Kurvendiskussion Ln(x) < Exp- und Log-Fktn < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Zu untersuchen ist die für x > 0 definierte Funktionenschar
[mm] f_a(x)=(Lnx-2a)Lnx
[/mm]
mit a [mm] \in \IR [/mm] als Parameter.
a) Welches Verhalten zeigen die Graphen [mm] G_f_a [/mm] dieser Funktion für x [mm] \to \infty [/mm] ?
b) Zeige, dass 2 verschiedene Scharkurven genau den Punkt S(1;0) gemeinsam haben!
c) Man berechne in Abhängigkeit von a die Nullstellen, den Extremwert und den Wendpunkt der Scharkurve [mm] G_f_a.
[/mm]
d) Die Menge der Extrempunkt aller Scharkurven [mm] G_f [/mm] bildet die Kurve H, die Menge der Wendepunkte die Kurve W. Zeige, dass dass H aus [mm] G_f_0 [/mm] und W aus [mm] G_f_1 [/mm] durch Spiegelung an der x-Achse hervorgehen!
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Hi,
hatte eben Lust und Laune die obige Aufgabe zu rechnen, habe aber leichtere Probleme.
a) [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} f_a(x)=+\infty
[/mm]
da ln(x) für x gegen [mm] \infty [/mm] auch gegen + [mm] \infty [/mm] geht.
b) da hatte ich folgenden Ansatz ausprobiert: (wobei [mm] a_1 \not= a_2)
[/mm]
[mm] \begin{matrix}
f_a_1(x)&=&f_a_2(x) \\
\ (Lnx-2a_1)Lnx&=&(Lnx-2a_2)Lnx \\
\ 2a_1&=&2a_2
\end{matrix}
[/mm]
und das kann ja nicht sein, da [mm] a_1 [/mm] ungleich [mm] a_2 [/mm] ist.
Wie schaut die die richtige Strategie aus?
c)
Nullstellen:
[mm] \begin{matrix}
f_a(x)&=&0\\
\ (lnx-2a)lnx&=&0\\
\end{matrix}
[/mm]
getrennte Betrachtung der beiden Faktoren:
[mm] \begin{matrix}
lnx&=&0\\
\ x&=&1
\end{matrix}
[/mm]
und:
[mm] \begin{matrix}
lnx-2a&=&0\\
\ lnx&=&2a\\
\ x&=&e^{2a}
\end{matrix}
[/mm]
Extremum:
[mm] f'_a(x)=\bruch{1}{x}*lnx+(lnx-2a)*\bruch{1}{x}
[/mm]
NST:
[mm] \begin{matrix}
\bruch{lnx}{x}+\bruch{lnx-2a}{x}&=&0\\
\ lnx+lnx-2a&=&0\\
\ 2lnx&=&2a\\
\ lnx&=&a\\
\ x&=& e^a
\end{matrix}
[/mm]
[mm] f_a(e^a)=-a^2
[/mm]
---> [mm] MIN(e^a/-a^2)
[/mm]
Wendepunkt:
[mm] \begin{matrix}f''_a(x)&=&\bruch{\bruch{1}{x}*x-lnx*1}{x^2}+\bruch{\bruch{1}{x}-(lnx-2a)*1}{x^2}\\
\ &=& \bruch{2-2lnx+2a}{x^2}
\end{matrix}
[/mm]
NST:
[mm] \begin{matrix}
2-2lnx+2a&=&0\\
\ 2+2a&=&2lnx\\
\ lnx&=& \bruch{2+2a}{2}=\bruch{2(1+a)}{2}=1+a\\
\ x&=&e^{1+a}
\end{matrix}
[/mm]
[mm] f_a\left(e^{1+a}\right)=1-a^2
[/mm]
-----> [mm] WP(e^{1+a}/1-a^2)
[/mm]
d) Hier muss ich wohl die Scharkurven beider Ableitungen berechnen. Leider weis ich nicht genau, wie es funktioniert. Kann mir jemand einen Tipp geben?
mfg, michael
ps.....hoffe dass keine tippfehlern drin sind! 
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Hallo DjHighlife,
> Zu untersuchen ist die für x > 0 definierte
> Funktionenschar
> [mm]f_a(x)=(Lnx-2a)Lnx[/mm]
> mit a [mm]\in \IR[/mm] als Parameter.
>
> a) Welches Verhalten zeigen die Graphen [mm]G_f_a[/mm] dieser
> Funktion für x [mm]\to \infty[/mm] ?
> b) Zeige, dass 2 verschiedene Scharkurven genau den Punkt
> S(1;0) gemeinsam haben!
> c) Man berechne in Abhängigkeit von a die Nullstellen, den
> Extremwert und den Wendpunkt der Scharkurve [mm]G_f_a.[/mm]
> d) Die Menge der Extrempunkt aller Scharkurven [mm]G_f[/mm] bildet
> die Kurve H, die Menge der Wendepunkte die Kurve W. Zeige,
> dass dass H aus [mm]G_f_0[/mm] und W aus [mm]G_f_1[/mm] durch Spiegelung an
> der x-Achse hervorgehen!
>
> Hi,
> hatte eben Lust und Laune die obige Aufgabe zu rechnen,
> habe aber leichtere Probleme.
>
> a) [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} f_a(x)=+\infty[/mm]
>
> da ln(x) für x gegen [mm]\infty[/mm] auch gegen + [mm]\infty[/mm] geht.
>
> b) da hatte ich folgenden Ansatz ausprobiert: (wobei [mm]a_1 \not= a_2)[/mm]
>
> [mm]\begin{matrix}
f_a_1(x)&=&f_a_2(x) \\
\ (Lnx-2a_1)Lnx&=&(Lnx-2a_2)Lnx \\
\ 2a_1&=&2a_2
\end{matrix}[/mm]
>
> und das kann ja nicht sein, da [mm]a_1[/mm] ungleich [mm]a_2[/mm] ist.
> Wie schaut die die richtige Strategie aus?
Korrekt muß es heißen:
[mm](Lnx-2a_1)Lnx&=&(Lnx-2a_2)Lnx[/mm]
[mm]\gdw 2a_{1}*\operatorname{Ln}\left(x\right)=2a_{2}*\operatorname{Ln}\lleft(x\right)[/mm]
[mm]\gdw 2* \left(a_{1}-a_{2}\right)*\operatorname{Ln}\left(x\right)=0[/mm]
Da [mm]a_{1} \not= a_{2}[/mm] folgt [mm]\operatorname{Ln}\left(x\right)=0[/mm]
> c)
>
> Nullstellen:
> [mm]\begin{matrix}
f_a(x)&=&0\\
\ (lnx-2a)lnx&=&0\\
\end{matrix}[/mm]
>
> getrennte Betrachtung der beiden Faktoren:
> [mm]\begin{matrix}
lnx&=&0\\
\ x&=&1
\end{matrix}[/mm]
>
> und:
>
> [mm]\begin{matrix}
lnx-2a&=&0\\
\ lnx&=&2a\\
\ x&=&e^{2a}
\end{matrix}[/mm]
>
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> Extremum:
> [mm]f'_a(x)=\bruch{1}{x}*lnx+(lnx-2a)*\bruch{1}{x}[/mm]
> NST:
> [mm]\begin{matrix}
\bruch{lnx}{x}+\bruch{lnx-2a}{x}&=&0\\
\ lnx+lnx-2a&=&0\\
\ 2lnx&=&2a\\
\ lnx&=&a\\
\ x&=& e^a
\end{matrix}[/mm]
>
> [mm]f_a(e^a)=-a^2[/mm]
>
> ---> [mm]MIN(e^a/-a^2)[/mm]
>
> Wendepunkt:
>
> [mm]\begin{matrix}f''_a(x)&=&\bruch{\bruch{1}{x}*x-lnx*1}{x^2}+\bruch{\bruch{1}{x}-(lnx-2a)*1}{x^2}\\
\ &=& \bruch{2-2lnx+2a}{x^2}
\end{matrix}[/mm]
>
> NST:
> [mm]\begin{matrix}
2-2lnx+2a&=&0\\
\ 2+2a&=&2lnx\\
\ lnx&=& \bruch{2+2a}{2}=\bruch{2(1+a)}{2}=1+a\\
\ x&=&e^{1+a}
\end{matrix}[/mm]
>
> [mm]f_a\left(e^{1+a}\right)=1-a^2[/mm]
>
> -----> [mm]WP(e^{1+a}/1-a^2)[/mm]
>
> d) Hier muss ich wohl die Scharkurven beider Ableitungen
> berechnen. Leider weis ich nicht genau, wie es
> funktioniert. Kann mir jemand einen Tipp geben?
Die Ortskurve aller Extrempunkte ist gegeben durch
[mm]\left(e^{a} \left|\right -a^{2}\right)[/mm]
Wie wird daraus die Kurve H erstellt?
[mm]x=e^{a} \Rightarrow a= ... [/mm]
Setze dieses a nun in [mm]G_{f_{a}}[/mm] und Du erhältst die Kurve H.
Analog geht das für die Kurve W.
>
> mfg, michael
>
> ps.....hoffe dass keine tippfehlern drin sind!
Gruß
MathePower
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> Korrekt muß es heißen:
>
> [mm](Lnx-2a_1)Lnx&=&(Lnx-2a_2)Lnx[/mm]
>
> [mm]\gdw 2a_{1}*\operatorname{Ln}\left(x\right)=2a_{2}*\operatorname{Ln}\lleft(x\right)[/mm]
>
> [mm]\gdw 2* \left(a_{1}-a_{2}\right)*\operatorname{Ln}\left(x\right)=0[/mm]
>
> Da [mm]a_{1} \not= a_{2}[/mm] folgt
> [mm]\operatorname{Ln}\left(x\right)=0[/mm]
Welche Umformungen machst du da von der letzten zur vorletzten Zeile?
> Die Ortskurve aller Extrempunkte ist gegeben durch
>
> [mm]\left(e^{a} \left|\right -a^{2}\right)[/mm]
>
> Wie wird daraus die Kurve H erstellt?
>
> [mm]x=e^{a} \Rightarrow a= ...[/mm]
>
> Setze dieses a nun in [mm]G_{f_{a}}[/mm] und Du erhältst die Kurve
> H.
>
> Analog geht das für die Kurve W.
[mm] x=e^a \Rightarrow[/mm] [mm]a=lnx[/mm]
in [mm] f_a(x) \Rightarrow[/mm] [mm]H(x)=(lnx-2lnx)lnx[/mm]
[mm] f_0(x)=ln^2x
[/mm]
[mm] -f_0(x)=-ln^2x=ln^2x=f_0(x)
[/mm]
dann die Wendepunkte:
[mm]x=e^{1+a} \Rightarrow a=lnx-1[/mm]
in [mm]f_a(x) \Rightarrow W(x)=-ln^2x+2[/mm]
[mm] -f_1(x)=-(ln^2x-2)=-ln^2x+2=W(x)
[/mm]
danke für die tipps nochmal!
mfg, michael
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Hallo DjHighlife,
> > Korrekt muß es heißen:
> >
> > [mm](Lnx-2a_1)Lnx&=&(Lnx-2a_2)Lnx[/mm]
> >
> > [mm]\gdw 2a_{1}*\operatorname{Ln}\left(x\right)\right)=2a_{2}*\operatorname{Ln}\lleft(x\right)[/mm]
>
> >
> > [mm]\gdw 2* \left(a_{1}-a_{2}\right)*\operatorname{Ln}\left(x\right)=0[/mm]
>
> >
> > Da [mm]a_{1} \not= a_{2}[/mm] folgt
> > [mm]\operatorname{Ln}\left(x\right)=0[/mm]
>
> Welche Umformungen machst du da von der letzten zur
> vorletzten Zeile?
[mm] 2a_{1}*\operatorname{Ln}\left(x\right)=2a_{2}*\operatorname{Ln}\lleft(x\right)[/mm]
[mm]\gdw 2a_{1}*\operatorname{Ln}\left(x\right)-\blue{2a_{2}*\operatorname{Ln}\left(x\right)=2a_{2}*\operatorname{Ln}\lleft(x\right)}-\blue{2a_{2}*\operatorname{Ln}\left(x\right)}[/mm]
[mm]\gdw 2a_{1}*\operatorname{Ln}\left(x\right)-2a_{2}*\operatorname{Ln}\left(x\right)=0[/mm]
Nun das Distributivgesetz anwenden:
[mm]\left(2*a_{1}-2*a_{2}\right)*\operatorname{Ln}\left(x\right)=0[/mm]
>
> > Die Ortskurve aller Extrempunkte ist gegeben durch
> >
> > [mm]\left(e^{a} \left|\right -a^{2}\right)[/mm]
> >
> > Wie wird daraus die Kurve H erstellt?
> >
> > [mm]x=e^{a} \Rightarrow a= ...[/mm]
> >
> > Setze dieses a nun in [mm]G_{f_{a}}[/mm] und Du erhältst die Kurve
> > H.
> >
> > Analog geht das für die Kurve W.
>
>
> [mm]x=e^a \Rightarrow[/mm] [mm]a=lnx[/mm]
> in [mm]f_a(x) \Rightarrow[/mm] [mm]H(x)=(lnx-2lnx)lnx[/mm]
> [mm]f_0(x)=ln^2x[/mm]
>
> [mm]-f_0(x)=-ln^2x=ln^2x=f_0(x)[/mm]
>
> dann die Wendepunkte:
>
> [mm]x=e^{1+a} \Rightarrow a=lnx-1[/mm]
> in [mm]f_a(x) \Rightarrow W(x)=-ln^2x+2[/mm]
[mm]f_{a}\left(x\right)=\left(\ \ln\left(x\right)-2*\left(\ \ln\left(x\right)-1\right) \ \right)\ln\left(x\right)[/mm]
[mm]\gdw f_{a}\left(x\right)=\left(\ -\ln\left(x\right)+2)\ln\left(x\right)[/mm]
[mm]\gdw f_{a}\left(x\right)=2*\ln\left(x\right)-\ln^{2}\left(x\right)[/mm]
>
> [mm]-f_1(x)=-(ln^2x-2)=-ln^2x+2=W(x)[/mm]
>
>
> danke für die tipps nochmal!
> mfg, michael
Gruß
MathePower
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hatte meinen Fehler kurz nach dem abschicken gesehen, deshalb konnte ich nicht mehr eingreifen!
danke!
aber noch eine klitzekleine Frage:
[mm] f_0(x)=Ln^2x
[/mm]
ist ja im Bereich ]0,1] umkehrbar, da streng monoton fallend.
Umkehrfunktion:
[mm]y=ln^2x[/mm]
[mm] e^y=e^{ln^2x}
[/mm]
nun komme ich ins schleudern. wie würde das weitergehen, also die Umkehrfunktion ausschauen?
mfg,michael
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Hallo DjHighlife,
> hatte meinen Fehler kurz nach dem abschicken gesehen,
> deshalb konnte ich nicht mehr eingreifen!
>
> danke!
>
> aber noch eine klitzekleine Frage:
>
> [mm]f_0(x)=Ln^2x[/mm]
>
> ist ja im Bereich ]0,1] umkehrbar, da streng monoton
> fallend.
>
> Umkehrfunktion:
>
> [mm]y=ln^2x[/mm]
> [mm]e^y=e^{ln^2x}[/mm]
>
> nun komme ich ins schleudern. wie würde das weitergehen,
> also die Umkehrfunktion ausschauen?
Schreibe das mal so:
[mm]y=\left( \ \ln\left(x\right) \ \right)^{2}[/mm]
Dann ist
[mm]x=e^{\wurzel{y}}, \ y \ge 0[/mm]
>
> mfg,michael
Gruß
MathePower
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