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| Aufgabe | Die Ableitung von f:(a,b) [mm] \to \IC [/mm] in [mm] x\in(a,b) [/mm] ist definiert als
f'(x)= [mm] \limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{f(x+h)-f(x)}{h}= \limes_{y\rightarrow\ x} \bruch{f(x)-f(y)}{y-x} [/mm] falls der Grenzwert existiert. Dann heißt f differenzierbar in x.
a) Berechnen Sie direkt mit der obigen Definition die Ableitungen der folgenden Funktionen in einem beliebigen Punkt [mm] x\in \IR:
[/mm]
i) [mm] f(x)=a^{x } [/mm] für a>0 (Potenzgesetze und [mm] \limes_{z\rightarrow\ 0} \bruch{e^{z}-1}{z}=1 [/mm] wobei [mm] z\in \IC) [/mm] |
Hallo zusammen :)
ich habe bei der Aufgabe erstmal alles in die Definition eingesetzt und hingeschrieben:
[mm] f(x)=a^{x} [/mm] = [mm] e^{x log (a)}
[/mm]
[mm] f'(x)=\limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{e^{(x+h) log (a)}-e^{x log (a)}}{h}
[/mm]
[mm] =\limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{e^{x log (a)}*e^{h log (a)}-e^{x log (a)}}{h}
[/mm]
[mm] =\limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{e^{x log (a)}(e^{h log (a)}-1)}{h}
[/mm]
[mm] =\limes_{h\rightarrow\ 0} e^{x log (a)}*\bruch{e^{h log (a)}-1}{h}
[/mm]
[mm] =\limes_{h\rightarrow\ 0} e^{x log (a)}*\bruch{e^{h ^{log (a)}}-1}{h}
[/mm]
Nun ja, dass sieht ja fast schon so aus, dass ich [mm] \limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{e^{h}-1}{h}=1 [/mm] anwenden kann. Nur komme ich da nicht so recht weiter. Vielleicht hat ja noch jemand einen Tipp für mich, der mir weiter hilft :)
Schöne Grüße,
Flauschfussel
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hallo Flauschfussel,
> Die Ableitung von f:(a,b) [mm]\to \IC[/mm] in [mm]x\in(a,b)[/mm] ist
> definiert als
> f'(x)= [mm]\limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{f(x+h)-f(x)}{h}= \limes_{y\rightarrow\ x} \bruch{f(x)-f(y)}{y-x}[/mm]
> falls der Grenzwert existiert. Dann heißt f
> differenzierbar in x.
>
> a) Berechnen Sie direkt mit der obigen Definition die
> Ableitungen der folgenden Funktionen in einem beliebigen
> Punkt [mm]x\in \IR:[/mm]
>
> i) [mm]f(x)=a^{x }[/mm] für a>0 (Potenzgesetze und
> [mm]\limes_{z\rightarrow\ 0} \bruch{e^{z}-1}{z}=1[/mm] wobei [mm]z\in \IC)[/mm]
>
> Hallo zusammen :)
>
> ich habe bei der Aufgabe erstmal alles in die Definition
> eingesetzt und hingeschrieben:
>
> [mm]f(x)=a^{x}[/mm] = [mm]e^{x log (a)}[/mm]
>
> [mm]f'(x)=\limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{e^{(x+h) log (a)}-e^{x log (a)}}{h}[/mm]
>
> [mm]=\limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{e^{x log (a)}*e^{h log (a)}-e^{x log (a)}}{h}[/mm]
>
> [mm]=\limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{e^{x log (a)}(e^{h log (a)}-1)}{h}[/mm]
>
> [mm]=\limes_{h\rightarrow\ 0} e^{x log (a)}*\bruch{e^{h log (a)}-1}{h}[/mm]
>
> [mm]=\limes_{h\rightarrow\ 0} e^{x log (a)}*\bruch{e^{h ^{log (a)}}-1}{h}[/mm]
>
> Nun ja, dass sieht ja fast schon so aus, dass ich
> [mm]\limes_{h\rightarrow\ 0} \bruch{e^{h}-1}{h}=1[/mm] anwenden
> kann. Nur komme ich da nicht so recht weiter. Vielleicht
> hat ja noch jemand einen Tipp für mich, der mir weiter
> hilft :)
>
Den auftretetenden Ausdruck kannst Du doch so schreiben:
[mm]\bruch{e^{h*{log (a)}}-1}{h}=\blue{log(a)}*\bruch{e^{h*{log (a)}}-1}{h*\blue{log(a)}}[/mm]
Damit kannst Du nun die Aufgabe lösen.
> Schöne Grüße,
> Flauschfussel
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
Gruss
MathePower
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> Den auftretetenden Ausdruck kannst Du doch so schreiben:
>
> [mm]\bruch{e^{h*{log (a)}}-1}{h}=\blue{log(a)}*\bruch{e^{h*{log (a)}}-1}{h*\blue{log(a)}}[/mm]
>
> Damit kannst Du nun die Aufgabe lösen.
>
>
> Gruss
> MathePower
Oh natürlich :) was hab ich da bitte für ein großes Brett vor dem Kopf gehabt :D Danke für die Hilfe MathePower :) die Ableitung stimmt jetzt :)
Schönen Abend noch :)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:26 Sa 29.06.2013 | | Autor: | Triops |
Hi Flauschfussel,
achte bitte beim nächsten Mal darauf, zu welcher Basis du Deinen Logarithmus aufstellst.
Dein Ausdruck
$f(x) = [mm] a^{x} [/mm] = [mm] e^{x*log(a)}$ [/mm] ist insofern unvollständig, weil wir hier den natürlichen Logarithmus vorliegen haben.
Folglich ist
$f(x) = [mm] a^{x} [/mm] = [mm] e^{x*log_{e}(a)} [/mm] = [mm] e^{x*ln(a)}$
[/mm]
die korrekte Schreibweise.
Gruß
Tenzing
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