Flächeninhaltsberechnung < Integralrechnung < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:20 So 06.03.2005 | | Autor: | snibbe |
Hallo,
ich komme bei folgender Aufgabe einfach nicht weiter, da ich keinen Ansatz finde:
Aufgabe:
Für jedes [mm] t\in\IR+ [/mm] ist eine Funktion [mm]f_t[/mm] gegeben durch:
[mm]f_t(x)=\bruch{2x}{t^2+x^2}[/mm]
Das Schaubild von [mm]f_t[/mm] sei [mm]K_t[/mm].
a)
Untersuche [mm]K_t[/mm] auf Symmetrie, Asymptoten, Schnittpunkte mit der x-Achse sowie Extrem- und Wendepunkte.
Zeichne [mm]K_1[/mm] und [mm]K_\bruch{1}{2}[/mm].
b)
Zwei Kurven [mm]K_t1[/mm] und [mm]K_t2[/mm] mit [mm]t_1 < t_2[/mm] und die Gerade [mm] g: x=z ; z>0[/mm] begrenzen eine Fläche im 1. Feld. Berechne ihren Inhalt A(z).
Gegen welchen Grenzwert A* strebt A(z) für z -> + unendlich?
Wie groß ist A* bei den gezeichneten Kurven?
Für zwei Kurven [mm]K_t1[/mm] und [mm]K_t2[/mm] sei A*=1. Welche Beziehung besteht dann zwischen [mm] t_1[/mm] und [mm] t_2[/mm]?
c)
Gib einen Punkt [mm]P_1[/mm] im 1. Feld an, durch den keine Kurve [mm]K_t[/mm] geht.
Bestimme die Menge der Punkte P(x/y) im 1. Feld, durch die keine Kurve [mm]K_t[/mm] geht.
Kennzeichne im vorhandenden Achsenkreuz die Menge dieser Punkte durch eine Schraffur.
d)
P(u/v) sei ein beliebiger Punkt auf der Kurve [mm]K_t[/mm] im 1. Feld. Das Dreieck mit den Ecken O(0/0), Q(u/0), P(u/v) erzeugt bei Rotation um die x-Achse einen Kegel. Bestimme P so , dass der Rauminhalt dieses Kegels extremal wird. Untersuche, ob es sich um ein Maximum oder um ein Minimum handelt.
e)
Zeige: Eine Kurve [mm]K_t[/mm] und die Ursprungsgerade durch den Hochpunkt von [mm]K_t[/mm] schließen eine Fläche ein, die für alle Kurven [mm]K_t[/mm] denselben Inhalt hat.
Meine Lösungsansatz:
zu a) Hier habe ich alles ohne Probleme heraus bekommen.
- Punktsymmetrisch zum Ursprung
- Asymptote: y=0
- Nullstelle bei N(0/0)
- Hochpunkt bei [mm]H(t/\bruch{1}{t})[/mm]
- Tiefpunkt bei [mm]T(-t/-\bruch{1}{t})[/mm]
- 1. Wendepunkt bei W1(0/0)
- 2. Wendepunkt bei [mm]W2(t\wurzel{3}/\bruch{\wurzel{3}}{2t})[/mm]
- 3. Wendepunkt bei [mm]W2(-t\wurzel{3}/-\bruch{\wurzel{3}}{2t})[/mm]
[mm]f'_t(x)=\bruch{2(t^2-x^2)}{(t^2+x^2)^2}
f''_t(x)=\bruch{-4x(3t^2-x^2)}{(t^2+x^2)^3}
f'''_t(x)=\bruch{-12(t^4+x^4-6t^2x^2)}{(t^2+x^2)^4}[/mm]
zu b)
Finde hier keinen Ansatz. Kenne das eigentlich auch nur so das man maximal von 2 Gleichungen die Fläche ausrechnen muss. Hier sinds aber 3 und das irritiert mich etwas.
zu c)
Ich weiß hier zwar was gemeint ist, aber habe keine Ahnung wie ich das errechnen soll.
zu d)
Auch hier brauche ich einen Ansatz
zu e)
Hier müsste ich nur wissen, wie man auf die Ursprungsgerade kommt.
Den Rest müsste ich meiner Meinung nach hinkriegen.
Vielen Dank im voraus
snibbe
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:04 Mo 07.03.2005 | | Autor: | snibbe |
Hallo,
vielen dank an alle user für die schnellen Reaktionen.
Werde alles nach und nach bearbeiten und dann auch antworten ;)
@Loddar:
Ich habe die 3. Ableitung nochmal nachgerechnet, komme jedoch nicht auf dein Ergebnis. Kann auch keinen Fehler bei mir entdecken.
Habe daher meinen kompletten Rechenweg dargestellt.
Vielleicht habe ich ja was übersehen.
[mm]f_t'''(x)=\bruch{(-4 \cdot (3t^2-x^2)+(-4x) \cdot (-2x)) \cdot (t^2+x^2)^3 - (-4x \cdot (3t^2-x^2)) \cdot 3 \cdot (t^2+x^2)^2 \cdot 2x}{(t^2+x^2)^6}
f_t'''(x)=\bruch{(-12t^2+4x^2+8x^2) \cdot (t^2+x^2) - (-12t^2x+4x^3) \cdot 6x}{(t^2+x^2)^4}
f_t'''(x)=\bruch{-12t^4+12t^2x^2-12t^2x^2+12x^4+72t^2x^2-24x^4}{(t^2+x^2)^4}=\bruch{-12t^4-12x^4+72t^2x^2}{(t^2+x^2)^4}=\bruch{-12(t^4+x^4-6t^2x^2)}{(t^2+x^2)^4}
[/mm]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:51 So 06.03.2005 | | Autor: | Loddar |
> e)
> Zeige: Eine Kurve [mm]K_t[/mm] und die Ursprungsgerade durch den
> Hochpunkt von [mm]K_t[/mm] schließen eine Fläche ein, die für alle
> Kurven [mm]K_t[/mm] denselben Inhalt hat.
> Hier müsste ich nur wissen, wie man auf die
> Ursprungsgerade kommt.
Du hast doch für diese Ursprungsgerade zwei Punkte gegeben:
[mm] $P_1 [/mm] \ ( \ [mm] x_1 [/mm] \ | \ [mm] y_1 [/mm] \ ) \ = \ O \ ( \ 0 \ | \ 0 \ )$ sowie
[mm] $P_2 [/mm] \ ( \ [mm] x_2 [/mm] \ | \ [mm] y_2 [/mm] \ ) \ = \ H \ [mm] \left( \ t \ \left| \ \bruch{1}{t} \ \right)$
Hier kannst Du nun die Geradengleichung über die [b]Zwei-Punkte-Form[/b] ermitteln: $\bruch{y - y_1}{x - x_1} \ = \ \bruch{y_2 - y_1}{x_2 - x_1}$
> Den Rest müsste ich meiner Meinung nach hinkriegen.
Na, denn mal los ... ;-)
Loddar
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:37 Mo 07.03.2005 | | Autor: | snibbe |
Danke für den Ansatz.
Habe für die Ursprungsgerade folgendes heraus:
[mm]y=\bruch{x}{t^2}[/mm]
Weiter dann
[mm]A_0(t)= \integral_{0}^{t} {(\bruch{2x}{t^2+x^2}-\bruch{x}{t^2}) dx}=[\ln(t^2+x^2)-\bruch{x^2}{2t^2}]_{0}^{t}=\ln 2 -\bruch{1}{2}[/mm]
Hoffe das stimmt soweit.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:20 Mo 07.03.2005 | | Autor: | Loddar |
> d)
> P(u/v) sei ein beliebiger Punkt auf der Kurve [mm]K_t[/mm] im 1.
> Feld. Das Dreieck mit den Ecken O(0/0), Q(u/0), P(u/v)
> erzeugt bei Rotation um die x-Achse einen Kegel. Bestimme P
> so , dass der Rauminhalt dieses Kegels extremal wird.
> Untersuche, ob es sich um ein Maximum oder um ein Minimum
> handelt.
> zu d)
> Auch hier brauche ich einen Ansatz
Das  Rotationsvolumen um die x-Achse wird berechnet zu:
[mm] $V_x [/mm] \ = \ [mm] \pi [/mm] * [mm] \integral_{x_1}^{x_2} {y^2 \ dx}$
[/mm]
In unserem Fall lassen wir doch folgende Gerade $g$ rotieren:
$g$ geht durch die Punkte
[mm] $P_1 [/mm] \ ( \ [mm] x_1 [/mm] \ | \ [mm] y_1 [/mm] \ ) \ = \ O \ ( \ 0 \ | \ 0 \ )$ sowie
[mm] $P_2 [/mm] \ ( \ [mm] x_2 [/mm] \ | \ [mm] y_2 [/mm] \ ) \ = \ [mm] P_2 [/mm] \ ( \ u \ | \ v \ ) \ = \ [mm] P_2 [/mm] \ ( \ u \ | \ f(u) \ ) \ = \ [mm] P_2 [/mm] \ [mm] \left( \ u \ \left| \ \bruch{2u}{t^2 + u^2} \ \right)$
Auch hier wieder [b]Zwei-Punkte-Form[/b] ermitteln: $\bruch{y - y_1}{x - x_1} \ = \ \bruch{y_2 - y_1}{x_2 - x_1}$
Anschließend in die o.g. Volumenformel einsetzen:
$V_x(u) \ = \ \pi * \integral_{0}^{u}{y^2 \ dx} \ = \ \pi * \integral_{0}^{u}{g^2(x) \ dx}$
Für diese Funktion $V_x(u)$ ist dann eine Extremwertberechnung durchzuführen ...
Gruß
Loddar
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:29 Di 08.03.2005 | | Autor: | snibbe |
Hallo,
habe folgendes herausbekommen:
Die Gerade lautet:
[mm]y=\bruch{2x}{t^2+u^2}[/mm]
[mm]V(u)=\bruch{\pi 4u^3}{3(t^2+u^2)^2}[/mm]
[mm]V'(u)=\bruch{4\pi (3t^2u^2-u^4)}{3(t^2+u^2)^3}[/mm]
[mm]V''(u)=\bruch{8\pi (3t^4u-8t^2u^3+u^5)}{3(t^2+u^2)^4}[/mm]
Wenn ich die Extremmstellen berechne komme ich einmal auf [mm]0[/mm] und dann auf [mm]t\wurzel{3}[/mm].
Wenn ich aber die Extremstellen überprüfen möchte komme ich auf kein Ergebnis.
Setze ich 0 in die 2. Ableitung ein erhalte ich als Ergebnis auch 0.
Habe dann ebenfalls das VZW Kriterium überprüft. Komme damit aber auch nicht auf eine Lösung. Habe ich etwas falsch errechnet?
Vielen Dank
snibbe
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:57 Di 08.03.2005 | | Autor: | leduart |
Hallo Snibbe
So weit ich sehe alles richtig! u=0 ist Sattelpunkt, d.h. Wendepunkt mit waagerechter Tangente.(immer wenn die 1. Ableitung eine doppelte Nullstelle hat.Du musst also nur sehen dass bei u=t* [mm] \wurzel{3} [/mm] ein Maximum liegt!
Gruss leduart
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(Antwort) fertig | | Datum: | 04:42 Mo 07.03.2005 | | Autor: | Nam |
Hallo snibbe,
eine kurze Idee für die Nummer c), bin auch nicht sicher, ob das so stimmt, aber mal schauen:
für [mm]x \ge 2[/mm] ist [mm]2x \le x^2[/mm].
Weil [mm]t\in\IR+[/mm] also [mm]t > 0[/mm], folgt, dass für
[mm]x \ge 2[/mm] gilt: [mm]2x \le x^2 \le t^2 + x^2
\Rightarrow \frac{2x}{t^2 + x^2} \le 1[/mm]
Sprich für alle [mm]x \ge 2[/mm] ist [mm]f_{t}(x) \le 1[/mm].
Der Punkt [mm]P_1 = (3,5)[/mm] dürfte also z. B. nicht getroffen werden, weil [mm]f_{t}(3) \le 1[/mm], also gilt insbesondere: [mm]f_{t}(3) \not= 5[/mm].
Wie die Menge aller nicht getroffenen Punkte aussieht, und was da noch dazugehört, das weiß ich allerdings nicht.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:04 Di 08.03.2005 | | Autor: | snibbe |
Hallo,
danke für die schnelle Antwort.
Ich verstehe aber nicht wieso du für [mm]x \ge 2[/mm] angenommen hast.
Nach dem was hobbymathematiker zu c geschrieben hat wird dieser Punkt P1 wirklich nicht getroffen. Dies stimmt also.
Könntest du mir das bitte noch einmal erklären
Vielen Dank
snibbe
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:49 Di 08.03.2005 | | Autor: | Nam |
Hi snibbe,
meine erste Idee war, zu schauen, inwiefern die Funktion begrenzt ist. Dazu hatte ich geguckt, wann [mm]2x \le x^2 + t^2[/mm] gilt. Denn in diesem Fall ist die Funktion nämlich kleiner gleich 1. Das ist ab [mm]x \ge 2[/mm] für alle t erfüllt, sprich ab dort ist die Funktion kleiner gleich 1. Alle Punkte "überhalb" der 1" mit einem x-Wert größer als 2 werden also nicht getroffen.
Die Betrachtung von hobbymathematiker ist natürlich sehr viel genauer, denn er hat die Funktion [mm]\frac{2x}{t^2 + x^2}[/mm] mit [mm]\frac{2x}{x^2} = \frac{2}{x}[/mm] vergleichen und gezeigt, dass stets [mm]f_{t}(x) \le \frac{2}{x}[/mm] gilt.
Sprich alles überhalb der Funktion [mm] \frac{2}{x} [/mm] wird nicht getroffen. Das schliesst natürlich auch den Bereich mit ein, den ich schon genannt hatte.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:37 Di 08.03.2005 | | Autor: | snibbe |
Hallo,
vielen Dank nochmal.
Nun ist alles klar.
snibbe
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> Aufgabe:
>
> Für jedes [mm]t\in\IR+[/mm] ist eine Funktion [mm]f_t[/mm] gegeben durch:
>
> [mm]f_t(x)=\bruch{2x}{t^2+x^2}[/mm]
>
> Das Schaubild von [mm]f_t[/mm] sei [mm]K_t[/mm].
> c)
> Gib einen Punkt [mm]P_1[/mm] im 1. Feld an, durch den keine Kurve
> [mm]K_t[/mm] geht.
> Bestimme die Menge der Punkte P(x/y) im 1. Feld, durch die
> keine Kurve [mm]K_t[/mm] geht.
> Kennzeichne im vorhandenden Achsenkreuz die Menge dieser
> Punkte durch eine Schraffur.
> zu c)
> Ich weiß hier zwar was gemeint ist, aber habe keine Ahnung
> wie ich das errechnen soll.
Hallo Snibbe
zu c.)
wegen [mm] t\in\IR+ [/mm]
aber vor allen Dingen wegen [mm] t^2 [/mm]
kann der Nenner nie < [mm] x^2 [/mm] werden.
Deswegen ist die Menge der Punkte P durch die keine Kurve K(t) geht
[mm] P ( x, y>\bruch{2x}{x^2} ) [/mm]
[Dateianhang nicht öffentlich]
Gruss
Eberhard
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:58 Mo 07.03.2005 | | Autor: | snibbe |
Hallo,
vielen Dank für die schnelle Antwort.
Konnte alles nachvollziehen.
Habe dann noch zur Vereinfachung die y-Koordinate gekürzt, sodass ich da [mm]y>\bruch{2}{x}[/mm] habe.
snibbe
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Hallo snibbe,
Die meisten Fragen wurden dir bereits beantwortet aber Teil b) noch nicht.
Aufgabe:
Für jedes $t [mm] \in \IR_{+}$ [/mm] ist eine Funktion [mm] $f_t$ [/mm] gegeben durch [m]f_t\left(x\right) := \tfrac{2x}{t^2+x^2}[/m]. Das Schaubild von [mm] $f_t$ [/mm] sei [mm] $K_t$.
[/mm]
Zwei Kurven [mm]K_{t_1}[/mm] und [mm]K_{t_2}[/mm] mit [mm]t_1 < t_2[/mm] und die Gerade [mm]g: x \mapsto x\,;\;x > 0[/mm] begrenzen eine Fläche im 1. Quadranten.
1.) Berechne ihren Inhalt [mm] $A(x)\!$.
[/mm]
2.) Gegen welchen Grenzwert [mm] $A^{\*}$ [/mm] strebt [mm] $A(x)\!$ [/mm] für $x [mm] \rightarrow +\infty$?
[/mm]
3.) Wie groß ist [mm] $A^{\*}$ [/mm] bei den gezeichneten Kurven?
4.) Für zwei Kurven [mm]K_{t_1}[/mm] und [mm]K_{t_2}[/mm] sei [m]A^{\*} = 1[/m] . Welche Beziehung besteht dann zwischen [mm]t_1[/mm] und [mm]t_2[/mm]?
Lösungsansatz:
zu 1.)
Zunächst einmal eine kleine Skizze, die zeigt nach welcher Fläche hier gefragt ist:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Die Fläche, die wir suchen, ist die orangene Fläche. [mm] $x_{\min}$ [/mm] ist hierbei eine unendlich kleine Größe, die allerdings niemals 0 werden kann (Deshalb auch die gepunktete Zeichnung bei [mm] $x_{\min}$). [/mm] Da sich [mm] $K_{t_2}$ [/mm] und [mm] $K_{t_1}$ [/mm] aber niemals im Endlichen berühren, ist unsere gesuchte Fläche auch nach rechts hin unendlich (gepunktete Zeichnung).
Wir bestimmen zunächst die Fläche von [mm] $x_{\min}$ [/mm] bis zum Schnittpunkt von g mit [mm] $K_{t_1}$, [/mm] subtrahieren davon die Fläche unter [mm] $K_{t_2}$ [/mm] im selbigen Intervall und addieren dazu die Differenz der Flächen von [mm] $K_{t_1}$ [/mm] und [mm] $K_{t_2}$ [/mm] vom Schnittpunkt bis [mm] $+\infty$.
[/mm]
Um den Schnittpunkt zu bestimmen wir, setzen wir:
[m]\begin{gathered}
g\left( x \right) = f_{t_1 } \left( x \right) \Leftrightarrow x = \frac{{2x}}
{{t_1^2 + x^2 }} \Leftrightarrow \left( {t_1^2 + x^2 } \right)x = 2x \hfill \\
\mathop \Rightarrow \limits^{{\text{da}}\,x > 0} t_1^2 + x^2 = 2 \Leftrightarrow x^2 + t_1^2 - 2 = 0 \Rightarrow x_{1;2} = \pm \sqrt {2 - t_1^2 } \hfill \\
\Rightarrow x_s = \sqrt {2 - t_1^2 } \hfill \\
\end{gathered}[/m]
Da wir nun den Schnittpunkt kennen, können wir jetzt versuchen meine obige Idee in Formeln zu gießen:
[m]A\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x_{{\text{min}}} \to 0} \left( {\int\limits_{x_{{\text{min}}} }^{\sqrt {2 - t_1^2 } } x dx - \int\limits_{x_{{\text{min}}} }^{\sqrt {2 - t_1^2 } } {\frac{{2x}}
{{t_2^2 + x^2 }}} dx} \right) + \mathop {\lim }\limits_{k \to \infty } \left( {\int\limits_{\sqrt {2 - t_1^2 } }^k {\frac{{2x}}
{{t_1^2 + x^2 }}} dx - \int\limits_{\sqrt {2 - t_1^2 } }^k {\frac{{2x}}
{{t_2^2 + x^2 }}} dx} \right)[/m]
Wir integrieren und erhalten:
[m]\begin{gathered}
\Leftrightarrow A\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x_{{\text{min}}} \to 0} \left( {\frac{{\sqrt {2 - t_1^2 } ^2 }}
{2} - \frac{{x_{{\text{min}}}^{\text{2}} }}
{{2}} - \overbrace {\ln \left( {t_2^2 + \sqrt {2 - t_1^2 } ^2 } \right) + \ln \left( {t_2^2 + x_{{\text{min}}}^2 } \right)}^{{\text{Spezialfall der Substitution}}}} \right) + \hfill \\
\mathop {\lim }\limits_{k \to \infty } \left( {\ln \left( {t_1^2 + k^2 } \right) - \ln \left( {t_1^2 + \sqrt {2 - t_1^2 } ^2 } \right) - \ln \left( {t_2^2 + k^2 } \right) + \ln \left( {t_2^2 + \sqrt {2 - t_1^2 } ^2 } \right)} \right) \hfill \\
\end{gathered}[/m]
Das ist gleich:
[m]\begin{gathered}
= \mathop {\lim }\limits_{x_{{\text{min}}} \to 0} \left( {1 - \frac{{t_1^2 }}
{2} - \frac{{x_{{\text{min}}}^2 }}
{2} + \ln \left( {\frac{1}
{{t_2^2 - t_1^2 + 2}}} \right) + \ln \left( {t_2^2 + x_{{\text{min}}}^2 } \right)} \right) + \hfill \\
\mathop {\lim }\limits_{k \to \infty } \left( {\ln \left( {t_1^2 + k^2 } \right) - \ln \left( {t_2^2 + k^2 } \right) - \ln \left( {t_1^2 + 2 - t_1^2 } \right) + \ln \left( {t_2^2 + 2 - t_1^2 } \right)} \right) \hfill \\
\end{gathered}[/m]
Jetzt benötigen wir noch eine Nebenrechnung:
[m]\mathop {\lim }\limits_{k \to \infty } \left( {\ln \left( {t_1^2 + k^2 } \right) - \ln \left( {t_2^2 + k^2 } \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{k \to \infty } \ln \left( {\frac{{t_1^2 + k^2 }}
{{t_2^2 + k^2 }}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{k \to \infty } \ln \left( {\frac{{\frac{{t_1^2 }}
{{k^2 }} + 1}}
{{\frac{{t_2^2 }}
{{k^2 }} + 1}}} \right) = \ln \left( 1 \right) = 0[/m]
Damit gilt:
[m]\begin{gathered}
\Leftrightarrow A\left( x \right) = 1 - \frac{{t_1^2 }}
{2} - \ln \left( {\frac{1}
{{t_2^2 - t_1^2 + 2}}} \right) + \ln \left( {t_2^2 } \right) - \ln \left( 2 \right) + \ln \left( {t_2^2 - t_1^2 + 2} \right) \hfill \\
= 1 - \frac{{t_1^2 }}
{2} - \ln \left( {\frac{{t_2^2 - t_1^2 + 2}}
{{t_2^2 - t_1^2 + 2}}} \right) + \ln \left( {t_2^2 } \right) - \ln \left( 2 \right) = 1 - \frac{{t_1^2 }}
{2} + \ln \left( {t_2^2 } \right) - \ln \left( 2 \right) \hfill \\
= \ln \left( {\frac{{t_2^2 }}
{2}} \right) - \frac{{t_1^2 }}
{2} + 1 \hfill \\
\end{gathered}[/m]
Allerdings scheint jetzt [mm] $A(x)\!$ [/mm] gar nicht mehr von x abhängig zu sein, womit sich dann Frage 2 erübrigen würde. (Das hat mich auch gestern schon gestört.). Frage 3 verstehe ich nicht so ganz. Aber vielleicht ist dieses [mm] $A^{\*}$ [/mm] ja gerade die Grenzfläche, die wir rausgekriegt haben. Unter dieser Annahme lautet der Ansatz für Frage 4:
[m]\begin{gathered}
1 = \ln \left( {\frac{{t_2^2 }}
{2}} \right) - \frac{{t_1^2 }}
{2} + 1 \Leftrightarrow \frac{{t_1^2 }}
{2} = \ln \left( {\frac{{t_2^2 }}
{2}} \right) \Leftrightarrow t_1^2 = 2\ln \left( {\frac{{t_2^2 }}
{2}} \right) = \ln \left( {\frac{{t_2^4 }}
{4}} \right) \hfill \\
= \ln \left( {t_2^4 } \right) - \ln \left( 4 \right) \Leftrightarrow \ln \left( 4 \right) = \ln \left( {t_2^4 } \right) - t_1^2 = 4\ln \left( {t_2 } \right) - t_1^2 \hfill \\
\end{gathered}[/m]
Viele Grüße
Karl
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: gif) [nicht öffentlich]
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