A3

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Inhaltsverzeichnis

. Aufgabe bearbeitet von:--L.Wagner (Diskussion) 19:59, 22. Dez. 2015 (CET)Laurent99OB

Achsensymmetrie

f_k(x)=f_k(-x)

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

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

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

=\frac{1}{e^{-kx}+2+e^{kx}}

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

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

Damit Achsensymmetrisch zur y-Achse, da f_k(x)=f_k(-x)

Hochpunkt

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

Quotientenregel

f'_k(x)=\frac{ke^{kx}(e^{kx}+1)^2-2e^{kx}(e^{kx}+1)ke^{kx}}{(e^{kx}+1)^4}

=\frac{ke^{kx}(e^{kx}+1)-2k(e^{kx})^2}{(e^{kx}+1)^3}

=\frac{ke^{kx}(1-e^{kx})}{(e^{kx}+1)^3}


VZW bei 1

Berechnen des Hochpunktes

0=\frac{ke^{kx}(1-e^{kx})}{(e^{kx}+1)^3}

0=ke^{kx}(1-e^{kx})

0=1-e^{kx}

1=e^{kx}

kx=ln(1)

kx=0

x=0

y=0,25

Probe

f'(x) >0 0 <0
x -0,00001 0 0,00001

f'(-0,00001)>0

Dies ist so, da:

(1-e^{-0,00001k})>0 ist

f'(0,00001)<0

Dies ist so, da:

(1-e^{-0,00001k})<0 ist

Wir haben eine positive Steigung vor dem Extremum (0|0,25) und eine negative Steigung nach dem Extremum. Deswegen muss es sich bei dem Extremum um einen Hochpunkt handeln.

HP(0|0,25)

A3 e-funktion

Kurvendiskussion

k=0

f_k(x)=0,25

Daraus folgt: 1.Ableitung gleich 0, 2.Ableitung gleich 0, keine Nullstellen, keine Extrema, keine Wendepunkte

\lim_{x\to \infty} f_k(x)=0,25

\lim_{x\to -\infty} f_k(x)=0,25

Weder streng monton fallend, noch streng monoton steigend

S_y(0|0,25)

Verhalten für x\to +/-\infty

Fall 1: k>0

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

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

=\frac{e^{kx}}{e^{kx}}\cdot\frac{1}{e^{kx}+2+\frac{1}{e^{kx}}}

=\frac{1}{e^{kx}+2+\frac{1}{e^{kx}}}

e^{kx} wird unendlich groß. Dadurch erhalten wir 1 geteilt durch etwas unendlich großes. Dies ergibt 0.

Fall 2: k<0

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

Wir erhalten mit \lim_{x\to \infty} undk<0, dass e^{kx} gegen 0 strebt, wodurch \frac{1}{e^{kx}} unendlich groß wird. Dadurch erhalten wir \frac{1}{\frac{1}{e^{kx}}} und somit 0, da 1 geteilt durch etwas unendlich großes 0 ergibt.

Betrachten wir nun \lim_{x\to -\infty}, so erhalten wir in Fall k>0 das gleiche Ergebnis wie im Fall 2 und im Fall k<0 das gleiche Ergebnis wie im Fall 1

. Aufgabe bearbeitet von: --Alex99OB (Diskussion) 00:10, 16. Jan. 2016 (CET)

\int \frac{e^{kx}}{\left ( e^{kx+1} \right )^{2}}dx

~ ~ ~ ~

g\left ( x \right )=e^{kx}+1/-------g'\left ( x \right )=ke^{kx}

h\left ( t \right )=\frac{1}{t^{2}}-------H\left ( t \right )=-\frac{1}{t}

~ ~ ~ ~

\int h\left ( g\left ( x \right ) \right )\cdot g'\left ( x \right )dx=H\left ( g\left ( x \right ) \right )=F\left ( x \right )

Damit die Bedingung der Formel erfüllt wird, muss man die Formel mit \frac{1}{k} multiplizieren, da der Zähler um den Faktor k zu groß ist.

\int \frac{e^{kx}}{\left ( e^{kx+1} \right )^{2}}dx=\frac{1}{k}\int h\left ( g\left ( x \right ) \right )\cdot g'\left ( x \right )dx

Danach muss man in die Formel einsetzten und ausmultipliezieren.


=\frac{1}{k}H\left ( g\left ( x \right ) \right )=-\frac{1}{e^{kx}+1}\cdot \frac{1}{k}=\frac{-1}{ke^{kx}+k}=F\left ( x \right )


Probe 1:

F'\left ( x \right )=-\left ( -\frac{1}{\left ( ke^{kx}+1 \right )^{2}} \right )\cdot k^{2}e^{kx}=\frac{k^{2}e^{kx}}{\left ( ke^{kx}+k \right )^{2}}

Man zieht das k^{2} aus der Klammer um es mit dem k^{2} aus dem Zähler zu kürzen.

=\frac{k^{2}e^{kx}}{k^{2}\left ( e^{kx}+k \right )^{2}}=\frac{e^{kx}}{\left ( e^{kx}+k \right )^{2}}=f\left ( x \right )


Probe 2:

F'\left ( x \right )=\frac{1}{k}\left ( -\frac{1}{\left ( e^{kx}+1 \right )^{2}} \right )\cdot ke^{kx}=\frac{e^{kx}}{\left ( e^{kx} +1\right )^{2}}=f\left ( x \right )

. Aufgabe bearbeitet von:--L.Wagner (Diskussion) 16:53, 12. Mär. 2017 (CET)Laurent99OB

Vorraussetzung: f(x)=f(-x)

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

Beweis: f'(x)=f'(-x)=(f(-x))' \cdot (-x)' =f'(-x) \cdot -1=-f'(-x) <=> f'(-x)=-f'(x)

(1) f'(x)=f'(-x) muss gelten, da f(x)=f(-x)

(2) Wir benutzen die Kettenregel und erhalten f'(-x)=(f(-x))' \cdot (-x)'

(3) (-x)' ist -1, somit erhalten wir -f'(-x)

(4) Dies kann an leicht umformen zu f'(-x)=-f'(x)

. Aufgabe bearbeitet von: --Karo99OB (Diskussion) 10:14, 4. Mär. 2017 (CET) und tws98OB

g(x)= a \cdot f_{1,5}(x) = \frac{a \cdot e^{1,5x}}{(e^{1,5x}+1)^2}

a ist durch die Bedingung:

\int_{0}^{0,5} g(x) dx = \left[ -\frac{a}{1,5 \cdot (e^{1,5x}+1)} \right]_0^{0,5} = \int_{0}^{0,5} \varphi (x) dx

festgelegt.


Zuerst muss herausgefunden werden, welchen Flächeninhalt die Gaußglocke in dem Bereich von 0 bis 0,5 besitzt. Dies können wir wie in der Stochastik an seiner Tabelle ablesen. Dabei gilt:

\int_{0}^{0,5} \varphi (x) dx = \Phi(0,5) - \Phi(0) = 0,6915 - 0,5 = 0,1915


Somit können wir die Gleichung aufstellen:

\begin{align}

\left[ -\frac{a}{1,5 \cdot (e^{1,5x}+1)} \right]_0^{0,5} &=0,1915 \\

& \\

-\frac{a}{1,5 \cdot (e^{1,5 \cdot 0,5}+1)} + \frac{a}{1,5 \cdot (e^{0}+1)} &=0,1915 \\

& \\

-\frac{a}{4,68} + \frac{a}{3} &=0,1915 \\ 

& \\

-\frac{3a}{14,04} + \frac{4,68a}{14,04} &=0,1915 \\ 

& \\

\frac{1,68a}{14,04} &=0,1915 \\ 

& \\

a &= 1,6 \end{align}


Flächeninhalt von g(x) im ersten Quadranten:

\left[ -\frac{1,6}{1,5 \cdot (e^{1,5x}+1)} \right]_0^{\infty} = -\frac{1,6}{1,5 \cdot (e^{1,5  \cdot \infty}+1)} + \frac{1,6}{1,5 \cdot (e^{0}+1)}

= -\frac{1,6}{\infty} + \frac{1,6}{3} = 0,53

Die Funktion g(x) kann näherungsweise für die Funktion \varphi(x) im Bereich von [ 0 ; 1,2 ] verwendet werden, da dort der Flächeninhalt (also Abweichung zw. den Funktionen) relativ gering ist. Ab dem x-Wert 1,2 wird die Abweichung jedoch bemerkbarer. g(x) geht asympthotisch langsamer gegen die x-Achse als die Funktion \varphi(x). Auch beim Vergleich der Flächeninhalte gibt es Unterschiede. Der Flächeninhalt im 1.Quadranten der Funktion \varphi(x) beträgt 0,5, während g(x) einen Flächeninhalt von 0,53 besitzt.