Differential- Und Integralrechnung

[breaker]

Hier kann alles Analysis-mäßige rein. Ne Frage hab ich momentan noch nicht, aber wenn ich gerade dabei bin, mach ich gleich ein paat Threads.

[breaker]

Ich habe heute einen mathematischen Beweis gesehen, den ich absolut nicht verstehe. Oder besser gesagt, ich verstehe eigentlich alles drum herum, aber ich weiß nicht, wo da der Beweis sein soll.
Also, es geht um:
(ich hoffe, ich habs noch richtig im Kopf)

So. Damit hat man doch im Prinzip nur bewiesen, dass (1+nx)(1+x)>=1+(n+1)x ist, aber sonst doch nix, oder?

[msueper]

im Induktionsanker müsste auch schon >= stehen, weil ja >= in der Voraussetzung (1+x)^n >= (1+nx) benutzt wird

[gradient]

So. Damit hat man doch im Prinzip nur bewiesen, dass (1+nx)(1+x)>=1+(n+1)x ist, aber sonst doch nix, oder?

Verstehe ich nicht. Du hast damit nach vollständiger Induktion gezeigt, dass die Bernoulli-Gleichung am Anfang stimmt. Passt doch (außer, dass man normalerweise Induktionsanfang, Induktionsbehauptung, Induktionsschritt und so dazu schreibt)!

[breaker]

An welcher Stelle steht denn da die Aussage, dass (1+x)^(n+1) >= 1+(n+1)x ist?

Das ist doch die Annahme, die man beweisen will.
Mein Problem steckt glaub an der Stelle: (1+x)^n(1+x)>=(1+nx)(1+x)
Woher weiß man, dass (1+x)^n(1+x)>=(1+nx)(1+x) ist? Das will man doch gerade beweisen. Und dann kann man es doch nicht als Beweis benutzen.

[Ray Light]

qed

[breaker]

AH
Langsam...
an geht davon aus, dass die Ungleichung für n gilt. Und, WENN sie für n gilt, DANN gilt sie auch für n+1 und somit für alle natürlichen Zahlen, richtig?

[gradient]

Ich hatte das Glück, in der Schule was über vollständige Induktion gehört zu haben.

Ich erkläre mal das Grundprinzip, dann wird dir sicher klar, dass dein Problem gar keines ist:

\fedon\mixonSatz: Für jedes n \el\ \IN sei eine Aussage A(n) gegeben.
Es gelte:
1) A(1) ist wahr.
2) Ist für n \el\ \IN die Aussage A(n) wahr, so ist auch die
Aussagen A(n+1) wahr.
DANN gilt: ALLE Aussagen A(n) sind WAHR!!

Beweis durch Widerspruch.
Sei M die Menge aller natürlichen Zahlen, für die A(n) falsch ist.
N sei davon die kleinste Zahl.
Wegen Punkt 1) gilt: N >= 2 sowie N-1 \el\ \IN. Da ja N die
kleiste Zahl ist, für die A(n) falsch ist, ist A(N-1) wahr und
\fedoffaufgrund 2) auch A(N). Widerspruch. q.e.d.

@ Ray: du sagst es

[belgariath]

Hey irgendwie verstehe ich grad die welt der differentiation nicht mehr.

Wenn man [math]-Ln[1/(1-x)][/math] ableitet erhält man doch [math]1/(1-x)[/math]
Wenn man [math] -Ln[1/(x-1)] [/math] ableitet erhält man [math]-1/(x-1)[/math]
Die Beiden Ergebnisse sind doch gleich (wenn man das zweite mit -1 kürzt erhält man das erste), aber die Stammfkts. sind doch komplet verschieden. Wie kann das sein?

[breaker]

Ich habs gerade von Hand nachgerechnet. Relativ schwer, da einen Punkt zu finden, in dem der Knackpunkt steckt. Mann kann eben irgendwo eine -1 ausklammern und dann steht da zum Schluss das gleiche.
Das mit den Stammfunktionen hab ich noch nicht ausprobiert.
Aber es ist ja nicht gesagt, dass 2 Funktionen, die die gleiche Ableitung haben, auch gleiche Stammfunktionen haben müssen. y=x² und y=x²+1 haben auch unterschiedliche Stammfunktionen.
Aber ein bisschen merkwürdig bleibts auch für mich.

[belgariath]

Wenn sie aber dieselbe Ableitung haben unterscheidet sich die Stammfkt nur um eine Konst.

Vor allem wirkt es komisch, wenn man die beiden logaritmen plottet. Die sind total verschieden

[breaker]

Also, 'nur um eine Konstante' unterscheiden sich die Stammfunktionen nicht, weil man von der Ableitung bis zur Stammfunktion ja zweimal integriert.
x² hat 1/3 x³ als Stammfunktion und x²+1 hat 1/3x³+x als Stammfunktion. Das sollte ja im Grunde auch nur zeigen, dass es geht, dass Ableitungen gleich und Stammfunktionen unterschiedlich sein können; das Beispiel war eben das, das mir als erstes eingefallen ist.

Aber geplottet habe ich sie noch nicht, das mach ich gleich mal...

[breaker]

AH, BIN ICH DOOF!

Habs geplottet. Ist eigentlich total logisch.
So, fangen wir vorne an.
Schauen wir uns die erste Kurve an.
-ln[1/(1-x)]
Für x = 1 hat man das Argument 1/0, also ein nicht definierter Ausdruck.
Also hätte man für x = 1 (salopp gesagt) -ln(unendlich).
ln(unendlich) geht gegen unendlich (da e^(unendlich) = unendlich).
Also geht die Kurve für x = 1 gegen -unendlich.

Bei der anderen Kurve wird man feststellen, dass es genau so ist.
Die beiden Kurven haben also die gleiche Asymptote bei x = 1.
NUR:
Die eine nähert sich ihr von links an und die andere von rechts.
Die beiden kurven haben also unterschiedliche Definitionsbereiche und treffen sich nirgends.
Wenn man die Ableitung jetzt nur rechenrisch ermittelt, bekommt man eine Kurve, die links von x = 1 die Steigung der einen Kurve beschreibt und rechts von x = 1 die Steigung der anderen.

Man muss also den Definitionsbereich der Kurven beachten; Wenn eine Kurve nur in einem eingeschränkten Bereich existiert, kann natürlich die Ableitung auch nur dort existieren.
Und, wenn für die eine Kurve nur der linke Teil der errechneten Ableitungskurve gilt und für die andere nur der rechte Teil, dann haben die Kurven im Prinzip eigentlich auch verschiedene Ableitungen, weil sich der linke Teil vom rechten unterscheidet.

[breaker]

Also, wer's genau wissen will:

[belgariath]

hey volltreffer !
danke, das war gut erklärt.
Ich hatte die Ableitung nicht geplottet aber jetzt, wird alles klar.
Trotzdem irgendwie faszinierend.

[breaker]

Kleine Frage:
Sagt mal, könnte man denn, um ein Integral anzunähern, anstatt Treppenfunktion oder ähnlichem denn nicht einfach eine Taylorreihe machen und die dann integrieren?

Müsste doch an sich eigentlich funktionieren, oder? Wenn die Taylorreihe gut genug ist, sieht die Funktion doch aus wie das Original und dann müsste doch auch der Flächeninhalt gleich sein.

Ich bin noch dabei, das durchzurechnen, deswegen biete ich mal noch nicht direkt eine Gleichung an.

[tomS]

Ja, du hast recht, das geht - unter gewissen Voraussetzungen! Wichtig ist, dass die Funktion
1) in eine Taylorreihe entwickelt werden kann
2) diese Entwicklung eine bestimmte Konvergenzeigenschaft hat
3) die durch Integration entstehende neue Taylorreihe wieder summiert werden kann
2 und 3 bedeuten, dass man zunächst das Integral über die Summe in eine Summe der einzelnen integrierten Terme ersetzen kann, d.h. dass die resultierden Summe auch wieder konvergiert (was nicht automatisch der Fall sein muss). Zum anderen will man ja auch praktisch etwas ausrechnen und möchte deswegen die Taylorreihe wieder summieren, also durch eine elementare Funktion darstellen.
Du kannst das ja mal für Sinus und Cosinus ausprobieren, dafür sind die Reiehn und die Differentation / Integration ja gut bekannt.

[breaker]

Ich hab wieder 'ne Frage:
Sagt mal, gibt es denn eine Möglichkeit, von einer (unendlichen) Potenzreihe direkt auf die Funktion zu schließen, die sie darstellt?
Bei ∑2ⁿ/n!∙xⁿ weiß ich auswendig (oder durch rückwärtsrechnen), dass es e^2x gibt, aber ich hab keine Ahnung, wie ich da vorwärts drauf kommen soll...
Oder anders gefragt: Wie berechnet man Grenzwerte von Funktionenfolgen und -reihen, wenn sich Ausdrücke wie 0/0 oder ∞/∞ ergeben?

[tomS]

Das sind doch zwei Fragen, oder?

Also man kann von einer irgendwie gegebene Potenzreihe nicht direkt auf die Funktion schließen. Man muss eben eine Liste von Potenzreihenentwicklungen haben und vergleichen (und ggf. vorher entsprechend umformen).

Wie bei Funktionsreihen 0/0 entstehen soll, kann ich nicht nachvollziehen.

[breaker]

Okay, 0/0 vielleicht nicht, aber ∞/∞. Hab irgendwie aus Gewohnheit beides geschrieben.

[tomS]

Auch das kann ich mir nicht vorstellen. Potenzreihen führen doch nicht auf Brüche.

[breaker]

Okay, kann sein, dass ich irgendwas verwechsle...

[breaker]

Ich hab mal wieder ein grundlegendes Problem:

Wenn gilt, geht dann auch gegen Null?

[tomS]

Wenn das Intervall [a,b] endlich ist und wenn f(R,t) innerhalb dieses Intervalls für alle t beschränkt ist, und wenn der Limes = 0 für alle t gilt, dann sicher.

Beweis: man betrachte statt dessen |f(R,t)| und schätze das Integral nach oben ab; dazu bestimmt man
F = max |f(R,t)|
Dann ist das Integral über f sicher kleiner oder gleich dem über |f|, und das schätzt man nach oben als
(b-a) * F = (b-a) * max |f|.
Nun ist aber der Limes für max |f| immer noch 0, denn der Limes galt ja für alle R.

Die Frage ist, ob und wie man die Voraussetzungen aufweichen kann.

[gravi]

Kurze Zwischenanmerkung:
Mimetex funktioniert wieder. Verbraucht im Gegensatz zu hochgeladenen Bildern keinen Speicherplatz

Schelmischen Gruß
gravi