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Dies ist eine Projekt-, Kurs- oder Klassenseite an der Obermayr Euopa-Schule.

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Wie kommt man auf so eine Behauptung?

Durch vollständige Induktion haben wir bewiesen:

$\sum_{x=1}^{n} i^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

Die Frage ist nur: Wie kann man überhaupt auf so eine Behauptung kommen? (Problem für alle Anwärter auf den Nobel-Preis: Ohne Behauptung kein Beweis....!)

--Kracht OB 20:14, 24. Aug. 2011

Als Ansatz hatten wir:

$(p-1)^3=p^3-3p^2+3p-1$

Wir setzen für p nacheinander 1,2, 3,...,n ein.--CJSchmitt 21:19, 25. Aug. 2011 (CEST)

$0=1-3+3-1$

$1=8-12+6-1$

$8=27-27+9-1$
.
.
.
$(n-1)^3=n^3-3n^2+3n-1$

$1+8+....+(n-1)^3=1+8+27+...+n^3-3(1+4+9+...n^2)+3(1+2+3+...+n)-n$

Wenn wir jetzt nun den Summenoperator benutzen haben wir dann:

$\sum_{x=1}^{n-1} i^3=\sum_{x=1}^{n} i^3-3(1+4+9+...n^2)+3\sum_{x=1}^{n} i-n$

Dabei heben sich auf der linken Seite die Summanden bis (n-1)³ mit den Summanden der rechten Seite auf, so das wir auf der linken Seite 0 und auf der rechten Seite n³ übrig haben.So haben wir dann :

$0=n^3-3(1+4+9+....n^2)+3\sum_{x=1}^{n} i-n$

Als nächsten Schritt setzen wir dann die Gaussformel ein :

$\sum_{x=1}^{n} i=(n+1)\frac{n}{2}$

$0=n^3-3(1+4+9+....n^2)+3(n+1)\frac{n}{2}-n$

Wenn wir jetzt die Gleichung fortführen haben wir dann :

$0=n^3-3(1+4+9+....n^2)+\frac{3n^2+3n}{2}-n$

Durch die Äquivalenzumformung schieben wir nun alles außer $-3(1+4+9+....n^2)$ auf die linke Seite rüber:

$-n^3-\frac{3n^2+3n}{2}+n=-3(1+4+9+....n^2)$

Und bringen nun den linken Term auf einen gemeinsamen Nenner:

$\frac{-2n^3-3n^2-3n+2n}{2}=-3(1+4+9+....n^2)$

Diesen Term fassen wir dann noch mal zusammen:

$\frac{-2n^3-3n^2-n}{2}=-3(1+4+9+....n^2)$

Jetzt können wir aus dem linken Term $-n$ ausklammern:

$\frac{-n(2n^2+3n+1)}{2}=-3(1+4+9+....n^2)$

Jetzt können wir auf beiden Seiten durch -3 dividieren

$\frac{-n(2n^2+3n+1)}{-6}=(1+4+9+....n^2)$

$\frac{n(2n^2+3n+1)}{6}=(1+4+9+....n^2)$

Zum Schluss führen wir eine Linearfaktorzerlegung im linken Term aus mit (n+1) aus und erhalten dann $\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}=(1+4+9+....n^2)$

So kommen wir also zu unserer Behauptung:

$\sum_{x=1}^{n} i^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

--Kracht OB 20:50, 24. Aug. 2011

und haben diese gleichzeitig bewiesen :-)

--CJSchmitt 14:00, 27. Aug. 2011 (CEST)

Stammfunktion für f(x)=x³

Dazu soll bestimmt werden über Obersumme und Grenzwertübergang: $\int_{a}^{b} x^3\,dx$

Es wird zunächst ermittelt: $\int_{0}^{b} x^3\,dx$

$\Delta x =\frac{b}{n}$ (also n Streifen von 0 bis b)

Adrian, Sie sehen: Sie müssen nicht dauernd mit </math> abschließen; ein geschlossener Term kann in den Formelgenerator; dann wird alles auch bündig; kein Zick-Zack--CJSchmitt 17:39, 24. Aug. 2011 (CEST)

O_n= $\Delta x((\Delta x)^3+(2\Delta x)^3+(3\Delta x)^3+(4\Delta x)^3+ ...+(n\Delta x)^3)$

O_n= $\Delta x^4 (1+8+27+ ... +n^3)$

O_n= $\frac{b^4}{n^4}\cdot(\frac{n(n+1)}{2} )^2$

O_n= $\frac{b^4}{n^4} \cdot \frac{n^2 \cdot (n+1)^2}{4}$

Die Klammer wird ausmultipliziert und ich kürze die $n^2$ gegeneinander

O_n= $\frac{b^4 \cdot (n^2+2n+1)}{n^2 \cdot 4}$

Ich erweitere mit $\frac{1}{n^2}$

O_n= $\frac{b^4 \cdot (n^2+2n+1) \cdot \frac{1}{n^2}}{n^2 \cdot 4 \cdot \frac{1}{n^2}}$

O_n= $\frac{b^4 \cdot (n^2+2n+1) \cdot \frac{1}{n^2}}{4}$

nun multipliziere ich das $\frac{1}{n^2}$ mit der Klammer aus

O_n= $\frac{b^4 \cdot (1+\frac{2}{n} +\frac{1}{n^2} ) }{4}$

nun folgt der Grenzwertübergang:

$\int_{0}^{b} x^3\,dx=\lim_{n\to\infty} O_n=\lim_{n\to\infty} \frac{b^4 \cdot (1+\frac{2}{n} +\frac{1}{n^2} ) }{4}=\frac{1}{4} b^4$

Daraus folgt:

$\int_{a}^{b} x^3\,dx=\int_{0}^{b} x^3\,dx - \int_{0}^{a} x^3\,dx=\frac{1}{4} b^4 - \frac{1}{4} a^4=\left[ \frac{1}{4} x^4\right]_{a}^{b}$

$\int_{a}^{b} x^3\,dx =\left[ \frac{1}{4} x^4\right]_{a}^{b}$

--Schenkel Ob 17:59, 28. Aug. 2011 (CEST)

Sinus und Bogenmaß für kleine Winkel

Problem: $\frac{\sin (x) }{x}$ für x gegen Null und $\sin(x)\approx x$ für kleine x-Werte

Würden wir bei $\frac{\sin (x) }{x}$ für x 0 einsetzen, so würde dies so aussehen $\frac{\sin (x) }{x} =\lim_{x\to0}\frac{\sin (x) }{x} =$ theoretisch $= \frac{0}{0}=?$

Allerdings kennen wir noch keine Regel um Brüche wie $\frac{0}{0}$ auszurechnen aber:

In dem unten gezeigten Graphen erkennen wir aber, das er bei x=0 den Wert 1 besitzt. Wie kommt dies zustande?

Zusatz ( Regel von l'Hospital ) :

Die Regel von l'Hospital besagt, dass man in einem Quotienten, in welchem Zähler und Nenner gegen null streben, jeweils Zähler und Nenner ableiten darf , um den Grenzwert berechnen zu können.

$\lim_{x\to0} \frac{\sin (x) }{x} = \lim_{x\to0} \frac{\cos (x) }{1} = \frac{1}{1} =1$

Durch die oben gezeigten Graphen ( blau: f(x) = x rot:g(x)=sin(x) ), wird verdeutlicht , dass sin (x) bei sehr kleinen x-Werten $\left( x \rightarrow 0 \right)$ ungefähr die Werte von der Funktion f(x) annimmt. Daher kann man sin (x) , wenn die Funktion gegen x=0 strebt mit der Funktion f(x) gleichsetzen.

Alternative Darstellung:

In den oben gezeigten Grafiken erkennt man 2-Mal den Einheitskreis in welchen der Winkel alpha (Bogenmaß) und sin(alpha) variiert.

Verändert sich alpha und somit auch das Bogenmaß so sehen wir, wie in dem zweiten Kreis also gibt das Bogenmaß den Winkel alpha an.

Unser sin(alpha) reflektiert dabei den y-Wert.

Aus den Grafiken erkennt man nun sehr gut was passieren würde wenn unser Bogenmaß gegen null streben würde. Es Das Bogenmaß und unser sin-Wert nehmen den Wert 0 an.

Damit ist belegt, das Für kleine Winkel der Sinus etwa gleich dem Bogenmaß ist.

--OBXY 11:41, 12. Feb. 2012 (CET)

Nun wissen wir: Der Sinus für kleines Bogenmaß ist etwa gleich dem Bogenmaß. also:

$\frac{\sin (x) }{x} \approx \frac{x}{x} = 1$ für kleine x

Der Grenzwert besteht.

--OBXY 11:41, 12. Feb. 2012 (CET)

Elementarer Beweis der Quotientenregel

Voraussetzung:

$f(x)=\frac{g(x)}{k(x)}$

g,k sind differenzierbar.

$k(x) \neq 0$

Behauptung:

$f'(x)=\frac{g'(x) \cdot k(x) - g(x) \cdot k'(x) } { \left( k(x) \right) ^2}$

Beweis:

$f'(x)=\lim_{h\to0}\frac{ \frac {g(x + h) }{k(x + h)}-\frac{g(x)}{k(x)}}{h}=\lim_{h\to0} \quad \frac { \frac {g(x+h)\cdot k(x)-g(x)\cdot k(x+h)}{h}}{k(x+h) \cdot k(x) }$

$=\lim_{h\to0}\frac{ \frac{(g(x + h)\cdot k(x) -g(x)\cdot k(x)) -(g(x)\cdot k(x + h) -g(x)\cdot k(x))}{h}}{k(x+h)\cdot k(x) } =\lim_{h\to0}\frac{\frac{(k(x)\cdot (g(x+h)-g(x)))}{h}-\frac{(g(x)\cdot(k(x+h)-k(x))}{h}}{k(x+h)\cdot k(x))}$

$=\frac{\lim_{h\to0}\quad k(x)\cdot \frac{g(x+h)-g(x)}{h}-g(x)\cdot \frac{k(x+h)-k(x)}{h}}{\lim_{h\to0}\quad k(x+h)\cdot k(x))}$

$=\frac{g'(x)k(x)-g(x)k'(x)}{\left(k(x)\right)^2}$ q.e.d

--OBX4 23:23, 4. Nov. 2011 (CET)

Ein "verflixter Fehler an der Tafel

Am 7.11.11 haben wir an der Tafel einen Fehler gemacht und keiner hat es gemerkt....

Was war das Problem? In S 22 A 3d war folgende Funktion gegeben:

$f(x)=\frac{\sqrt{2x-3} }{2x}$

Direkt nach der Quotientenregel ergab sich:

$f'(x)=\frac{{\frac{x }{\sqrt{2x-3}}-\sqrt{2x-3} } }{2x^2}$

Wenn man diesen Term noch vereinfacht (also rational machen und Hauptnenner) erhält man:

$f'(x)= \frac{\sqrt{2x-3}(-x+3) }{2(2x-3)x^2}$

Im Unterricht erhielten wir allerdings:

$f'(x)=\frac{\sqrt{2x-3}(-3x+6) }{8x^3-12x^2}$

Die SuS wollten / sollten zu Hause noch mal nachrechnen, und auch ehrgeizige AMA-Schüler schworen Stein und Bein, dass der dritte Ableitungsterm der richtige wäre...

Was tun, wie den gordischen Term-Knoten zerschlagen?

Glücklicherweise kam ein Schüler auf die Idee, jeweils die Grafen der Ableitungsterme zeichnen zu lassen.

Nachfolgend in blau und in rot die Grafen für die beiden ersten Ableitungsterme für f ' ; sie sind identisch;

Jetzt der Graf für den dritten Ableitungsterm:

Graf für den dritten Ableitungsterm

Also musste der dritte Ableitungsterm falsch sein; aber wo war der Fehler?

Zum Ableiten von $f(x)=\frac{\sqrt{2x-3} }{2x}$ mit der Quotientenregel

benötigt man u.a. die Ableitung von $i(x)=\sqrt{2x-3}$ $i'(x)=\frac{2}{2\sqrt{2x-3} }$

Die 2 im Zähler kommt vom Nachdifferenzieren der inneren Funktion mit g(x)=2x-3!

Und das war es!--CJSchmitt 21:29, 16. Nov. 2011 (CET)

Normalengleichung

aus dem Protokoll vom 7.12.2011 (OBX4):

Die Normale ist eine Senkrechte zur Tangente .

Die Normalengleichung zur Funktion f an der Stelle x₀ lautet:

$n(x)=-\frac{1}{f'(x_0)} \cdot (x-x_0)+f(x_0)$

Zur Illustration:

Blau:

Tangente

Rot:

Normale

Hinweise zum Beweis

Zeichnen Sie ein Schaubild für die Ursprungsgerade mit f(x)=2x; konstruieren Sie mit dem Geodreieck die Normale durch den Ursprung. Bestimmen Sie über das Steigungsdreieck die Steigung der Normale
Bestätigen Sie das obige Ergebnis elementargeometrisch oder durch Drehung.
Zeigen Sie entsprechend allgemein: Wenn eine Gerade die Steigung $m=\frac{a}{b}$ hat, so hat ihre Normale die Steigung $\quad m=-\frac{b}{a}$
damit ist schon die Steigung m der Normalen mit y=mx+b klar!
Jetzt müssen Sie nur noch durch Punktprobe b bestimmen.
vgl. auch die entsprechende Musteraufgabe.

--CJSchmitt 00:03, 20. Dez. 2011 (CET)

Beweis

Kurzinfo

Diese Seite enthält
Schülerbeiträge.

Bitte beachte die Hinweise für Schüler.

Die Normalengleichung soll, im Gegensatz zur Tangentengleichung, welche den Grafen G_f von f(x) im Punkt P(x₀|f(x₀)) berührt und die gleiche Steigung wie f(x) an der Stelle x₀ besitzt, den Grafen von f(x) in dem Punkt P (x₀|f(x₀)) senkrecht schneiden.

Die Steigung einer Tangente ist der Tangens des Steigungswinkels ( Gegenkathete durch Ankathete ).

$m_1=\tan(\alpha)=\frac{\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)}$

Die Steigung der Normale m₂ ist die Steigung der Tangente um 90⁰ verdreht.

$m_2=\tan(90^0+\alpha)=\frac{\sin(90^0+\alpha)}{\cos(90^0+\alpha)}$

Wir wissen, dass $\sin(90^0+\alpha)=\cos(\alpha)$ ist und wir wissen zudem, dass $\cos(90^0+\alpha)=-\sin(\alpha)$ ist (durch Additionstheoreme)

Dies verwenden wir nun in der Gleichung.

$m_2=\frac{\cos(\alpha)}{-\sin(\alpha)}=-\frac{1}{tan(\alpha))}=-\frac{1}{m_1}$

Nun, da die Steigung der Tangente durch f'(x₀) berechnet werden kann, fügen wir dies in die Steigung der Normale ein.

$m_2=-\frac{1}{f'(x_0)}$

Nun haben wir die Steigung bestimmt und können diese in Geradengleichung einfügen.

$n(x)=-\frac{1}{f'(x_0)}\cdot x + b$

Jetzt ist b noch zu bestimmen.

Um diesen zu bestimmen setzen wir den Punkt P(x₀|f(x₀) ein (Punktprobe).

$n(x_0)=-\frac{1}{f'(x_0)} \cdot x_0 +b =f(x_0)$

Nun lösen wir nach b auf.

$b=f(x_0)+\frac{1}{f'(x_0)} \cdot x_0$

Nun setzen wir dies in unsere Normalengleichung ein.

$n(x)=-\frac{1}{f'(x_0)}\cdot x +f(x_0)+\frac{1}{f'(x_0)}\cdot x_0=-\frac{1}{f'(x_0)}\cdot x+\frac{1}{f'(x_0)}\cdot x_0+f(x_0)$

$=-\frac{1}{f'(x_0)}\cdot (x-x_0) + f(x_0)$ q.e.d.

Somit lautet die Normalengleichung:

$n(x)=-\frac{1}{f'(x_0)}\cdot (x-x_0) + f(x_0)$

Alternativ

Die Normale geht hervor, indem man die Tangente einer Funktion am Punkt P(x₀|f(x₀)) um 90° verdreht.

Um die Steigung der Normalengleichung, d.h. das m aus der Geradengleichung, zu bestimmen, betrachte man sich zunächst einmal den Graphen von f(x)=2x und dessen Normale zur Stelle x=0.

Nun zeichnet man ein Steigungsdreieck zu dem Graphen von f(x) und zum Graphen der Normale n(x).

Um in diesem Fall die Steigung per Steigungsdreieck zu bestimmen, teilt man den y-Wert am Punkt P(b|a) durch den x-Wert an diesem Punkt.

Durch die 90° Drehung der Normale gegenüber der Funktion f(x) sind die Werte des Steigungsdreiecks andere.

Da a, welches den y-Wert von f(x) am Punkt P verkörpert, nun um 90° verdreht wurde, spiegelt es nun den x-Wert der Normale am Punkt P'(a|b) wieder und da b, welches den x-Wert von f(x) am Punkt P reflektierte nun um 90° verdreht wurde, gibt dies nun den y-Wert der Normale am Punkt P' wieder.

Dadurch, dass der Graph monoton fallend ist, ist die Steigung in jedem Fall negativ, daher setzt man ein Minus vor die Steigung der Normale (wenn m>0).

Daher beträgt die Steigung der Normale von der Funktion f(x), welche die Steigung $m_1=\frac{a}{b}$ beträgt, $m_2=-\frac{b}{a}$ .

Dies gilt auch Allgemein, da die Steigung einer Geraden bei einer Drehung von 90° , bzw. das Steigungsdreieck immer den Kehrwert annimmt.

Auch das negative Vorzeichen für ist gerechtfertigt und allgemein gültig, da ein Normale von g(x), wenn g(x) streng monoton steigt, immer streng monoton sinkt und umgekehrt.

Nun, da die Steigung einer Tangente auch als f'(x₀) (statt m) beschrieben werden kann, ist dies auf die Steigung der Normale anzuwenden.

Da die Steigung der Normale, wie bereits festgestellt, eine negatives Vorzeichen hat und dem Kehrwert der Steigung von g(x) entspricht, folgt daraus:

$m_2=-\frac{1}{f'(x_0)}$

Nun haben wir die Steigung bestimmt und können diese in Geradengleichung einfügen.

$n(x)=-\frac{1}{f'(x_0)}\cdot x + b$

Jetzt ist b noch zu bestimmen.

Um diesen zu bestimmen setzen wir den Punkt P(x₀|f(x₀) ein

$n(x_0)=-\frac{1}{f'(x_0)} \cdot x_0 +b =f(x_0)$

Nun lösen wir nach b auf.

$b=f(x_0)+\frac{1}{f'(x_0)} \cdot x_0$

Nun setzen wir dies in unsere Normalengleichung ein.

$n(x)=-\frac{1}{f'(x_0)}\cdot x +f(x_0)+\frac{1}{f'(x_0)}\cdot x_0=-\frac{1}{f'(x_0)}\cdot x+\frac{1}{f'(x_0)}\cdot x_0+f(x_0)$

$=-\frac{1}{f'(x_0)}\cdot (x-x_0) + f(x_0)$ q.e.d.

Somit lautet die Normalengleichung:

$n(x)=-\frac{1}{f'(x_0)}\cdot (x-x_0) + f(x_0)$

Das dritte Logarithmengesetz am Beispiel der natürlichen Logarithmusfunktion

Behauptung

Der Logarithmus einer Potenz x^t ist das Produkt aus dem Exponenten und dem Logarithmus der Basis x $\Leftrightarrow$

$ln(x^t)= t \cdot ln(x)$

Bemerkung

Lässt sich für alle Logarithmen zeigen, also auch für den dakadischen Logarithmus und den Logarithmus Dualis

Hinweise zum Beweis

Der Nachweis verläuft leider ein wenig "um die Ecke":

Machen Sie sich klar, was bedeutet gem. Definition:

$ln(x^t)$
$ln(x)$

--CJSchmitt 00:04, 20. Dez. 2011 (CET)

Beweis

Kurzinfo

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Bitte beachte die Hinweise für Schüler.

--OBX4 13:49, 6. Jan. 2012 (CET)

$\ln(a)=x$

$a=e^x$

$a^b=\left(e^x\right)^b=e^{xb}$

$\ln (a^b) =\ln\left( e^x\right)^b=\ln(e^{x\cdot b})=x\cdot b$

Wir wissen, dass $x=\ln(a)$ ist, daher können wir dies für x einsetzen.

$\ln(a^b)=x\cdot b = b\cdot \ln(a)\qquad \qquad q.e.d.$

Induktionsbeweis der geometrischen Reihe

Voraussetzung

$\qquad \qquad q\neq 1$

Behauptung

$\sum_{i=0}^{n-1} q^i=\frac{q^{n}-1}{q-1}$

Beweis durch das Verfahren der vollständige Induktion

Induktionsanfang

Für q=2 und A(4):

$\sum_{i=0}^{3} 2^i=1+2^1+2^2+2^3=15$

$\frac{2^4-1}{2-1}=15$

Bei einem Induktionsanfang ist nur ein Beispiel notwendig, jedoch dienen die folgenden Beispiele zur Illustration.

Für q=5 und A(5):

$\sum_{i=0}^{4} 5^i=1+5^1+5^2+5^3+5^4=781$

$\frac{5^5-1}{5-1}=781$

Für q=10 und A(6):

$\sum_{i=0}^{5} 10^i=1+10^1+10^2+10^3+10^4+10^5=111111$

$\frac{10^6-1}{10-1}=111111$

Induktionsannahme

A(n):

$\sum_{i=0}^{n-1} q^i=\frac{q^{n}-1}{q-1}$

Induktionsbehauptung

A(n+1):

Wenn die obige Gleichung für n gilt, so muss diese auch für n+1 gelten.

LT: $\sum_{i=0}^{n} q^i$

RT: $\frac{q^{n+1}-1}{q-1}$

$\sum_{i=0}^{n} q^i = \frac{q^{n+1}-1}{q-1}$

Induktionsbeweis

A(n) $\Rightarrow$ A(n+1):

Nun wird der Beweis "straight forward" durchgeführt.

$\sum_{i=0}^{n} q^i=\sum_{i=0}^{n-1} q^i +q^n=\frac{q^{n}-1}{q-1}+q^n$

$=\frac{q^{n}-1+q^n(q-1)}{q-1}=\frac{q^{n}-1+q^{n+1}-q^n}{q-1}$

$=\frac{q^{n+1}-1}{q-1} \qquad \qquad q.e.d.$