wenn negative Potenzen im Spiel sind.

Also auf ein Neues:

Die erste Erkenntnis ist, dass jede Funktion der Form

f(x) = [mm] a_0 x^0 [/mm] + ... + [mm] a_n x^{-n} [/mm]

geschrieben werden kann in der Form

f(x) = [mm] p(\bruch{1}{x}), [/mm] wobei p(y) folgendes Polynom ist:

p(y) = [mm] a_0 y^0 [/mm] + ... + [mm] a_n y^n. [/mm]

Die Ableitung von [mm] e^{\bruch{-1}{x^2}} [/mm] ist 2 [mm] x^{-3} e^{\bruch{-1}{x^2}} [/mm] und somit [mm] p_1({\bruch{1}{x}}) e^{\bruch{-1}{x^2}} [/mm] mit [mm] p_1(y) [/mm] = [mm] 2y^3. [/mm]

Bei der Ableitung von f(x) = [mm] (a_0 x^0 [/mm] + ... + [mm] a_n x^{-n}) e^{\bruch{-1}{x^2}} [/mm] kommt die Produktregel

f'(x) = [mm] (a_0 x^0 [/mm] + ... + [mm] a_n x^{-n})' e^{\bruch{-1}{x^2}} [/mm] + [mm] (a_0 x^0 [/mm] + ... + [mm] a_n x^{-n}) (e^{\bruch{-1}{x^2}})' [/mm]

zum Tragen. Hier gilt:

[mm] (a_0 x^0 [/mm] + ... + [mm] a_n x^{-n})' e^{\bruch{-1}{x^2}} [/mm] + [mm] (a_0 x^0 [/mm] + ... + [mm] a_n x^{-n}) (e^{\bruch{-1}{x^2}})' [/mm] = [mm] (-a_1 x^0 [/mm] - ... -n [mm] x^{-(n + 1)}) e^{\bruch{-1}{x^2}} [/mm] + [mm] (a_0 x^0 [/mm] + ... + [mm] a_n x^{-n}) [/mm] 2 [mm] x^{-3} e^{\bruch{-1}{x^2}} [/mm] = [mm] (-a_1 x^0 [/mm] - ... -n [mm] x^{-(n + 1)}) e^{\bruch{-1}{x^2}} [/mm] + (2 [mm] a_0 x^{-3} [/mm] + ... + 2 [mm] a_n x^{- 3 - n}) e^{\bruch{-1}{x^2}} [/mm] = [mm] p_{n + 1}(\bruch{1}{x}) e^{\bruch{-1}{x^2}} [/mm] mit [mm] p_{n + 1}(y) [/mm] = [mm] -a_1 y^0 [/mm] - ... [mm] -a_n y^{n + 1} [/mm] + 2 [mm] a_0 y^{3} [/mm] + ... + 2 [mm] a_n y^{3 + n} [/mm]

Jetzt zum zweiten Teil:

Für n = 1 wurde schon gezeigt, dass

[mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{x^{-n}}{e^{\bruch{1}{x^2}}} [/mm] = [mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{x^{-1}}{e^{\bruch{1}{x^2}}} [/mm] = 0

Ferner gilt

[mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{a_n x^{-n}}{e^{\bruch{1}{x^2}}} [/mm] = [mm] a_n \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{x^{-n}}{e^{\bruch{1}{x^2}}} [/mm] = 0

und natürlich auch

[mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{a_0 + a_1 x^{-1}}{e^{\bruch{1}{x^2}}} [/mm] = [mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{a_0}{e^{\bruch{1}{x^2}}} [/mm] + [mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{a_1 x^{-1}}{e^{\bruch{1}{x^2}}} [/mm] = 0

Für m := n + 1 gilt nun:


[mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{a_0 + a_1 x^{-1} + ... + a_m x^{-m}}{e^{\bruch{1}{x^2}}} [/mm] = [mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{a_0 + a_1 x^{-1} + ... + a_n x^{-n}}{e^{\bruch{1}{x^2}}} [/mm] + [mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{a_{n + 1} x^{-(n + 1)}}{e^{\bruch{1}{x^2}}} [/mm] = 0 + [mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{a_{n + 1} x^{-(n + 1)}}{e^{\bruch{1}{x^2}}} [/mm]

Natürlich gilt auch

[mm] \limes_{x \rightarrow 0} a_{n + 1} x^{-(n + 1)} [/mm] = [mm] \infty [/mm]

und somit

[mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{a_{n + 1} x^{-(n + 1)}}{e^{\bruch{1}{x^2}}} [/mm] = [mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{-(n + 1) a_{n + 1} x^{-(n + 2)}}{2 x^{-3} e^{\bruch{-1}{x^2}}} [/mm] = [mm] \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{-(n + 1) a_{n + 1} x^{-(n - 1)}}{2 e^{\bruch{-1}{x^2}}} [/mm] = 0

Ist jetzt alles richtig?

Bezug
                                                                                                        
Bezug
Ableitung mit de l'Hospital: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 07:32 Fr 02.11.2018
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

vorweg: Deine Frage jetzt ist doch mal hübsch so lesen (inhaltlich, nicht formattechnisch).

> Die erste Erkenntnis ist, dass jede Funktion der Form
>  
> f(x) = [mm]a_0 x^0[/mm] + ... + [mm]a_n x^{-n}[/mm]
>  
> geschrieben werden kann in der Form
>  
> f(x) = [mm]p(\bruch{1}{x}),[/mm] wobei p(y) folgendes Polynom ist:
>  
> p(y) = [mm]a_0 y^0[/mm] + ... + [mm]a_n y^n.[/mm]

[ok]

> Die Ableitung von [mm]e^{\bruch{-1}{x^2}}[/mm] ist 2 [mm]x^{-3} e^{\bruch{-1}{x^2}}[/mm]
> und somit [mm]p_1({\bruch{1}{x}}) e^{\bruch{-1}{x^2}}[/mm] mit
> [mm]p_1(y)[/mm] = [mm]2y^3.[/mm]

[ok]  

> Bei der Ableitung von f(x) = [mm](a_0 x^0[/mm] + ... + [mm]a_n x^{-n}) e^{\bruch{-1}{x^2}}[/mm] kommt die Produktregel

Kleiner Hinweis: Wenn du oben schon f(x) verwendet hast für eine andere Funktion… vllt. eine andere Bezeichnung nehmen. Es ist nicht falsch, aber könnte Leser verwirren.

>  
> f'(x) = [mm](a_0 x^0[/mm] + ... + [mm]a_n x^{-n})' e^{\bruch{-1}{x^2}}[/mm] +
> [mm](a_0 x^0[/mm] + ... + [mm]a_n x^{-n}) (e^{\bruch{-1}{x^2}})'[/mm]
>  
> zum Tragen. Hier gilt:
>  
> [mm](a_0 x^0[/mm] + ... + [mm]a_n x^{-n})' e^{\bruch{-1}{x^2}}[/mm] + [mm](a_0 x^0[/mm]
> + ... + [mm]a_n x^{-n}) (e^{\bruch{-1}{x^2}})'[/mm] = [mm](-a_1 x^0[/mm] -
> ... -n [mm]x^{-(n + 1)}) e^{\bruch{-1}{x^2}}[/mm] + [mm](a_0 x^0[/mm] + ... +
> [mm]a_n x^{-n})[/mm] 2 [mm]x^{-3} e^{\bruch{-1}{x^2}}[/mm] = [mm](-a_1 x^0[/mm] - ...
> -n [mm]x^{-(n + 1)}) e^{\bruch{-1}{x^2}}[/mm] + (2 [mm]a_0 x^{-3}[/mm] + ...
> + 2 [mm]a_n x^{- 3 - n}) e^{\bruch{-1}{x^2}}[/mm] = [mm]p_{n + 1}(\bruch{1}{x}) e^{\bruch{-1}{x^2}}[/mm]
> mit [mm]p_{n + 1}(y)[/mm] = [mm]-a_1 y^0[/mm] - ... [mm]-a_n y^{n + 1}[/mm] + 2 [mm]a_0 y^{3}[/mm]
> + ... + 2 [mm]a_n y^{3 + n}[/mm]

[ok]  

> Jetzt zum zweiten Teil:
>  
> Für n = 1 wurde schon gezeigt, dass
>  
> [mm]\limes_{x \rightarrow 0} \bruch{x^{-n}}{e^{\bruch{1}{x^2}}}[/mm]
> = [mm]\limes_{x \rightarrow 0} \bruch{x^{-1}}{e^{\bruch{1}{x^2}}}[/mm]
> = 0
>  
> Ferner gilt
>  
> [mm]\limes_{x \rightarrow 0} \bruch{a_n x^{-n}}{e^{\bruch{1}{x^2}}}[/mm]
> = [mm]a_n \limes_{x \rightarrow 0} \bruch{x^{-n}}{e^{\bruch{1}{x^2}}}[/mm]
> = 0
>  
> und natürlich auch
>  
> [mm]\limes_{x \rightarrow 0} \bruch{a_0 + a_1 x^{-1}}{e^{\bruch{1}{x^2}}}[/mm]
> = [mm]\limes_{x \rightarrow 0} \bruch{a_0}{e^{\bruch{1}{x^2}}}[/mm]
> + [mm]\limes_{x \rightarrow 0} \bruch{a_1 x^{-1}}{e^{\bruch{1}{x^2}}}[/mm]
> = 0
>  
> Für m := n + 1 gilt nun:
>  
>
> [mm]\limes_{x \rightarrow 0} \bruch{a_0 + a_1 x^{-1} + ... + a_m x^{-m}}{e^{\bruch{1}{x^2}}}[/mm]
> = [mm]\limes_{x \rightarrow 0} \bruch{a_0 + a_1 x^{-1} + ... + a_n x^{-n}}{e^{\bruch{1}{x^2}}}[/mm]
> + [mm]\limes_{x \rightarrow 0} \bruch{a_{n + 1} x^{-(n + 1)}}{e^{\bruch{1}{x^2}}}[/mm]
> = 0 + [mm]\limes_{x \rightarrow 0} \bruch{a_{n + 1} x^{-(n + 1)}}{e^{\bruch{1}{x^2}}}[/mm]
>  
> Natürlich gilt auch
>  
> [mm]\limes_{x \rightarrow 0} a_{n + 1} x^{-(n + 1)}[/mm] = [mm]\infty[/mm]
>  
> und somit
>  
> [mm]\limes_{x \rightarrow 0} \bruch{a_{n + 1} x^{-(n + 1)}}{e^{\bruch{1}{x^2}}}[/mm]
> = [mm]\limes_{x \rightarrow 0} \bruch{-(n + 1) a_{n + 1} x^{-(n + 2)}}{2 x^{-3} e^{\bruch{-1}{x^2}}}[/mm]
> = [mm]\limes_{x \rightarrow 0} \bruch{-(n + 1) a_{n + 1} x^{-(n - 1)}}{2 e^{\bruch{-1}{x^2}}}[/mm]
> = 0
>  
> Ist jetzt alles richtig?

Sehr schön!
Vllt. an den Stellen noch hinschreiben, wo du die IV benutzt… ansonsten alles schick.

Gruß,
Gono

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