Gleichung mit e-Zahl < Exp- und Log-Fktn < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:19 Mi 04.04.2007 | | Autor: | splin |
| Aufgabe | Hallo, ich untersuche gerade eine e-Funktion.
Bei der Berechnung der ersten Ableitung habe ich folgenden Term stehen:
[mm] 2e^{2x}=2ke^x
[/mm]
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Auf beiden Seiten durch zwei:
--> [mm] e^{2x}=ke^x [/mm] (das darf ich doch hier auch?)
Was habe ich dann stehen, wenn ich mit ln auf beiden Seiten logorithmiere?
1. 2x=kx
oder
2. 2x=lnk+x
Ich bin mir nicht sicher wie logorithmiere ich ein Produkt von einer normalen Zahl mit der e-Zahl.
MfG Splin
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:27 Mi 04.04.2007 | | Autor: | Kroni |
Hi,
durch zwei Teilen auf beiden Seiten ist kein Problem.
dann steht da
[mm] e^{2x}=k*e^{x} [/mm] Logarithmieren , dann würde das passieren:
[mm] 2x=ln(k*e^{x}) [/mm]
Deine Frage war ja, wie man dann mit dem Logarithmus umgeht.
Es gilt ln(a*b)=ln(a)+ln(b) => x+ln(k) in deinem Fall.
Dann stünde dort: 2x=x+ln(k)
Viele Grüße,
Kroni
EDIT:
Mir ist grad eine auch noch nützliche Betrachtung eingefallen, die dir auch weiterhelfen kann, und auch dann, wenn dort z.B. hinter dem [mm] k*e^x [/mm] noch +5 oder so stehen würde:
[mm] e^{2x}=k*e^{x}
[/mm]
<=> [mm] (e^{x})^2=k*e^{x}
[/mm]
<=> [mm] (e^{x})^2-k*e^{x}=0 [/mm] //stünde hier jetzt zb noch +5 oder so etwas, könntest du dann mit der quad. ergänzung rangehen.
<=> [mm] e^{x}*(e^{x}-k)=0
[/mm]
<=> [mm] e^{x}-k=0 [/mm] //weil [mm] e^x [/mm] nie Null werden kann
<=> [mm] e^{x}=k
[/mm]
<=> x=ln(k)
Welches sich auch mit deinem Ergebnis deckt.
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Hallo Splin!
Du kannst auch anders vorgehen hier:
[mm] $2e^{2x} [/mm] \ = \ [mm] 2k*e^x$
[/mm]
[mm] $\gdw$ $2e^{2x} [/mm] - [mm] 2k*e^x [/mm] \ = \ [mm] 2*e^x*\left(e^x - k\right) [/mm] \ = \ 0$
Nun das Prinzip des Nullproduktes anwenden ...
Gruß vom
Roadrunner
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:15 Mi 04.04.2007 | | Autor: | splin |
wenn ich die Gleichung mit dem Ansatz von Kroni rechne habe ich Folgendes:
--> 2x = ln(k)+x
[mm] -->x=\bruch{ln(k)+x}{2}
[/mm]
und mit dem Ansatz von Roadrunner:
--> [mm] 2e^x(e^x-k)=0
[/mm]
--> [mm] e^x-k=0 [/mm] ;da [mm] e^x [/mm] nie Null sein kann
--> [mm] e^x=k [/mm]
--> x=ln(k)
Das kann doch nicht das Gleiche sein.
Was ist davon das Richtige Ergebnis?
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> wenn ich die Gleichung mit dem Ansatz von Kroni rechne habe
> ich Folgendes:
>
> --> 2x = ln(k)+x
> [mm]-->x=\bruch{ln(k)+x}{2}[/mm]
>
> und mit dem Ansatz von Roadrunner:
>
> --> [mm]2e^x(e^x-k)=0[/mm]
> --> [mm]e^x-k=0[/mm] ;da [mm]e^x[/mm] nie Null sein kann
> --> [mm]e^x=k[/mm]
> --> x=ln(k)
> Das kann doch nicht das Gleiche sein.
> Was ist davon das Richtige Ergebnis?
Nicht? 
Na, wenn du dein erstes "Ergebnis" [mm] x=\frac{ln(k)+x}{2} [/mm] mal nach x auflöst:
zuerst [mm] \cdot{}2 \Rightarrow [/mm] 2x=ln(k)+x Nun -x [mm] \Rightarrow [/mm] x=ln(k)
Gruß
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:25 Mi 04.04.2007 | | Autor: | splin |
Vielen Dank an alle für schnelle Hilfe und die Aufklärung.
MfG Splin.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:05 Do 05.04.2007 | | Autor: | splin |
Hallo,
Bei der Berechnung von Wendepunkten fk´´(x)=0 dieser e-Funktionschar ( [mm] fk(x)=(e^x-k)^2 [/mm] ) mit [mm] k\not=0 [/mm]
habe ich beide Lösungswege ausprobiert:
1. [mm] 4e^{2x}-2ke^x=0 [/mm] ; ln
-->8x=2lnk+2x
[mm] -->x=\bruch{lnk+x}{4} [/mm] ;*4
[mm] -->x=\bruch{lnk}{3}
[/mm]
2. [mm] 4e^{2x}-2ke^x=0 [/mm]
[mm] -->2e^x(2e^x-k)=0
[/mm]
[mm] -->2e^x=k [/mm] ; ln
[mm] -->x=\bruch{lnk}{2}
[/mm]
Wo habe ich mein Fehler?
MfG Splin
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:21 Do 05.04.2007 | | Autor: | Mary15 |
Hallo,
> Hallo,
> Bei der Berechnung von Wendepunkten fk´´(x)=0 dieser
> e-Funktionschar ( [mm]fk(x)=(e^x-k)^2[/mm] ) mit [mm]k\not=0[/mm]
> habe ich beide Lösungswege ausprobiert:
> 1. [mm]4e^{2x}-2ke^x=0[/mm] ; ln
> -->8x=2lnk+2x
> [mm]-->x=\bruch{lnk+x}{4}[/mm] ;*4
> [mm]-->x=\bruch{lnk}{3}[/mm]
Du hast die Regel : ln(a*b) = ln a + ln b falsch umgesetzt.
[mm] 4e^{2x}-2ke^x=0
[/mm]
[mm] 4e^{2x} [/mm] = [mm] 2ke^x
[/mm]
[mm] 2e^{2x} [/mm] = [mm] ke^x
[/mm]
ln [mm] (2*e^{2x}) [/mm] = ln [mm] (k*e^x)
[/mm]
ln2 + [mm] ln(e^{2x}) [/mm] = ln k + ln [mm] (e^x)
[/mm]
ln2 + 2x = lnk + x
x = lnk - ln2 = ln [mm] (\bruch{k}{2})
[/mm]
>
> 2. [mm]4e^{2x}-2ke^x=0[/mm]
> [mm]-->2e^x(2e^x-k)=0[/mm]
> [mm]-->2e^x=k[/mm] ; ln
> [mm]-->x=\bruch{lnk}{2}[/mm]
diese Lösung sieht besser aus, aber am Ende gibt's auch Fehler.
[mm] 2e^x=k
[/mm]
[mm] e^x=\bruch{k}{2} [/mm]
ln [mm] (e^x) [/mm] = [mm] ln(\bruch{k}{2})
[/mm]
x = [mm] ln(\bruch{k}{2})
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:23 Do 05.04.2007 | | Autor: | splin |
Bei der Überprüfung des hinr. Kriteriums für Wendepunkte, habe ich [mm] x=ln\bruch{ k }{2} [/mm] in die fk´´´(x) = [mm] 8e^{2x}-2ke^x [/mm] eingesetzt:
--> [mm] 8k-2k+\bruch{k}{2}
[/mm]
[mm] -->8k-k^2
[/mm]
-->k(8-k)
für [mm] k\in \setminus \{8\} [/mm] hat fk ihre Wendepunkte.
Ist das richtig so oder habe ich wieder ein Fehler?
MfG Splin
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:37 Do 05.04.2007 | | Autor: | Mary15 |
> Bei der Überprüfung des hinr. Kriteriums für Wendepunkte,
> habe ich [mm]x=ln\bruch{ k }{2}[/mm] in die fk´´´(x) = [mm]8e^{2x}-2ke^x[/mm]
> eingesetzt:
> --> [mm]8k-2k+\bruch{k}{2}[/mm]
> [mm]-->8k-k^2[/mm]
> -->k(8-k)
>
> für [mm]k\in \setminus \{8\}[/mm] hat fk ihre Wendepunkte.
>
> Ist das richtig so oder habe ich wieder ein Fehler?
> MfG Splin
Leider ja, aber teilweise hast du richtig gemacht.
[mm] 8e^{2x} [/mm] einsetzen [mm] ln\bruch{ k }{2}
[/mm]
8* [mm] e^{2*ln(\bruch{k }{2})} [/mm] =8 [mm] e^{ln(\bruch{k }{2})^2} [/mm] =
8 * [mm] e^{ln(\bruch{k^2}{4})} [/mm] = 8* [mm] \bruch{k^2}{4} [/mm] = [mm] 2k^2
[/mm]
die Berechnung für zweiten Summand [mm] 2ke^x [/mm] stimmt.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:59 Do 05.04.2007 | | Autor: | splin |
Thank you very much Mary15 !!!
MfG Splin
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