Benutzer:Aska07/ma1 h-Methode

Der Beweis der Potenzregel

Wir wollen vier Aussagen zeigen:

• A: Die Funktion $f(x)=x^{2}$ hat an der Stelle $x_{0}=1$ eine Steigung von 2.
• B: Die Funktion $f(x)=x^{2}$ hat an der Stelle $x_{0}$ eine Steigung von $2x_{0}$.
• C: Die Funktion $f(x)=x^{n}$ hat an der Stelle $x_{0}=1$ eine Steigung von n.
• D: Die Funktion $f(x)=x^{n}$ hat an der Stelle $x_{0}$ eine Steigung von $n\cdot x_{0}^{n-1}$.

Frage: Dabei sind doch B und C eine Verallgemeinerung von A (mit einem Parameter $x_{0}$ bzw. $n$), und D ist eine Verallgemeinerung von allen (mit beiden Parametern gleichzeitig). Würde es nicht reichen, nur D zu zeigen ?

Antwort: Ja. Allerdings ist der Beweis von D kompliziert, weil die vielen $x_{0}$ und $n$ das Gehirn verwirren und vom Wesentlichen ablenken. Daher bitte mit A beginnen. Es ist mir lieber, Sie haben Teil A wirklich verstanden, als dass Sie gleich mit Teil D beginnen, sich davon verwirren lassen und abschalten.

Frage: Warum steht da oben in A $x_{0}=1$ und nicht $x=1$ ?

Antwort für Anfänger: Das hat nichts zu bedeuten, wenn Sie in einer Gleichung von der kleinen Null verwirrt werden, dann lassen Sie die einfach weg, die Gleichung gilt dann immer noch.

Antwort für Fortgeschrittene: Wir betrachten eine Funktion, und der streng geschützte Markenname $x$ bleibt reserviert für die allgemeine Variable dieser Funktion. Für ein bestimmtes festes $x$ bleibt dann nur noch der zugegebenermaßen etwas blödere Name $x_{0}$ übrig. Wenn wir sagen würden „$x$ ist jetzt mal immer 1“, dann wird die Funktion zu einem Punkt, und es gibt gar keine Steigung mehr.

Frage: Warum gibt es einen Anhang zu den Binomischen Formeln ?

Antwort: Jeder kennt $(a+b)^{2}=a^{2}+2ab+b^{2}$, aber was ist $(a+b)^{3}$ oder gar $(a+b)^{n}$ ? Um den Beweis einfacher zu machen, wird auf den Anhang verwiesen.

Frage: Wie berechne ich eine Sekantensteigung ?

Antwort: Wie bei jeder anderen Linearen Funktion, siehe auch:

• Benutzer:Aska07/Lineare Funktionen
• Benutzer:Aska07/Sekante

Frage: Ich verstehe das mit den vielen Gleichheitszeichen nicht.

Antwort: Jedes Gleichheitszeichen steht für eine Umformung. Schreiben Sie die Umformung, welche Sie nicht verstehen, extra auf ein Blatt Papier ab. Schauen Sie sie genau an, vielleicht kommt jetzt ein Gedanke. Wenn nicht, dann fragen Sie im Unterricht nach. Wenn Sie sagen, dass Sie alle Umformungen nicht verstehen: das glaube ich Ihnen nicht !

Frage: Ist Mathe in der ganzen Oberstufe so schwer?

Antwort: Nein ! Irgendwann glauben wir alle an Teil D und rechnen damit weiter, und dann wird alles viel einfacher.

• Empfohlene Übung: Wenn Sie Teil A verstanden haben: Berechnen Sie die Steigung von $f(x)=x^{3}$ Das geht genauso, wenn am Schluss wieder „2“ rauskommt, haben Sie was falsch gemacht, wenn „3“ rauskommt, war es wahrscheinlich richtig. Übrigens, $(1+h)^{3}=1+3h+3h^{2}+h^{3}$, wer das nicht glaubt bitte nachrechnen, der Beweis steht auch weiter unten im Teil C des Anhangs.

Also jetzt zum Beweis ! Wir benutzen die sogenannte „$h$-Methode“.

Teil A

Die Funktion $f(x)=x^{2}$ hat an der Stelle $x_{0}=1$ eine Steigung von 2.

Vier Sekanten und eine Tangente: Zu den jeweiligen h-Werten sind die dazugehörigen Sekanten eingezeichnet. Für $h\to 0$ geht die Sekante in die Tangente und somit die Sekantensteigung (Differenzenquotient) in die Tangentensteigung (Ableitung) über.

Die Steigung einer Funktion im Punkte $1$ ist die Steigung ihrer Tangente, und die Tangentensteigung ist der Grenzwert von Sekantensteigungen.

Wir betrachten deshalb zunächst für ein beliebiges, allgemeines $h>0$ die Sekante durch die beiden Punkte $(1|f(1))$ und $(1+h|f(1+h))$ und berechnen ihre Sekantensteigung. Danach setzen wir Werte für $h$ ein, die immer kleiner werden. Je kleiner das $h$, um so besser die Annäherung der Sekantensteigung an die gesuchte Tangentensteigung. Wir betrachten jetzt sogar unendlich viele $h$, die der Null beliebig nahe kommen, am einfachsten ist $h={\frac {1}{1}},{\frac {1}{2}},{\frac {1}{3}},{\frac {1}{4}},{\frac {1}{5}},...$ und so weiter. Damit kommen wir auch dem gesuchten Ergebnis beliebig nahe. Mathematisch bezeichnen wir das als „Grenzwert“, also läßt sich die gesuchte Tangentensteigung berechnen als Grenzwert von Sekantensteigungen mit „immer kleinerem“ $h$.

Die Steigung der Sekante ist

$\ SS_{h}={\frac {f(1+h)-f(1)}{(1+h)-1}}={\frac {f(1+h)-f(1)}{h}}={\frac {(1+h)^{2}-1}{h}}=$ ... (Binomische Formel)

....... $\ ={\frac {(1+2h+h^{2})-1}{h}}={\frac {2h+h^{2}}{h}}={\frac {2h}{h}}+{\frac {h^{2}}{h}}=2+h$

Im Grenzwert gilt

$f'(1)=\lim _{h\to 0}SS_{h}=\lim _{h\to 0}2+h=2.$

Teil B

Die Funktion $f(x)=x^{2}$ hat an der Stelle $x_{0}$ eine Steigung von $2x_{0}$.

Die Steigung der Sekante ist

$\ SS_{h}={\frac {f(x_{0}+h)-f(x_{0})}{(x_{0}+h)-x_{0}}}={\frac {f(x_{0}+h)-f(x_{0})}{h}}={\frac {(x_{0}+h)^{2}-x_{0}^{2}}{h}}=$ ... (Binomische Formel)

....... $\ ={\frac {(x_{0}+2x_{0}h+h^{2})-x_{0}^{2}}{h}}={\frac {2hx_{0}+h^{2}}{h}}={\frac {2hx_{0}}{h}}+{\frac {h^{2}}{h}}=2x_{0}+h$

Im Grenzwert gilt

$f'(x_{0})=\lim _{h\to 0}SS_{h}=\lim _{h\to 0}2x_{0}+h=2x_{0}.$

Teil C

Die Funktion $f(x)=x^{n}$ hat an der Stelle $x_{0}=1$ eine Steigung von n.

Die Steigung der Sekante ist

$\ SS_{h}={\frac {f(1+h)-f(1)}{(1+h)-1}}={\frac {f(1+h)-f(1)}{h}}={\frac {(1+h)^{n}-1}{h}}=$ ... (Binomische Formel)

....... $\ ={\frac {(1+nh+h^{2}\cdot Rest)-1}{h}}={\frac {nh+h^{2}\cdot Rest}{h}}={\frac {nh}{h}}+{\frac {h^{2}\cdot Rest}{h}}=n+h^{2}\cdot Rest$

Im Grenzwert gilt

$f'(1)=\lim _{h\to 0}SS_{h}=\lim _{h\to 0}n+h=n.$

Teil D

Die Funktion $f(x)=x^{n}$ hat an der Stelle $x_{0}$ eine Steigung von $n\cdot x^{n-1}$.

Die Steigung der Sekante ist

$\ SS_{h}={\frac {f(x_{0}+h)-f(x_{0})}{(x_{0}+h)-x_{0}}}={\frac {f(x_{0}+h)-f(x_{0})}{h}}={\frac {(x_{0}+h)^{n}-x_{0}^{n}}{h}}=$ ... (Binomische Formel)

....... $\ ={\frac {(x_{0}^{n}+nx_{0}h+h^{2}\cdot Rest)-x_{0}^{n}}{h}}={\frac {nhx+h^{2}\cdot Rest}{h}}={\frac {nhx_{0}}{h}}+{\frac {h^{2}Rest}{h}}=x_{0}^{n}+nh_{0}x^{n-1}+h\cdot Rest$

Im Grenzwert gilt

$f'(x_{0})=\lim _{h\to 0}SS_{h}=\lim _{h\to 0}(x_{0}^{n}+nhx_{0}^{n-1}+h\cdot Rest)=x_{0}^{n}+nhx_{0}^{n-1}$

Anhang: Binomische Formeln

Jeder kennt $(a+b)^{2}=a^{2}+2ab+b^{2}$

Teil A: wir setzen $a=1$ und $b=h$ und erhalten

$(1+h)^{2}=1+2h+h^{2}$

Teil B: wir setzen $a=x_{0}$ und $b=h$ und erhalten

$(x_{0}+h)^{2}=x_{0}^{2}+2x_{0}h+h^{2}$

Teil C: wir verallgemeinern die Formel aus Teil A, zunächst für $n=3$, wir benutzen die für $n=2$ (Binomische Formel)

${\begin{aligned}(1+h)^{3}&=(1+h)^{2}\cdot (1+h)\\&=(1+2h+h^{2})\cdot (1+h)\\&=(1+2h+h^{2})\cdot 1+(1+2h+h^{2})\cdot h\\&=(1+2h+h^{2})+(h+2h^{2}+h^{3})\\&=1+3h+3h^{2}+h^{3}\\\end{aligned}}$

Jetzt für $n=4$, wir benutzen die für $n=3$

${\begin{aligned}(1+h)^{4}&=(1+h)^{3}\cdot (1+h)\\&=(1+3h+3h^{2}+h^{3})\cdot (1+h)\\&=(1+3h+3h^{2}+h^{3})\cdot 1+(1+3h+3h^{2}+h^{3})\cdot h\\&=(1+3h+3h^{2}+h^{3})+(h+3h^{2}+3h^{3}+h^{4})\\&=1+4h+6h^{2}+4h^{3}+h^{4}\\\end{aligned}}$

Das könnten wir noch seitenlang weiter ausrechnen, in jeder Stufe kommt ein Summand hinzu und die Terme werden immer länger. Im Beweis brauchen wir aber eigentlich nur die ersten beiden Summanden, der Rest wird bei der Grenzwertbetrachtung sowieso zu Null. Darum schauen wir uns die Rechnungen mal genauer an:

• Der erste Summand „1“ im Ergebnis bleibt immer gleich , er stammt aus der linken Klammer, die rechte Klammer kann nichts dazu beitragen.
• Der zweite Summand (hier „4h“) stammt zum größten Teil (hier „3h“) aus der linken Klammer, aus der rechten Klammer wird er um genau ein h erhöht.
• Alles andere (hier „$6h^{2}+4h^{3}+h^{4}$“) enthält Faktoren von $h^{2}$ oder höher und laßt sich schreiben als $h^{2}*$ Rest.
• Was genau der Rest ist, interessiert uns nicht, da sich ab $h^{2}$ im $\lim _{h\to 0}$ sowieso alles wegkürzt.

Also können wir schreiben:

$(1+h)^{2}=1+2h+h^{2}\cdot Rest$

$(1+h)^{3}=1+3h+h^{2}\cdot Rest$

$(1+h)^{4}=1+4h+h^{2}\cdot Rest$

$(1+h)^{5}=1+5h+h^{2}\cdot Rest$

$(1+h)^{6}=1+6h+h^{2}\cdot Rest$

(...) oder allgemein

$(1+h)^{n}=1+nh+h^{2}\cdot Rest$

Wir nehmen an, die Formel sei bereits gezeigt für den Exponenten n-1, für diesen lautet sie :$(1+h)^{(}n-1)=1+(n-1)h+h^{2}\cdot Rest$

Allgemeiner Beweis für den Exponenten $n$, wir benutzen die bereits gezeigte Formel für $n-1$

${\begin{aligned}(1+h)^{n}&=(1+h)^{n-1}\cdot (1+h)\\&=(1+(n-1)h+h^{2}\cdot Rest)\cdot (1+h)\\&=(1+(n-1)h+h^{2}\cdot Rest)\cdot 1+(1+(n-1)h+h^{2}\cdot Rest)\cdot h\\&=(1+(n-1)h+h^{2}\cdot Rest)+(h+(n-1)h^{2}+h^{2}\cdot Rest)\\&=1+nh+(n-1)h^{2}+2h^{2}\cdot alterRest\\&=1+nh+h^{2}\cdot neuerRest\\\end{aligned}}$

Diese Art von Beweis erinnert an das Umfallen einer Reihe von Dominosteinen: der vierte Stein stößt den fünften um, der fünfte den sechsten, allgemein der $n-1$te Stein den n-ten. In der Mathematik heißt dieses Prinzip „vollständige Induktion“.

Teil D: wir verallgemeinern die Formel aus Teil B, zunächst für $x_{0}=3$, wir benutzen die für $x_{0}=2$

${\begin{aligned}(x_{0}+h)^{3}&=(x_{0}+h)^{2}\cdot (x_{0}+h)\\&=(x_{0}^{2}+2x_{0}h+h^{2})\cdot (1+h)\\&=(x_{0}^{2}+2x_{0}h+h^{2})\cdot 1+(x_{0}^{2}+2x_{0}h+h^{2})\cdot h\\&=(x_{0}^{2}+2x_{0}h+h^{2})+(x_{0}^{2}h+2x_{0}h^{2}+h^{3})\\&=x_{0}^{2}+3x_{0}h+3h^{2}+h^{3}\\\end{aligned}}$

Weiter geht es genauso wie in Teil C, und wir erhalten

$(x_{0}+h)^{2}=x_{0}^{2}+2hx_{0}+h^{2}\cdot Rest$

$(x_{0}+h)^{3}=x_{0}^{3}+3hx_{0}^{2}+h^{2}\cdot Rest$

$(x_{0}+h)^{4}=x_{0}^{4}+4hx_{0}^{3}+h^{2}\cdot Rest$

$(x_{0}+h)^{5}=x_{0}^{5}+5hx_{0}^{4}+h^{2}\cdot Rest$

$(x_{0}+h)^{6}=x_{0}^{6}+6hx_{0}^{5}+h^{2}\cdot Rest$

(...) oder allgemein

$(x_{0}+h)^{n}=x_{0}^{n}+nhx_{0}^{n-1}+h^{2}\cdot Rest$

Allgemeiner Beweis für $x_{0}=n$, wir benutzen die bereits gezeigte Formel für $x=n-1$

${\begin{aligned}(x+h)^{n}&=(x_{0}+h)^{n-1}\cdot (x_{0}+h)\\&=(x_{0}^{n-1}+(n-1)hx_{0}^{n-2}+h^{2}\cdot Rest)\cdot (1+h)\\&=(x_{0}^{n-1}+(n-1)hx_{0}^{n-2}+h^{2}\cdot Rest)\cdot x_{0}+(x_{0}^{n-1}+(n-1)hx_{0}^{n-2}+h^{2}\cdot Rest)\cdot h\\&=(x_{0}^{n}+(n-1)hx_{0}^{n-1}+h^{2}\cdot Rest)+(hx_{0}^{n-1}+(n-1)h^{2}x_{0}^{n-2}+h^{2}\cdot Rest)\\&=x_{0}^{n}+nhx_{0}^{n-1}+(n-1)h^{2}+2h^{2}\cdot alterRest\\&=x_{0}^{n}+nhx_{0}^{n-1}+h^{2}\cdot neuerRest\\\end{aligned}}$