Landesabitur Hessen 2009 A1: Unterschied zwischen den Versionen

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(1. Aufgabe)
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=== 2. Aufgabe===
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<u>Voraussetzung:</u> f(-x)=f(x)
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<u>Behauptung:</u> f'(-x)=-f'(x)
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<u>Beweis:</u>
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<math>f(-x)= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(-x+h)-f(-x)}{h} =\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(x-h)-f(x)}{h} =\lim_{h \rightarrow 0}- \frac{f(x)-f(x-h)}{h}=-\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(x)-f(x-h)}{h}=-f'(x)</math>
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q.e.d.
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===. Aufgabe===

Version vom 17. Februar 2014, 16:00 Uhr

(Aufgabe 2) können wir derzeit noch nicht bearbeiten.--CJSchmitt, Europa-Schule Obermayr 17:24, 29. Nov. 2013 (CET)

Inhaltsverzeichnis

.Aufgabe Lösungsvorschlag von --Vincent97 (Diskussion) 17:17, 15. Dez. 2013 (CET)

Abitur09

.Aufgabe Lösungsvorschlag von ----Hellmann (Diskussion) 22:12, 26. Jan. 2014 (CET)

x \rightarrow ^{+}_{-} \infty

f_{k}(x)= \frac{e^{kx}}{(e^{kx}+1){2}}=^{e^{kx}} \frac{e^{kx}}{e^{kx}+2+\frac{1}{(e^{kx})}}

1.) k>0, x \longrightarrow \infty

Nenner gegen  \infty  \longrightarrow  f_{k}(x) strebt gegen 0

2.) k<0, x \longrightarrow \infty

Nenner gegen  \infty  \longrightarrow  f_{k}(x) strebt gegen 0



verbesserte aufgabe

.Aufgabe Lösungsvorschlag von --Vincent97 (Diskussion) 08:18, 5. Feb. 2014 (CET)

Aufgabe 4.2.pdf

Zusammenfassung der vorherigen Dateien von --Vincent97 (Diskussion) 15:45, 17. Feb. 2014 (CET)

. Aufgabe

f_k(x)= \frac{e^{kx}}{(e^{kx}+1)^2} =\frac{e^{kx}}{e^{2kx}+2e^{kx}+1} =\frac{e^{kx}}{e^{kx}(e^{kx}+2+e^{-kx})} =\frac{1}{e^{kx}+2+e^{-kx}}=f_k(-x)

Daraus folgt, dass die Funktion Achsen symmetrisch ist.


Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): f_k(x)= \frac{k \cdot e^{kx}(e^{kx}+1)-2k \cdot e^{2kx}(e^{kx}+1)}{(e^{kx}+1)^4} =\frac{k \cdot e^{kx}(e^{kx}+1)-2k\cdot e^{2kx}}{(e^{kx}+1)^3} }=\frac{k \cdot e^{kx}(e^{kx}+1-2k \cdot e^{kx})}{(e^{kx}+1)^3}


0=k\cdot e^{kx}(1-e^{kx})=k\cdot e^{kx}-k\cdot e^{2kx}

k\cdot e^{kx}=k\cdot e^{2kx}

e^{kx}=1

 \frac{\ln (1)}{k}=x=0

f_k(x)= \frac{e^0}{(e^0+1)^2} = \frac{1}{4}

Damit hat man bewiesen, dass alle Grafen den Hochpunkt bei (0|0,25) haben.


k=0

f_0(x)= \frac{e^0}{(e^0+1)^2} = \frac{1}{4}

Der Graf hat keine Extrem- oder Wendepunkte


x \rightarrow ^{+}_{-} \infty

f_{k}(x)= \frac{e^{kx}}{(e^{kx}+1){2}}=^{e^{kx}} \frac{e^{kx}}{e^{kx}+2+\frac{1}{(e^{kx})}}

1.) k>0, x \longrightarrow \infty

Nenner gegen  \infty  \longrightarrow  f_{k}(x) strebt gegen 0

2.) k<0, x \longrightarrow \infty

Nenner gegen  \infty  \longrightarrow  f_{k}(x) strebt gegen 0


. Aufgabe

f_k(x)= \frac{e^{kx}}{(e^{kx}+1)^2}

g(x)=e^{kx}+1

g'(x)=k\cdot e^{kx}

h(t)=\frac{1}{t^2}

H(t)=-\frac{1}{t}

\int f_k(x) dx= \frac{1}{k} \int h(g(x))\cdot g'(x)  dx

= \frac{1}{k} H(g(x))

= -\frac{1}{k}\cdot \frac{1} {e^{kx}+1}  +c

=\frac{1} {k(e^{kx}+1)}+c=F_k(x)


. Aufgabe

Voraussetzung: f(-x)=f(x)

Behauptung: f'(-x)=-f'(x)

Beweis:

f(-x)= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(-x+h)-f(-x)}{h} =\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(x-h)-f(x)}{h} =\lim_{h \rightarrow 0}- \frac{f(x)-f(x-h)}{h}=-\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(x)-f(x-h)}{h}=-f'(x)

q.e.d.


. Aufgabe