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Nadice (Nadice)
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. März, 2001 - 20:39: | 
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Kann mir bitte jemand übers Wochenende bei meinem Aufgabenblatt helfen? Wenns geht mit Erklärungen.Also, bei der a.) weiß ich zwar wie´s geht, doch bin mir unsicher bei den Ableitungen.
Ich hoffe sehr, dass ihr mir helfen könnt.
- Für jedes t aus R ist eine Funktion ft gegeben durch ft(x)=e^(2x)-2te^(x)+t^(2) (Der Exponent ist eigeklammert); x aus R. Schaubild ist Gt.
a.)Untersuchen Sie G2 auf Extrempunkte, Wendepunkte und Asymptoten. Zeichnen Sie.....(das kann ich dann)
b.)Das Schaubild G2 schließt mit den Geraden y=4, x=u mit u<0 und der y-Achse eine Fläche mit dem Inhalt A(u) ein. Berechnen Sie A(u). Bestimmen Sie den limes A(u) mit u->-unendlich.
c.)Durch k(x)=e^(2x); x aus R; ist eine Funktion k gegeben. Ihr Schaubild ist K. Bestimmen Sie t>0 so, dass sich K und Gt orthogonal schneiden.
d.) Zeigen Sie: Jede Funktion ft hat genau eine Wendestelle oder ist streng monoton wachsend. Bestimmen Sie eine Gleichung der Kurve, auf der alle Wendepunkte von Gt liegen.
Wer kann mir bitte bis Sonntag abend helfen? Es ist wirklich wichtig! |
Georg (Hgs)
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. März, 2001 - 21:52: |
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f(x) = e2x - 2tex + t²
f'(x) = 2e2x - 2tex
f''(x) = 4e2x - 2tex
f'''(x) = 8e2x - 2tex
Vermutung F(x) = ½e2x - 2tex + t²x
F'(x) = e2x - 2tex + t² = f(x) hat geklappt
b)
A(u) = òu 0( y - f(x) )dx = òu 0( 4 - e2x + 2tex - t² )dx
t=2 ==> A(u) = òu 0( 4 - e2x + 4ex - 4 )dx
A(u) = òu 0( -e2x + 4ex )dx
A(u) = [ -½e2x + 4ex ] von u bis 0
A(u) = -½ + 4 + ½e2u - 4eu
A(u) = 3½ + ½e2u - 4eu
Für sehr negative Exponenten geht die e-Funktion gegen 0 ==>
lim A(u) = 3½ |
Nadice (Nadice)
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. März, 2001 - 22:28: |
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Danke Georg. Hilft mir schon ein gutes Stück weiter. Dieses Zeichen bei der Flächenberechnung A(u) soll, nehme ich an, ein Integralzeichen sein. Vielen Dank, dass du dir um die Uhrzeit noch die Mühe machst. Vielleicht kannst du mir noch beim Rest helfen, kann aber auch ruhig morgen sein. Ich wäre dir dankbar dafür.
Viele Grüße von Nadice. |
Georg (Hgs)
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. März, 2001 - 23:49: |
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Ja, Integral von u bis 0 . Mein Tageslauf ist nicht häufig. Ich hoffe, dass ich Sonntag Abend noch einmal bei dir vorbeischauen kann, ob alles geklappt hat. Pass bitte gut auf, dass ich dir keine Rechenfehler andrehe.
c)
Schnittstelle
k(x) = e2x
f(x) = e2x - 2tex + t²
k-f ==> 0 = 2tex - t²
2tex = t²
ex = t/2
x = ln(t/2)
Steigungen dort
f'(x) = 2e2x - 2tex = 2(ex)² - 2tex
f'(ln(t/2)) = 2(t/2)² - 2t(t/2) = t²/2 - t² = -t²/2
k'(x) = 2e2x = 2(ex)²
k'(ln(t/2)) = 2(t/2)² = t²/2
Orthogonal ( rechtwinklig ) schneiden sie sich, wenn f'*k' = -1 ==>
-(t²/2) * t²/2 = -1
-t4/4 = -1
t4 = 4
t = Ö2 Negative Lösung entfällt, weil t>0 verlangt war
d)
f(x) = e2x - 2tex + t²
f'(x) = 2e2x - 2tex
f''(x) = 4e2x - 2tex
Wenn Wendestellen existieren, dann gilt dort f''(x) = 0 ==>
4e2x - 2tex = 0
4e2x = 2tex
2(ex)² = tex | / ex
2ex = t
ex = t/2
Es gibt also höchstens eine Wendestelle x = ln(t/2) und nur für t>0 . Ist es eine ?
f'''(x) = 8e2x - 2tex = 8(ex)² - 2tex
f'''(ln(t/2)) = 8(t/2)² - 2t(t/2) = 2t² - t² = t² ¹ 0 für t>0
Also ist es eine Wendestelle
Für t £ 0 sollte jetzt monoton herauskommen.
f'(x) = 2e2x - 2tex
f'(x) = 2(ex)² - 2tex
f'(x) = 2ex( ex - t )
Wegen ex ³ 0 für alle x hängt das Vorzeichen von f' nur noch von der Klammer ab.
Andererseits ergibt sich aus der Voraussetzung t £ 0
-t ³ 0 | + ex
ex - t ³ ex > 0 dass also die Klammer > 0 ist. Insgesamt
f' > 0 für t £ 0 was zu beweisen war |
Georg (Hgs)
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 25. März, 2001 - 00:07: |
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Wendepunkte-Kurve
Wendestelle war x = ln(t/2)
f(ln(t/2)) = (t/2)² - 2t(t/2) + t² = t²/4 - t² + t² = t²/4
Für die Wendepunkte W(x|y) gilt also
x = ln(t/2) und y = t²/4 . Daraus soll eine Kurvengleichung werden. Also stört t .
ex = t/2 ==> t = 2ex in y ergibt
y = (2ex)²/4 = e2x |
Nadice (Nadice)
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 25. März, 2001 - 18:01: |
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Hallo Georg, ich hab da ein Problem. Ich hab gestern Nacht noch die a gerechnet und fand alles in Ordnung und wunderbar, doch jetzt sitzz ich gerad wieder dran und mir fiel auf dass ich bei der a die Kurvendiskussion mit G2, also mit f2(x) machen soll. Das hab ich jetzt versucht: Ich habe mich nach deiner Rechnung mit ft(x)gehalten und abgeleitet: f2(x)=e^(2x)-4e^(x)+16
f2'(x)=2e^(2x)-4e^(x)
f2''(x)=4e^(2x)-4e^(x) und
f2'''(x)=8e^(2x)-4e^(x)
Ist das richtig??? Ich mach jetzt die Extrem-und Wendepunkte noch mal und hoffe das meine Ableitungen richtig sind. Wäre schön, wenn du dich noch mal melden würdest. |
Georg (Hgs)
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 25. März, 2001 - 18:18: |
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Die Ergebnisse der Kurvendiskussion mit allgemeinem t müsstest du als Probe nutzen können : Wenn du nachträglich jeweils t=2 einsetzt, muss das selbe herauskommen.
Aber 2² ist doch 4 ? f2(x) = e2x - 4ex + 4 Zum Glück bleiben die Ableitungen die selben. |
Nadice (Nadice)
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 25. März, 2001 - 18:28: |
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Ja logisch!!! Mann bin ich daneben! Natürlich ist das 2^2 und nicht wie ich es gemacht habe 4^2!!! Ich weiß gar nicht was ich da gedacht hab. Danke. Ich glaub jetzt bekomm ich das Ganze noch hin. Vielel lieben Dank für die Hilfe.
1000 Grüße. |
Nadice (Nadice)
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 25. März, 2001 - 18:28: |
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Ja logisch!!! Mann bin ich daneben! Natürlich ist das 2^2 und nicht wie ich es gemacht habe 4^2!!! Ich weiß gar nicht was ich da gedacht hab. Danke. Ich glaub jetzt bekomm ich das Ganze noch hin. Vielel lieben Dank für die Hilfe.
1000 Grüße. |
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