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Differentiation » Differentialrechnung in IR » Lösen dieser Ableitung
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Universität/Hochschule J Lösen dieser Ableitung
TreeX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-09-17


Sehr geehrte Damen und Herren,

da ich bei dieser Aufgabe nicht weiter komme bitte ich nun hier um Hilfe.
hier
Über eine schnelle und gemeinsame Lösung der Aufgabe würde ich mich sehr freuen.



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-09-17


Einmal das Bild anzeigen:


Der wesentliche Trick ist, sich nicht verwirren zu lassen. Das Integral $\int_0^{h(x)}e^{-t^2}dt$ läßt sich einfach als $F(h(x))$ schreiben, wobei $F$ eine passende Stammfunktion von $e^{-t^2}$ ist. Wenn Du dann einfach "vergisst", dass $F$ ein Integral ist, ist die wesentliche Aufgabe eine lokale Umkehrfunktion zu finden.



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TreeX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-17


Gut

h(x) + h(x) *\(\int \limits_{0}^{h(x)} e^(-t(^2)) dt\) = x
h(x) * (1 + \(\int \limits_{0}^{h(x)} e^(-t(^2)) dt\)) = x
h(x) * (1 + F(h(x) - F(0)) = x
h(x) = x/(1 + F(h(x)) - F(0))
(h(x) = x/(1 + F(h(x)))

Ich kann zwar F(x) ableiten zu f(x),also F(h(x)) abgeleitet f(h(x))*h'(x), jedoch was mache ich dann?

zudem ist ja auch \(\int \limits_{0}^{h(x)} e^(-t(^2)) dt\)  eine Fehlerfunktion ;/



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-09-17


Dann werfe ich noch eine weitere Funktion in den Raum: $G(y):=y+y\cdot H(y)$. Wie sieht dann die Gleichung mit $h$ und $G$ aus? Kommt Dir etwas bekannt vor?



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TreeX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-17


In diesem fall ist G(y) = x, H(y) = F(h(x)) und y = h(x).
Sieht nach einer Umkehrfunktion aus, würde ich auf die schnelle tippen, jedoch stehe ich auf dem Schlauch. D;



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-09-17


Also $G(h(x))=x$. $G$ kennst Du, $h$ ausrechnen ist eher eine schlechte Idee, aber - es geht nur um die Existenz von $h$ - irgendwo hast Du einen Satz, der lokal die Existenz einer Umkehrfunktion garantiert.



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TreeX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-17


Da hast du recht TomTom314.
Dafür muss h ein C^1 -Diffeomorphismus. Somit ist h bijektiv und es existieren die stetig diffbaren Funktionen h und h^-1.
Also habe ich die Existenz der Ableitung von h und die Existenz der Umkehrabbildung schonmal sowie die Existenz einer Bijektion.
Und ja h auszurechnen wäre schlecht, da es ja rekursiv ist, jedoch muss ich die Ableitung h an der stelle 0 irgendwie bestimmen.



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-09-17


Das ging mir etwas zu schnell. Ich bin gemein und fordere nun etwas detailiertere Begründung ein:
Wir haben $G(y)$ und suchen ein $h$ mit $G(h(x))=x$ nahe $0$, genauer für $x\in(-\delta,\delta)$ mit $\delta>0$ hinreichend klein. Welchen Satz brauchen wir dafür und welche Bedingungen an $G$ müssen erfüllt sein?



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TreeX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-17


Also die Bedingung an G ist, dass es die Inverse von h ist, sodass G komponiert h eine identische Abbildung ist. (Bijektion)
Somit muss h schonmal injectiv und G surjektiv sein.
Zudem G diffbar sein, da sie ja in der Formel gegeben ist.

Und ich komme nicht darauf, welchen Satz du meinst. Den Satz von der Inversen Abbildung oder der Umkehrabbildung würde ich schätzen.



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-09-17


en Satz von der Inversen Abbildung oder der Umkehrabbildung würde ich schätzen.
Genau! Das $G$ hat zwar ein Integral im Bauch, aber wir können $G(0)$ und $G'(0)$ ausrechnen. Dann den Satz anwenden.



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TreeX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-17


Jedoch ist mit G(y) := y + y* H(y) für y = 0 das Ergebnis Null (G(0) = 0 + 0*H(0) = 0).
Somit ist die Ableitung nicht definierbar.
Da wir gesagt haben, dass x = G(h(x)) ist, folgt dass für h(x) = 0 auch x = 0 sein muss.



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-09-17


Das sehe ich anders. $G(0)=0$ ist richtig - daraus folgt auch $h0)=0$, wenn wir erst einmal an das $h$ gekommen sind. $G'$ kannst Du mit Produktregel & Fundamentalsatz der Analysis allgemein ausrechnen...



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TreeX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-17


Also G'(y) = 1 + H(y) + yH'(y) => G'(0) = 1 + H(0)
(H(0) müsste 0 sein wegen der Fehlerfunktion)
Zudem würde eigentlich gelten G'(y) = 1 + y*H'(y) + H(y) - y*H(0) - H(0).
So würde G'(0) = 1 gelten.



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-09-17


Ja und es gilt $H'(y)=e^{-y^2}$.



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TreeX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-17


Ja, dann habe ich das, was darüber steht.
Jedoch brauche ich ja h'(0).



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TreeX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-17


Sagen wir, wenn man G(y) = x mit y = h(x) ableitet (also G(h(x)) = x ), dann gilt G'(h(x)) * h'(x) = 1.
Sei y = 0, dann gilt G'(0) * h'(x) = 1 ->  h'(x) = 1.
Somit wäre h'(0) = 1.

Jedoch wenn ich sage, dass y = 0 sei, gilt zugleich h(x) = 0, somit funktioniert dieser Weg nicht.
Also kann ich nur sagen, dass aus  G'(h(x)) * h'(x) = 1 folgt h'(0) = 1/G'(h(0)).
Somit wäre h'(0) = (G'(h(0)))^-1 das Ergebnis



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2019-09-17


Hallo TreeX,

gilt G'(0) * h'(x) = 1 ->  h'(x) = 1.
Somit wäre h'(0) = 1.
mit der Folgerung bin ich nicht einverstanden - es sei denn, Du hast vorher $G'(0)=1$ bestimmt, was Du aus $G'(y) = 1 + yH'(y) + H(y) - yH(0) - H(0)$ erhältst. $G'(0)=1\neq 0$ ist auch die Bdingung für eine lokale Umkehrfunktion und dann
h'(0) = (G'(h(0)))^-1
also $h'(0)=1$.



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TreeX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-17


Ok ich schreibe nochmal alles zusammen, sodass wir ein endgültigen Weg haben.


fed-Code einblenden

Es existiere eine weitere Funktion G(y):=y+y⋅H(y) - y⋅H(0).
Daraus Folgt, dass y = h(x), G(y) = x und H(y) = F(h(x)). (*1)
Da die Komposition G(h(x)) = x eine identische Abbildung ist, muss die Komposition bijektiv sein.
Somit ist G die Inverse von h.

G(0) = 0 + 0*H(0) - O*H(0)= 0 -> h(0) = 0 (*2)
G'(y) = 1 + H(y) + y*H'(y) - H(0) - y*H'(0).
G'(0) = 1 + H(0) - H(0) = 1. (*3)

Aus *1 folgt G(y) = G(h(x)) = x
Somit ist G'(h(x)) * h'(x) = 1.
Sei x = 0, so gilt G'(h(0)) * h'(0) = 1
Nach *2 folgt G'(0)*h'(0) = 1.
Mit Hilfe von *3 ergibt sich h'(0) = 1.

Hoffe das passt so.

Nun habe 2 Fragen.
1) Wie genau kamst du auf die anfängliche Gleichung G(y):=y+y⋅H(y)? (Der Weg wäre mir wichtig) ;D
2) Sind G und h beide Bijektiv oder nun nur die Komposition?
 
Vielen Dank, dass du so viel Geduld mit mir hast TomTom314  biggrin



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2019-09-17


1) Wie genau kamst du auf die anfängliche Gleichung G(y):=y+y⋅H(y)? (Der Weg wäre mir wichtig) ;D
Das ist natürlich wirklich schwierige Frage: "Wie kommst Du darauf?". Ich denke der entscheidende Schritt bei mir war $\int\ldots =H(h(x))$ und dann $h(x)+h(x)\cdot H(h(x)) = x$. Wenn wir $h(x)=y$ ersetzt steht dort $G(y)=x$. Die allgemeingültige Antwort ist "Erfahrung, Erfahrung, Erfahrung" - ich weiß, nicht besonders befriedigend.

Zum Lösungsaufbau: Obwohl wir mit der Analyse der Gleichung $h(x)+h(x)\cdot H(h(x)) = x$ anfangen, sollte $h$ erst am Ende der Lösung auftauchen, da wir zunächst die Existenz beweisen müssen.

G(0) = 0 + 0*H(0) - O*H(0)= 0 -> h(0) = 0 (*2)
G'(y) = 1 + H(y) + y*H'(y) - H(0) - y*H'(0).
G'(0) = 1 + H(0) - H'(0) = 1. (*3)
Soweit ok, Referenz auf h' herausgenommen

Aus *1 folgt G(y) = G(h(x)) = x
Somit ist G'(h(x)) * h'(x) = 1.
Sei x = 0, so gilt G'(h(0)) * h'(0) = 1
Nach *2 folgt G'(0)*h'(0) = 1.
Mit Hilfe von *3 ergibt sich h'(0) = 1.
Das würde anders aufbauen. Aus *3 $G'(0)\neq 0$ folgt, dass es ein $h$ (...genauere Beschreibung, Verweis auf den Satz...) gibt, s.d $G(h(x))=0$.

Jetzt haben wir ein $h$, welche auf einer kleine Umgebung von $G(0)=0$ definiert ist und können dann $h'(0)$ bestimmen.

2) Sind G und h beide Bijektiv oder nun nur die Komposition?
Keine Ahnung, bzw. das haben wir garnicht genauer untersucht, da die Umkehrfunktion rein lokal definiert ist. (Daraus folgt, dass $h$ injektiv ist und somit bijektiv auf ihrem Bild)



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TreeX
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Ok vielen Dank nochmal!  smile



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TreeX hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
TreeX hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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