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Wie Differenziert man diese Funktion mithilfe der H-Methode?

Ab hier komme ich nicht mehr weiter, wie kann man diesen Ausdruck vereinfachen?

Ich Entschuldige mich für meine Schrift ^^

Ich würde mich über Tipps sehr freuen

Liebe Grüße 

Jonas
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Also, aus dem Stegreif fällt mir ein, dass die h-Methode eher dazu dient, einen Grenzwert zu berechnen.
Zum Ableiten ist hier eher die Ketten- und Quotientenregel hilfreich.
  ─   peterpils 18.02.2021 um 21:52

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Mit der h-Methode bestimmt man den Grenzwert des Differenzenquotienten und das ist die Ableitung.   ─   cauchy 18.02.2021 um 21:55

Mein Lehrer meinte, dass man mit dem Grenzwert die Ableitung bestimmen soll, bzw dass wir mithilfe der H-methode Ableiten sollen.   ─   jonasoppermann4 19.02.2021 um 10:53

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3 Antworten
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Die folgende Lösung ist vielleicht nicht die eleganteste, aber sie kommt ohne Ableitungsregeln aus. Wir benötigen lediglich die Tatsache \( \left( 1+ \frac{x}{t} \right)^t \to e^x \) für \( t \to \infty \).

Um den Grenzwert später einfacher berechnen zu können, leisten wir ein paar Vorarbeiten. Generell werden wir immer \( x \neq 0 \) annehmen. Das wird uns später nicht einschränken, da \( f \) ohnehin nur für \( x \neq 0 \) wohldefiniert ist.

Zunächst überlegen wir uns, dass \( \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \) \( \to 1 \) für \( h \to 0 \) gilt.

Wir setzen \( n = \frac{1}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \). Aus \( h \to 0^+ \) folgt dann entweder \( n \to \infty \) oder \( n \to - \infty \) (je nach Vorzeichen von \(x\))

Im Fall \( n \to \infty \) gilt
\( \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \) \( = \frac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n}} \) \( = n \cdot \ln\left(1+\frac{1}{n}\right) \) \( = \ln\left( \left( 1+ \frac{1}{n} \right)^n \right) \) \( \to \ln(e^1) = 1 \) für \( h \to 0^+ \).

Im Fall \( n \to -\infty \) gilt \( -n \to \infty \) und somit
\( \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \) \( = \frac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n}} \) \( = -(-n) \cdot \ln\left(1+\frac{-1}{-n}\right) \) \( = - \ln\left( \left( 1 + \frac{-1}{-n} \right)^{-n} \right) \) \( \to - \ln(e^{-1}) = 1 \) für \( h \to 0^+ \).

Analog erhalten wir für \( h \to 0^- \) ebenfalls die Fälle \( n \to \infty \) oder \( n \to - \infty \) und somit die gleichen Grenzwerte.
Insgesamt ergibt sich also
\( \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \) \( \to 1 \) für \( h \to 0 \).

Als nächstes zeigen wir \( \frac{\ln\left((x+h)^2+2\right) - \ln(x^2+2)}{h(x+h)^2} \to \frac{2}{x(x^2+2)} \) für \( h \to 0 \).

Dies sehen wir mit ein paar Umformungen und dem obigen Resultat sofort ein. Es gilt
\( \frac{\ln\left((x+h)^2+2\right) - \ln(x^2+2)}{h(x+h)^2} \) \( = \frac{\ln\left(\frac{(x+h)^2+2}{x^2+2}\right)}{h(x+h)^2} \) \( = \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h(x+h)^2} \) \( = \frac{2x+h}{x+h} \cdot \frac{1}{(x+h)(x^2+2)} \cdot \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \) \( \to \frac{2x}{x} \cdot \frac{1}{x(x^2+2)} \cdot 1 \) \( = \frac{2}{x(x^2+2)} \) für \( h \to 0 \).

Und nun kommen wir zum Kernstück: Wir zeigen \( \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \to \frac{2}{x(x^2+2)} - \frac{2 \ln(x^2+2)}{x^3} \) für \( h \to 0 \).

Es gilt
\( \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \) \( = \frac{1}{h} \left( \frac{\ln\left((x+h)^2+2\right)}{(x+h)^2} - \frac{\ln\left(x^2+2\right)}{x^2} \right) \) \( = \frac{1}{h} \left( \frac{ x^2 \ln\left((x+h)^2+2\right) - (x+h)^2 \ln\left(x^2+2\right)}{x^2(x+h)^2} \right) \) \( = \frac{1}{h} \left( \frac{ x^2 \ln\left((x+h)^2+2\right) - (x^2 + 2xh + h^2) \ln\left(x^2+2\right)}{x^2(x+h)^2} \right) \) \( = \frac{1}{h} \left( \frac{ x^2 \left( \ln\left((x+h)^2+2\right) - \ln\left(x^2+2\right) \right) - (2xh + h^2) \ln\left(x^2+2\right)}{x^2(x+h)^2} \right) \) \( = \frac{ \ln\left((x+h)^2+2\right) - \ln\left(x^2+2\right) }{h(x+h)^2} - \frac{ (2x + h) \ln\left(x^2+2\right)}{x^2(x+h)^2} \) \( \to \frac{2}{x(x^2+2)} - \frac{2x \ln(x^2+2)}{x^2 \cdot x^2} \) \( = \frac{2}{x(x^2+2)} - \frac{2 \ln(x^2+2)}{x^3} \) für \( h \to 0 \).

Ich hoffe, dass das alles soweit verständlich ist und dass ich dir damit helfen konnte :)
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Die Antwort hängt davon ab, was Ihr verwenden dürft. Man kann z.B. so umformen: \[\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\frac{1}{x^2(x+h)^2}\left(x^2\frac{\ln\bigl((x+h)^2+2\bigr)-\ln(x^2+2)}{h}-(2x+h)\ln(x^2+2)\right).\] Wenn Ihr die Kettenregel und die Ableitung des Logarithmus verwenden dürft, dann kann man hier \(h\) gegen \(0\) gehen lassen und das Ergebnis direkt ausrechnen.  Falls nicht, dann muss man den ersten Term in der Klammer auf die Exponentialfunktion zurückführen.  Aber auch dann braucht man die Kettenregel (und die Ableitung der Exponentialfunktion).

Hilft das?
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Ja, Danke. Ich verstehe nur nicht ganz welchen Sinn es hat eine Aufgabe wie diese überhaupt mit der h Methode abzuleiten, wenn diese so viel komplizierter ist.   ─   jonasoppermann4 19.02.2021 um 12:03

Vielleicht sollt Ihr durch Schmerzen die Kraft der Ableitungsregeln kennenlernen. Das kann sinnvoll sein ;)   ─   slanack 19.02.2021 um 12:07

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Wenn du die rechte Seite ausmultiplizierst, siehst du, dass \( \frac{ \frac{ 2hx \ln(x^2+2) }{ (x+h)^2  x^2}}{ h } \) gegen \( \frac{2\ln(x^2+2)}{x^3} \) und \( \frac{\frac{2h^2 \ln(x^2+2)}{(x+h)^2  x^2}}{h} \) gegen \( 0 \) konvergieren.
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Ich komme aber mit "herkömmlichen" Ableitungsregeln auf ein ganz anderes Ergebnis :/
Ich frage am besten noch einmal meinen Lehrer.
  ─   jonasoppermann4 19.02.2021 um 10:55

Vielleicht "tröstet" es Dich, dass auch nicht so richtig den Sinn dieser Aufgabe verstehe. Meiner Meinung nach nutzt man die h-Methode, um sich ein paar einfache Ableitungen (also nicht so komplizierte, wie bei Deiner Aufgabe), einen Ausgangsbasis zu erarbeiten, um dann die Regeln des Differenzieren zu nutzen, um komplexere Ableitungen auf diese Basis zurückzuführen. Vielleicht schaust Du einmal in die lernplaylist zur Differenzialrechnung, wo dass erläutert wird.   ─   professorrs 19.02.2021 um 17:48

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