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| Aufgabe | Sei f ein bzw. zweimal differenzierbar. Zeige, dass dann gilt:
a.) [mm] \limes_{h\rightarrow 0} \bruch{f(x_0+h)-f(x_0-h)}{2h} [/mm] = [mm] f'(x_0)
[/mm]
b.) [mm] \limes_{h\rightarrow 0} \bruch{f(x_0+h)-2f(x_0)+f(x_0-h)}{h^2} [/mm] = [mm] f''(x_0) [/mm] |
Hallo!!
Teil a.) habe ich bereits gelöst, indem ich den Bruch so umschreibe:
[mm] \limes_{h\rightarrow 0} \bruch{f(x_0+h)-f(x_0)+f(x_0)-f(x_0-h)}{2h}
[/mm]
[mm] =\limes_{h\rightarrow 0} \bruch{1}{2}(\bruch{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}+\bruch{-f(x_0)+f(x_0-h)}{-h}
[/mm]
[mm] =\bruch{1}{2}(f'(x_0)+f'(x_0))
[/mm]
[mm] =f'(x_0)
[/mm]
Doch bei Teil b.) komme ich auf keinen vernünftigen Ansatz. Ich weiß auch gar nicht wie ich umformen soll, da ja als Ergebnis direkt die zweite Ableitung rauskommen muss, aber ich kenne ja nur den Differenzenquotient und der liefert mir ja die erste Ableitung.
Danke für eure Hilfe.
Viele Grüße Patrick
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:12 Fr 08.02.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Sei f ein bzw. zweimal differenzierbar. Zeige, dass dann
> gilt:
>
> a.) [mm]\limes_{h\rightarrow 0} \bruch{f(x_0+h)-f(x_0-h)}{2h}[/mm] =
> [mm]f'(x_0)[/mm]
>
> b.) [mm]\limes_{h\rightarrow 0} \bruch{f(x_0+h)-2f(x_0)+f(x_0-h)}{h^2}[/mm]
> = [mm]f''(x_0)[/mm]
> Hallo!!
> ...
> Doch bei Teil b.) komme ich auf keinen vernünftigen Ansatz.
> Ich weiß auch gar nicht wie ich umformen soll, da ja als
> Ergebnis direkt die zweite Ableitung rauskommen muss, aber
> ich kenne ja nur den Differenzenquotient und der liefert
> mir ja die erste Ableitung.
wieso liefert Dir der Differenzenquotient denn nur die erste Ableitung? Die zweite Ableitung ist die Ableitung der ersten Ableitung, also gilt (ich nehme an, dass bei Euch bei der Schreibweise [mm] $\lim_{h \to 0}$ [/mm] automatisch [mm] $h\not=0$ [/mm] mit definiert wurde; ich sage das nur, damit da niemand Einwände liefert  ):
[mm] $f''(x_0)=\lim_{h \to 0} \frac{f'(x_0+h)-f'(x_0)}{h}$
[/mm]
Ehrlich gesagt habe ich mir da aber nun auch keine weiteren Gedanken zu gemacht, ob man damit nun die Behauptung folgern kann (aber das ist ja auch Deine Aufgabe ).
Obwohl, wenn man nun das Ergebnis aus Teil a) mit verwendet, könnte es schnell da stehen... Probier' einfach mal, ob Dir das hilft.
Wenn Du auch damit nun auch nicht weiterkommen solltest, könntest Du vll. mal versuchen, den MWS anzuwenden, das wäre jedenfalls für mich eine naheliegende Idee...
Gruß,
Marcel
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Hey, danke schonmal.
Also ich habe mir dann bis jetzt folgendes überlegt:
Es ist [mm] $f''(x)=\bruch{f'(x_0+h)-f'(x_0)}{h}$ [/mm] d.h. ich muss von
$ [mm] \limes_{h\rightarrow 0} \bruch{f(x_0+h)-2f(x_0)+f(x_0-h)}{h^2} [/mm] $ auf [mm] $f''(x)=\bruch{f'(x_0+h)-f'(x_0)}{h}$ [/mm] kommen.
Ein h im Nenner stimmt ja schonmal, also muss gelten:
$ [mm] \limes_{h\rightarrow 0} \bruch{f(x_0+h)-2f(x_0)+f(x_0-h)}{h} [/mm] $ = [mm] f'(x_0+h)-f'(x_0) [/mm]
Wobei sich die rechte Seite ja ausdrücken lässt als:
[mm] \bruch{f(x_0+h+h)-f(x_0+h)}{h}-\bruch{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}
[/mm]
Das heißt dann:
[mm] \bruch{f(x_0+h)-2f(x_0)+f(x_0-h)}{h} [/mm] = [mm] \bruch{f(x_0+h+h)-f(x_0+h)-f(x_0+h)-f(x_0)}{h}
[/mm]
Jetzt komme ich aber nicht weiter? Stimmt der Ansatz überhaupt so? Ich weiß nicht genau wie ich immer mit dem Limes davor umgehen soll.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:11 Fr 08.02.2008 | | Autor: | abakus |
> Hey, danke schonmal.
> Also ich habe mir dann bis jetzt folgendes überlegt:
>
> Es ist [mm]f''(x)=\bruch{f'(x_0+h)-f'(x_0)}{h}[/mm] d.h. ich muss
> von
>
> [mm]\limes_{h\rightarrow 0} \bruch{f(x_0+h)-2f(x_0)+f(x_0-h)}{h^2}[/mm]
> auf [mm]f''(x)=\bruch{f'(x_0+h)-f'(x_0)}{h}[/mm] kommen.
Ersetze [mm] f'(x_0+h) [/mm] durch [mm] \limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f((x_0+h)+h)-f(x_0+h)}{h}
[/mm]
und [mm] f'(x_0) [/mm] durch [mm] \limes_{h\rightarrow 0}\bruch{f((x_0)+h)-f(x_0)}{h}
[/mm]
(so, wie die erste Ableitung an einer Stelle [mm] (x_0 [/mm] +h bzw. [mm] x_0) [/mm] eben definiert ist.
>
> Ein h im Nenner stimmt ja schonmal, also muss gelten:
>
> [mm]\limes_{h\rightarrow 0} \bruch{f(x_0+h)-2f(x_0)+f(x_0-h)}{h}[/mm]
> = [mm]f'(x_0+h)-f'(x_0)[/mm]
>
> Wobei sich die rechte Seite ja ausdrücken lässt als:
>
> [mm]\bruch{f(x_0+h+h)-f(x_0+h)}{h}-\bruch{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}[/mm]
>
> Das heißt dann:
>
> [mm]\bruch{f(x_0+h)-2f(x_0)+f(x_0-h)}{h}[/mm] =
> [mm]\bruch{f(x_0+h+h)-f(x_0+h)-f(x_0+h)-f(x_0)}{h}[/mm]
>
> Jetzt komme ich aber nicht weiter? Stimmt der Ansatz
> überhaupt so? Ich weiß nicht genau wie ich immer mit dem
> Limes davor umgehen soll.
>
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Die bisherigen Ansätze sind, denke ich, nicht zielführend. Abakus z.B. beachtet überhaupt nicht, daß da zwei verschiedene Grenzprozesse dahinter stecken. Wenn schon, dann müßte man so schreiben:
[mm]f''(x_0) = \lim_{h \to 0} \frac{f'(x_0+h)-f'(x_0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\lim_{t \to 0} \frac{f(x_0+h+t) - f(x_0+h)}{t} - \lim_{t \to 0} \frac{f(x_0+t) - f(x_0)}{t}}{h}
[/mm]
Das wird uferlos.
Es müßte wohl mit dem ![[]](/images/popup.gif) erweiterten Mittelwertsatz der Differentialrechnung zu bewerkstelligen sein. Der Term, um den es geht, geht beim Übergang von [mm]h[/mm] nach [mm]-h[/mm] in sich über. Es genügt daher, [mm]h>0[/mm] zu betrachten. Für genügend kleine [mm]t>0[/mm] betrachte man daher die Funktionen
[mm]u(t) = f(x_0+t) + f(x_0-t)[/mm] und [mm]v(t) = t^2[/mm]
und wende auf das Intervall [mm][0,h][/mm] den erweiterten Mittelwertsatz an:
[mm]\frac{u(h) - u(0)}{v(h) - v(0)} = \frac{u'(\vartheta h)}{v'(\vartheta h)}[/mm]
Hierbei ist [mm]\vartheta[/mm] mit [mm]0 < \vartheta < 1[/mm] eine von [mm]h[/mm] abhängige Zahl. Entscheidend ist letzlich nur, daß später [mm]\vartheta h \to 0[/mm] geht, wenn [mm]h \to 0[/mm] geht.
Es ist selbstverständlich sorgfältig zu prüfen, ob alle Voraussetzungen des erweiterten Mittelwertsatzes vorliegen. Und auch Aufgabenteil a) sollte man nicht vergessen ...
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:08 Fr 08.02.2008 | | Autor: | abakus |
t geht gegen Null und h geht gegen Null - was spricht dagegen, beide im "Gleichtakt" gegen Null laufen zu lassen (also t=h zu setzen)? Nichts.
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Ich wäre sehr vorsichtig mit diesem Koppeln von Grenzübergängen. Ich habe ein ungutes Gefühl dabei ...
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:36 Fr 08.02.2008 | | Autor: | abakus |
Wie war doch Differenzierbarkeit einer Funktion an einer Stelle [mm] x_0 [/mm] definiert: ... wenn für JEDE gegen [mm] x_0 [/mm] konvergierende Folge [mm] (x_n) [/mm] die Folge [mm] f(x_n) [/mm] den gleichen Grenzwert hat.
Wenn wir einmal wissen, dass eine Funktion an einer Stelle (hier mindestens zweimal) ableitbar ist, dann können wir uns die Art des "gegen-Null-Gehens" auch aus "JEDER" Folge auf die für uns komfortabelste Art auswählen - isn't it?
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Ich denke, wir sind uns einig, wenn [mm]f[/mm] bei [mm]x[/mm] zweimal differenzierbar ist, daß dann
[mm]f''(x) = \lim_{h \to 0} \lim_{t \to 0} \varphi(h,t)[/mm] mit [mm]\varphi(h,t) = \frac{f(x+h+t)-f(x+h)-f(x+t)+f(x)}{ht}[/mm]
gilt. Und du behauptest nun, daß man dafür auch
[mm]f''(x) = \lim_{h \to 0} \varphi(h,h)[/mm]
schreiben kann. Jetzt ist es nicht an mir, dies zu widerlegen (denn vermutlich ist es ja richtig), sondern es ist deine Aufgabe, diesen Schritt zu rechtfertigen. Und da kannst du nicht etwas wolkig von irgendwelchen Folgen reden, die da spezialisiert werden, sondern mußt dieses Argument präzise ausführen.
Daß man bei naivem Vorgehen ganz böse hereinfallen kann, zeigt etwa das Beispiel der Funktion
[mm]\varphi(h,t) = \frac{h^2}{h^2 + t^2}[/mm] für [mm](h,t) \neq (0,0)[/mm]
Hier gilt nämlich
[mm]\lim_{h \to 0} \lim_{t \to 0} \varphi(h,t) = 1 \, , \ \ \ \lim_{h \to 0} \varphi(h,h) = \frac{1}{2}[/mm]
Letztlich wird es wohl an der Symmetrie von [mm]\varphi[/mm] liegen, daß es dann bei unserer Aufgabe doch klappt: [mm]\varphi(h,t) = \varphi(t,h)[/mm]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:17 Sa 09.02.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo Leopold,
> Ich denke, wir sind uns einig, wenn [mm]f[/mm] bei [mm]x[/mm] zweimal
> differenzierbar ist, daß dann
>
> [mm]f''(x) = \lim_{h \to 0} \lim_{t \to 0} \varphi(h,t)[/mm] mit
> [mm]\varphi(h,t) = \frac{f(x+h+t)-f(x+h)-f(x+t)+f(x)}{ht}[/mm]
>
> gilt. Und du behauptest nun, daß man dafür auch
>
> [mm]f''(x) = \lim_{h \to 0} \varphi(h,h)[/mm]
>
> schreiben kann.
betrachten wir für $t, h [mm] \not=0$ [/mm] dann ruhig:
[mm] $\varphi(h,t) [/mm] = [mm] \frac{f(x+h+t)-f(x+h)-f(x+t)+f(x)}{ht}$
[/mm]
Wenn $f$ an der Stelle $x$ zweimal differenzierbar ist, so bedeutet das, dass für JEDES Paar von Nullfolgen [mm] $(x_n)_n$ [/mm] und [mm] $(t_n)_n$ [/mm] (mit [mm] $x_n \not=0$ [/mm] und [mm] $t_n \not=0$ [/mm] für alle $n$) dann gilt, dass
[mm] $\lim_{m \to \infty}\lim_{n \to \infty} \varphi(x_m,t_n)$ [/mm] existiert und immer den gleichen Wert ergibt, diesen nennen wir dann $f''(x)$.
Insbesondere kann man dann (wenn $f$ an $x$ zweimal differenzierbar ist) dann natürlich [mm] $(t_n)_n \equiv (x_n)_n$ [/mm] für irgendeine gegebene Nullfolge [mm] $(x_n)_n$ [/mm] (mit [mm] $x_n \not=0$ [/mm] für alle $n$) wählen, und dann steht dann dort:
[mm] $\lim_{m \to \infty}\lim_{n \to \infty}\varphi(x_m,x_n)=f''(x)$
[/mm]
(Edit:
Da war ich eben zu vorschnell, so müßte das aber jetzt stimmen. Ich denke ein andermal nochmal drüber nach, wie man damit zu [mm] $\lim_{n \to \infty}\varphi(x_n,x_n)=f''(x)$ [/mm] gelangen könnte. )
Übrigens ist die Argumentation mit den Folgen nicht "wolkig", sondern in der Analysis durchaus gängig:
http://www.mathematik.uni-trier.de/~mueller/AnalysisI-IV.pdf
In Definition 10.4 wird dort das Symbol [mm] $\lim_{x \to x_0}$ [/mm] so eingeführt (Für ALLE Folgen [mm] $(x_n)$ [/mm] in $M$ mit ...)
P.S.:
Ich bin mir gerade eigentlich absolut sicher, dass Dein Einwand vollkommen gerechtfertigt ist und sich nicht so leicht beheben läßt. Man darf aber vermutlich oben $m=n$ setzen und damit nur [mm] $\lim_{n \to \infty}...$ [/mm] betrachten, wenn [mm] $\lim_{m \to \infty}\lim_{n \to \infty}...=\lim_{n \to \infty}\lim_{m \to \infty}...$ [/mm] gilt?! (Was natürlich im Falle der Symmetrie z.B. gewährleistet ist!)
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:27 Fr 08.02.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo abakus,
> t geht gegen Null und h geht gegen Null - was spricht
> dagegen, beide im "Gleichtakt" gegen Null laufen zu lassen
> (also t=h zu setzen)? Nichts.
das kann man in der Tat so machen, das ist sicherlich richtig (auch, wenn Leopold ein ungutes Gefühl dabei hat, was ich auch verstehe). Wenn man denn so will kann man das ganze aber ruhig vorher schonmal passend für die Differenzquotienten hinschreiben, und dann dabei schreiben:
Es gilt für alle $t [mm] \not=0$ [/mm] und für alle $h [mm] \not=0$...
[/mm]
Dann setzen wir $t=h [mm] \not=0$ [/mm] und es folgt....
Denn eigentlich erkennt man es eigentlich erst, wenn man es so notiert, warum man $t$ und $h$ im "Gleichtakt" gegen $0$ laufen lassen darf, zumindest war mir das früher auch mal nicht klar, und so kann man es dann einsehen. Ich halte es bei der Notation mit dem [mm] $\lim_{t \to 0}$ [/mm] und [mm] $\lim_{h \to 0}$ [/mm] auch nicht für selbstverständlich, dass man das sofort einsieht, daher verstehe ich Leopolds Zweifel, aber ich hoffe, es ist ihm nun doch klar, wie und warum man das machen darf.
Nichtsdestotrotz kann man ja dochmal probieren, ob sich der Beweis nicht "formal schöner" mit dem Mittelwertsatz (meinetwegen auch mit dem zweiten Mittelwertsatz) folgern und notieren läßt, dann braucht man solche Argumente, wie Du sie oben benützt, nicht mehr separat zu rechtfertigen. Auch wenn Dir das sofort klar ist, ist es nicht selbstverständlich, dass das jedem sofort klar ist
Gruß,
Marcel
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