TU Wien:Analysis UE (diverse)/Prüfung Gittenberger 2013-09-30 Beispiel 3

Gegeben sind zwei differenzierbare Funktionen $f:\mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ und $g:\mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$.

Beweisen Sie die folgende Formel mittels vollständiger Induktion!

${\frac {d^{n}}{dx^{n}}}(f(x)g(x))=\sum _{k=0}^{n}{{\binom {n}{k}}\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n-k}}{dx^{n-k}}}g(x)\right)}$

Falls die Leibnitz-Schreibweise etwas verwirrend erscheint, hier die gleiche Formel nach Netwon:

$(f(x)g(x))^{(n)}=\sum _{k=0}^{n}{{\binom {n}{k}}f^{(k)}(x)g^{(n-k)}(x)}$

wobei $f^{(k)}(x)$ die kte Ableitung von $f(x)$ bezeichnet.

Lösung von Ryus

Zur Erinnerung: $\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)$ bedeudet $f(x)$ wird kmal abgeleitet.

Induktionsanfang

Induktionsanfang: n = 0:

${\frac {d^{0}}{dx^{0}}}(f(x)g(x))=\sum _{k=0}^{0}{{\binom {n}{k}}\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n-k}}{dx^{n-k}}}g(x)\right)}$

${\frac {d^{0}}{dx^{0}}}(f(x)g(x))={{\binom {0}{0}}\left({\frac {d^{0}}{dx^{0}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{0}}{dx^{0}}}g(x)\right)}$

0te Ableitung bedeutet keine Ableitung, das heißt die Originalfunktionen bleiben einfach unverändert. Da 0 über 0 1 ist, erhalten wir also:

$f(x)g(x)=f(x)g(x)$

Die Aussage stimmt also für n = 0.

Es ist zwar für die Induktion nicht nötig, aber zur Illustration hier das ganze auch für n = 1:

${\frac {d}{dx}}\left(f(x)g(x)\right)=\sum _{k=0}^{1}{{\binom {n}{k}}\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n-k}}{dx^{n-k}}}g(x)\right)}$

Die Ableitung auf der linken Seite bilden wir einfach durch Anwenden der Produktregel:

$(f(x)g(x))'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)$

Oder in der hier verwendeten Leibniz-Schreibweise:

${\frac {d}{dx}}\left(f(x)g(x)\right)=\left({\frac {d}{dx}}f(x)\right)g(x)+f(x)\left({\frac {d}{dx}}g(x)\right)$

Auf der rechten Seite erhalten wir durch Auflösen der Summe:

$\sum _{k=0}^{1}{{\binom {n}{k}}\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n-k}}{dx^{n-k}}}g(x)\right)}={\binom {1}{0}}\left({\frac {d^{0}}{dx^{0}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{1}}{dx^{1}}}g(x)\right)+{\binom {1}{1}}\left({\frac {d^{1}}{dx^{1}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{0}}{dx^{0}}}g(x)\right)=\left(f(x)\right)\left({\frac {d}{dx}}g(x)\right)+\left({\frac {d}{dx}}f(x)\right)\left(g(x)\right)$

Was ebenfalls dem Ergebnis der Produktregel entspricht. Linke und rechte Seite sind also gleich. Induktionsanfang ist nun abgehakt.

Induktionsschritt

Unsere Induktionsvoraussetzung lautet:

${\frac {d^{n}}{dx^{n}}}(f(x)g(x))=\sum _{k=0}^{n}{{\binom {n}{k}}\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n-k}}{dx^{n-k}}}g(x)\right)}$

Unsere Induktionsbehauptung lautet:

${\frac {d^{n+1}}{dx^{n+1}}}(f(x)g(x))=\sum _{k=0}^{n+1}{{\binom {n+1}{k}}\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n+1-k}}{dx^{n+1-k}}}g(x)\right)}$

Ich werde im folgenden so vorgehen, dass ich die linke Seite der Induktionsbehauptung nehme, umforme, die Induktionsvoraussetzung einsetze, weiter umforme und so die rechte Seite erhalte, wodurch die Aussage bewiesen wird.

Zunächst können wir also die linke Seite etwas anders anschreiben. n+1mal ableiten ist ja schließlich nichts anderes, als zuerst nmal abzuleiten und dann noch ein weiteres mal:

${\frac {d^{n+1}}{dx^{n+1}}}(f(x)g(x))={\frac {d}{dx}}\left({\frac {d^{n}}{dx^{n}}}(f(x)g(x))\right)$

Hier können wir die Induktionsvoraussetzung einsetzen:

${\frac {d}{dx}}\left({\frac {d^{n}}{dx^{n}}}(f(x)g(x))\right)={\frac {d}{dx}}\left(\sum _{k=0}^{n}{{\binom {n}{k}}\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n-k}}{dx^{n-k}}}g(x)\right)}\right)$

Um nun weiterzukommen, müssen wir also die Summe ableiten. Da Ableiten ja ein linearer Prozess ist, kann man das Differential zunächst mal in die Summe hineinbringen. Den konstanten Term kann man herausheben.

${\frac {d}{dx}}\left(\sum _{k=0}^{n}{{\binom {n}{k}}\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n-k}}{dx^{n-k}}}g(x)\right)}\right)=\sum _{k=0}^{n}{\left({\frac {d}{dx}}\left({\binom {n}{k}}\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n-k}}{dx^{n-k}}}g(x)\right)\right)\right)}=\sum _{k=0}^{n}{{\binom {n}{k}}\left({\frac {d}{dx}}\left(\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n-k}}{dx^{n-k}}}g(x)\right)\right)\right)}$

Den inneren Ausdruck kann man nun mit Hilfe der Produktregel weiter ableiten. Wir nehmen dazu die linke Klammer, leiten sie ab und multiplizieren sie mit der rechten Klammer und addieren dazu das Produkt von linker Klammer mit Ableitung der rechten Klammer (also ganz normale Produktregel). Aus der kten Ableitung wird also bei weiterer Ableitung die k+1te Ableitung. Aus der n-k ten Ableitung wird dann also die n-k+1 = n+1-k te Ableitung.

${\frac {d}{dx}}\left(\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n-k}}{dx^{n-k}}}g(x)\right)\right)=\left({\frac {d^{k+1}}{dx^{k+1}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n-k}}{dx^{n-k}}}g(x)\right)+\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n+1-k}}{dx^{n+1-k}}}g(x)\right)$

Wieder eingesetzt in die Summe haben wir also:

$\sum _{k=0}^{n}{{\binom {n}{k}}\left(\left({\frac {d^{k+1}}{dx^{k+1}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n-k}}{dx^{n-k}}}g(x)\right)+\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n+1-k}}{dx^{n+1-k}}}g(x)\right)\right)}$

Als nächstes multiplizieren wir den Binomialkoeffizienten hinein und spalten die Summe auf zwei Summen auf:

$\sum _{k=0}^{n}{{\binom {n}{k}}\left(\left({\frac {d^{k+1}}{dx^{k+1}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n-k}}{dx^{n-k}}}g(x)\right)\right)}+\sum _{k=0}^{n}{{\binom {n}{k}}\left(\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n+1-k}}{dx^{n+1-k}}}g(x)\right)\right)}$

Wenn wir nochmal die Induktionsbehauptung anschauen und uns überlegen, wo wir hinwollen, stellen wir fest, dass in der Zielformel f kmal und g n+1-k mal abgeleitet wird. Das ist in unserer rechten Klammer auch der Fall. In der linken jedoch nicht. Also machen wir bei dieser mal eine Indexverschiebung:

$\sum _{k=1}^{n+1}{{\binom {n}{k-1}}\left(\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n+1-k}}{dx^{n+1-k}}}g(x)\right)\right)}+\sum _{k=0}^{n}{{\binom {n}{k}}\left(\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n+1-k}}{dx^{n+1-k}}}g(x)\right)\right)}$

Es wär jetzt irgendwie super, wenn wenn wir die beiden Summen wieder zusammenfassen könnten, und dabei diese Ableitungsstufen behalten könnten. Allerdings lassen sie sich nicht ohne weiteres zusammenfassen, da Start- und Endindex nicht gleich sind. Wir ziehen daher aus der linken Summe den letzten Index (n+1) heraus und aus der rechten Summe den ersten Index (0). So haben die beiden Summen dann gleichen Start- und End-index und sie sind zusammenfassbar:

$\sum _{k=1}^{n}{\left[{\binom {n}{k-1}}\left(\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n+1-k}}{dx^{n+1-k}}}g(x)\right)\right)\right]}+{\binom {n}{n}}\left(\left({\frac {d^{n+1}}{dx^{n+1}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{0}}{dx^{0}}}g(x)\right)\right)+\sum _{k=1}^{n}{\left[{\binom {n}{k}}\left(\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n+1-k}}{dx^{n+1-k}}}g(x)\right)\right)\right]}+{\binom {n}{0}}\left(\left({\frac {d^{0}}{dx^{0}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n+1}}{dx^{n+1}}}g(x)\right)\right)$

Ausdrücke umschreiben und Summen zusammenfassen:

$\left(\left({\frac {d^{n+1}}{dx^{n+1}}}f(x)\right)g(x)\right)+\left(f(x)\left({\frac {d^{n+1}}{dx^{n+1}}}g(x)\right)\right)+\sum _{k=1}^{n}{\left[{\binom {n}{k-1}}\left(\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n+1-k}}{dx^{n+1-k}}}g(x)\right)\right)+{\binom {n}{k}}\left(\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n+1-k}}{dx^{n+1-k}}}g(x)\right)\right)\right]}$

Jetzt heben wir den Ausdruck mit den Differentialen in der Summer heraus:

$\left(\left({\frac {d^{n+1}}{dx^{n+1}}}f(x)\right)g(x)\right)+\left(f(x)\left({\frac {d^{n+1}}{dx^{n+1}}}g(x)\right)\right)+\sum _{k=1}^{n}{\left[\left({\binom {n}{k-1}}+{\binom {n}{k}}\right)\left(\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n+1-k}}{dx^{n+1-k}}}g(x)\right)\right)\right]}$

Als fleißige Studierende springt uns natürlich eine Identität aus dem Kombinatorik-Kapitel in den Kopf (Satz 2.4 im Buch):

${\binom {n+1}{k+1}}={\binom {n}{k}}+{\binom {n}{k+1}}$

Diese können wir in der Summe natürlich hervorragend anwenden:

$\left(\left({\frac {d^{n+1}}{dx^{n+1}}}f(x)\right)g(x)\right)+\left(f(x)\left({\frac {d^{n+1}}{dx^{n+1}}}g(x)\right)\right)+\sum _{k=1}^{n}{{\binom {n+1}{k}}\left(\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n+1-k}}{dx^{n+1-k}}}g(x)\right)\right)}$

Die Summe schaut jetzt schon fast so aus, wie die rechte Seite der Induktionsbehauptung! Wunderbar! Allerdings fehlen zwei Indexe (0 und n+1). Allerdings wissen wir, dass $\forall n\in \mathbb {N} :1={\binom {n}{0}}={\binom {n}{n}}$. Von daher können wir die Ausdrücke außerhalb der Summe auch so anschreiben:

${\binom {n+1}{n+1}}\left(\left({\frac {d^{n+1}}{dx^{n+1}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{0}}{dx^{0}}}g(x)\right)\right)+{\binom {n+1}{0}}\left(\left({\frac {d^{0}}{dx^{0}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n+1-0}}{dx^{n+1-0}}}g(x)\right)\right)+\sum _{k=1}^{n}{{\binom {n+1}{k}}\left(\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n+1-k}}{dx^{n+1-k}}}g(x)\right)\right)}$

Wir stellen fest, dass dies genau die beiden fehlenden Ausdrücke der Summe sind. Wir können sie also in die Summe hineinziehen und erhalten damit:

$\sum _{k=0}^{n+1}{{\binom {n+1}{k}}\left(\left({\frac {d^{k}}{dx^{k}}}f(x)\right)\left({\frac {d^{n+1-k}}{dx^{n+1-k}}}g(x)\right)\right)}$

Was genau die rechte Seite der Induktionsbehauptung war. Damit haben wir die Aussage bewiesen. Also eigentlich eh ur einfach, beim Test locker machbar... (nicht wirklich)

Edit: Konnte mir nicht verkneifen das zu korrigieren: "Als fleißigeR StudierendeR springt uns natürlich" -> "Als fleißige Studierende springt uns natürlich" das is full circle insanity. DIE FLEISSIGE STUDIERENDE und DER FLEISSIGE STUDIERENDE. Der Ausdruck "studierende" is gender neutral, deswegen wird er benutzt. da ein R dran zu hängen schmerzt. Doppel gendern müssen wir dann ja wohl doch noch nicht. hoffentlich.

Lösung von Ramzesenok

Finden wir nun $f(x)^{(8)}$ für $f(x)=x^{2}e^{-2x}$

Aus Formel sehen wir, dass $x^{2}$ wird 8 Mal abgeleitet, deshalb rechnen wir zunächst die Ableitungen: $f'(x)=2x$, $f''(x)=2$, $f'''(x)=0$

Nach der 2. Ableitung werden alle nächste Ableitungen 0, daher interessieren wir nun nur für $\sum _{k=0}^{n}{{\binom {n}{k}}f^{(k)}(x)g^{(n-k)}(x)}$ für $n=2$ anstatt $n=8$, weil für $n>2$ ein der Faktoren wird 0 und daher der ganze Summand wird auch 0.

Nach kurzer Rechnung erhalten wir $(e^{-2x})^{(n)}=(-2)^{n}e^{-2x}$

Jetzt haben wir alle 3 Summanden (vergisst ihr nicht den Binomialkoeffizient): $x^{2}*256e^{-2x}+16x*(-128e^{-2x})+56*64e^{-2x}=512e^{-2x}({\frac {x^{2}}{2}}-4x+7)$

Hilfreiche Links

https://en.wikipedia.org/wiki/General_Leibniz_rule

Ryus (Diskussion) 15:06, 19. Aug. 2016 (CEST)