A5

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Inhaltsverzeichnis

Bearbeitung von : --Kat99OB (Diskussion) 13:23, 29. Dez. 2015 (CET)

Gegeben ist die Funktionenschar :

f _{t}(x)= \frac{t+ln(x)}{x}  ; x>0

a.)Nullstelle bearbeitet von--Kat99OB (Diskussion) 17:05, 29. Dez. 2015 (CET)

0= \frac{t+ln(x)}{x}

0=t+ln(x) |-t

-t=ln(x)

e^{-t}=e^{ln(x)}

e^{-t}=x

X(e^{-t}/0)

Extremstelle

Bildung der ersten Ableitung:

f _{t}'(x)=  \frac{\frac{1}{x}\cdot x-t+ln(x)\cdot 1 }{x^2}→ Anwendung der Quotientenregel

f _{t}'(x)=  \frac{1-(t+ln(x))}{x^2}

f_{t}'(x)=0 (Notwendige Bedingung)

0= \frac{1-t-ln(x)}{x^2}

0=1-t-ln(x)

ln(x)=1-t

e^{ln(x)}=e^{1-t}

x=e^{1-t}

Bildung der zweiten Ableitung:

f_{t}''(x)= \frac{ -\frac{1}{x}\cdot x^2-(1-t-ln(x))\cdot 2x}{x^4}→Anwendung der Quotientenregel

= \frac{-x-2x+2xt+2x\cdot ln(x)}{x^4}

= \frac{-3x+2xt+2x\cdot ln(x)}{x^4}

= \frac{x\cdot (-3+2t+2ln(x))}{x^4} →hier kann man mit x kürzen

= \frac{-3+2t+2ln(x)}{x^3}

f_t''(x)\neq0 (Hinreichende Bedingung für ein Extremum)


f_t''(e^{1-t})= \frac{-3+2t+2ln(e^{1-t})}{(e^{1-t})^3}

= \frac{-3+2t+2(1-t)}{(e^{1-t})^3}

= \frac{-1}{(e^{1-t})^3}<0

→daraus folgt ein Hochpunkt bei H(e^{1-t}|e^{t-1})

Wendestelle


f_t''(x)=0 (Notwendige Bedingung)

0= \frac{-3+2t+2ln(x)}{x^3}

0=-3+2t+2ln(x) | +3

3=2t+2ln(x) | -2t

3-2t=2ln(x)  | \div 2

1,5-t=ln(x)

e^{1,5-t}=x

Bildung der dritten Ableitung:

f_t'''(x)= \frac{ \frac{2}{x}\cdot x^3-(-3+2t+2ln(x))\cdot 3x^2 }{x^6}

= \frac{11x^2-6x^2t-6x^2ln(x)}{x^6}

= \frac{x^2(11-6t-6ln(x))}{x^6} (kürzen)

= \frac{11-6t-6ln(x)}{x^4}
f_t'''\neq0 (Hinreichende Bedingung)

f_t'''(e^{1,5-t})= \frac{11-6t-6ln(e^{1,5-t})}{(e^{1,5-t})^4}

= \frac{11-6t-6(1,5-t)}{(e^{1,5-t})^4}

= \frac{11-6t-9+6t}{(e^{1,5-t})^4}

= \frac{2}{(e^{1,5-t})^4}>0
→daraus folgt ein Wendepunkt bei W(e^{1,5-t}|1,5e^{t-1,5})

Verhalten für x→0 und x→∞

 \lim_{x\rightarrow  \infty } f_t(x)=0 (Nenner und Zähler streben beide gegen \infty  ,jedoch wächst der Nenner schneller und somit geht der Term gegen 0)


x \rightarrow 0 \Rightarrow f_t(x) \rightarrow - \infty (bei ganz kleinen X-Werten geht der Zähler gegen -\infty, sodass der gesamte Term auch gegen-\infty strebt; außerdem strebt 1\x gegen \infty)

Graph der Funktion für t=2

Graph für t=2
Der Hochpunkt bei H(e^{1-t}|e^{t-1}) ist in dem Schaubild deutlich zu erkennen. Für t=2 befindet sich der Hochpunkt bei H(0,36|2,7)

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b.)Ortskurve bearbeitet von:--Kat99OB (Diskussion) 17:05, 29. Dez. 2015 (CET)

In dem Kasten wird die Rechnung einer Ortskurve dargestellt. Im Allgemeinen ist die Ortskurve eine Kurve auf der alle Punkte einer Funktionenschar liegen , die die selben Eigenschaften erfüllen.Zum Beispiel liegen auf der Ortskurve alle Extrempunkte oder Wendepunkte.In dem Kasten wird die Ortskurve gesucht auf der der gegebene Tiefpunkt, in Abhängigkeit von dem Parameter t, liegt. Zuerst wird der X-Wert des Tiefpunktes nach t umgeformt. Der nach t umgeformte Term wird dann in den Y-Wert des Tiefpunktes eingesetzt und somit erhält man die Ortskurve.

Ortskurve für H(e^{1-t}|e^{t-1})'''

Ortskurve der Hochpunkte

x=e^{1-t}


ln(x)=1-t


ln(x)-1=-t


-ln(x)+1=t


y=e^{-ln(x)+1-1}


=e^{-ln(x)}


o(x)= \frac{1}{x}

Die Ortskurve hier ist die Ableitung von ln(x)
(siehe Abbildung rechts)


Ortskurve für W(e^{1,5-t}|1,5e^{t-1,5})

Ortskurve wendepkt.

x=e^{1,5-t}


ln(x)=1,5-t


ln(x)-1,5=-t


-ln(x)+1,5=t


y=1,5e^{-ln(x)+1,5-1,5}


=1,5e^{-ln(x)}


o(x)= \frac{1,5}{x}

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c.)bearbeitet von --Kat99OB (Diskussion) 22:18, 4. Jan. 2016 (CET)

Der Graph der Funktion f_t(x), die X-Achse und die zur Y-Achse parallele Gerade durch den Hochpunkt H(e^{1-t}|e^{t-1}) des Graphen von f_t(x) umschließen eine endliche Fläche. Der Inhalt dieser Fläche ist nun gesucht.( siehe Schaubild; Graph für t=2)
Graph c.)


\int\frac{t+ln(x)}{x}

Zerlegen in zwei Summanden:

\int  \frac{t}{x}+ \int\frac{ln(x)}{x}

1.) Integration des ersten Summanden

\int\frac{t}{x}=t\cdot ln(x)+c

2.) Integration des zweiten Summanden

mithilfe der partiellen Integration
Formel

\int g'(x) \cdot h(x)=g(x)\cdot h(x)-\int g(x)\cdot h'(x) 

\int  \frac{ln(x)}{x}=\int  \frac{1}{x}\cdot ln(x)

g'(x)= \frac{1}{x}

g(x)=ln(x)


h(x)=ln(x)


h'(x)= \frac{1}{x}

\int  \frac{1}{x}\cdot ln(x)=(ln(x))^2-\int  \frac{ln(x)}{x}

Umformen

\int  \frac{ln(x)}{x}=(ln(x))^2-\int  \frac{ln(x)}{x} | +\int  \frac{ln(x)}{x}

2\int  \frac{ln(x)}{x}=(ln(x))^2 | \div 2

\int  \frac{ln(x)}{x}= \frac{(ln(x))^2}{2}+c

Grenzen einsetzen
Die untere Grenze a ist die Nullstelle der Funktionenschar  e^{-t} und die obere Grenze b ist der X-Wert des Hochpunktes, also e^{1-t}.

\left[t\cdot ln(x)+ \frac{(ln(x)^2}{2}\right] ^{e^{1-t}}_{e^{-t}}

=\left(t\cdot ln(e^{1-t})+ \frac{(ln(e^{1-t}))^2}{2}\right)-\left(t\cdot ln(e^{-t})+ \frac{(ln(e^{-t}))^2}{2}\right)

=\left(t\cdot (1-t)+ \frac{(1-t)^2}{2}\right)-\left(t\cdot (-t)+ \frac{(-t)^2}{2}\right)

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

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

t-t^2+ \frac{1}{2}-t+ \frac{t^2}{2}+t^2- \frac{t^2}{2}

= \frac{1}{2}

Die Fläche ist unabhängig von dem Parameter t und immer 0,5

Aufgabe d.) Bearbeitung von :--Deeka98OB 00:46, 10. Jan. 2016 (CET)

Herleitung der Gleichung:
V= \Pi \int_ {e^{-2}} ^{h} ( \frac{2+ln(x)}{x})^2
V= \Pi  \int_{e^{-2}}^{h }( \frac{4+4ln(x)+(ln(x)^2)}{x^2})
Stammfunktionen der Summanden bilden
Erster Summand:
f(x)= \frac{4}{x^2}
F_1(x)=\frac{-4}{x}

Zweiter Summand:
f(x)=\frac{4ln(x)}{x^2}=\frac{1}{x^2} \cdot 4ln(x)
Hier wird die Produktintegration angewendet.
g'(x)= \frac {1}{x^2}
g(x)=\frac{-1}{x}
h(x)=4ln(x)
h'(x)=\frac{4}{x}
F_2(x)=\frac{-4ln(x)}{x}-\int\frac{-4}{x^2}= \frac{-4ln(x)}{x}-\frac{4}{x}=\frac{-4ln(x)-4}{x}
Dritter Summand:
\frac{(ln(x))^2}{x^2}= (ln(x))^2 \cdot \frac{1}{x^2}Hier wird auch partiell integriert.
g'(x)=\frac{1}{x^2}
g(x)=\frac{-1}{x}
h(x)=(ln(x))^2)
h'(x)=\frac{2ln(x)}{x}
F_3(x)=\frac{(-ln(x)^2)}{x}-\int\frac{(-2ln(x))}{x^2}
Durch die partielle Integration entstand noch ein Integral, das wieder partiell integriert wird.
\frac{2ln(x)}{x^2}=2ln(x) \cdot \frac{1}{x^2}
g'(x)=\frac{1}{x^2}
g(x)=\frac{-1}{x}
h(x)=-2ln(x)
h'(x)=\frac{-2}{x}
\frac{2ln(x)}{x}- \int\frac{2}{x^2}= \frac{2ln(x)}{x}+\frac{2}{x}
Nun wird dieser Term in die Gleichung eingesetzt.
F_3(x)=\frac{-(ln(x))^2}{x}-\frac{2ln(x)}{x}-\frac{2}{x}

Die Stammfunktionen werden in die Gleichung eingesetzt.

F(x)= F_1(x)+F_2(x)+F_3(x)

V(h)= \pi [\frac{-4}{x}+\frac{-4ln(x)-4}{x}+\frac{(ln(x)^2)-2ln(x)-2}{x}]_{(e^{-2})}^{h}


V(h)=\pi ((\frac{-4}{h}+\frac{-4ln(h)-4}{h}+\frac{(ln(h)^2)-2ln(h)-2}{h})-(\frac{-4}{e^{-2}}+\frac{-4ln(e^{-2})-4}{e^{-2}}+\frac{(ln(e^{-2})^2)-2ln(e^{-2})-2}{e^{-2}})

V(h)=\pi ((\frac{-4-4ln(h)-4-(ln(h)^2)-2ln(h)-2}{h})-(\frac{-4-4ln(e^{-2})-4-(ln(e^{-2})^2)-2ln(e^{-2})-2}{e^{-2}})


V(h)=\pi ((\frac{-10-6ln(h)-(ln(h)^2)}{h})+14,78)

h 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000
V(h) 44,58 45,33 45,63 45,78 45,89 45,97 46,02 46,06 46,09 46,12
Verbesserungderfunktion.jpg

Nun wird für ln(h)=z und für h=e^{z} eingesetzt.


V= \pi (\frac{-10-6z-(z^2)}{e^z})+14,78)|: \pi


\frac{V}{\pi}=\frac{-10-6z-(z^2)}{e^z}+14,78|-\frac{V}{\pi}

0=\frac{-V}{\pi}\frac{-10-6z-(z^2)}{e^z}+14,78)|\frac{+10+6z+(z^2)}{e^z}

\frac{10+6z+(z^2)}{e^z}=\frac{-V}{\pi}+14,78|:e^z

(z^2)+6z+10=(\frac{-V}{\pi}+14,78) \cdot e^z

Umformung der Gleichung nach V(h)

(z^2)+6z+10=(\frac{-V}{\pi}+14,78) \cdot e^z

ln(h)=z

((ln(h))^2)+6(ln(h))+10=(\frac{-V}{\pi}+14,78) \cdot h|:h

\frac{((ln(h))^2)+6(ln(h))+10}{h}=\frac{-V}{\pi}+14,78|-14,78

\frac{((ln(h))^2)+6(ln(h))+10}{h}-14,78=\frac{-V}{\pi}|\cdot (-1)

\frac{(-(ln(h))^2)-6(ln(h))-10}{h}+14,78=\frac{V}{\pi}|\cdot \pi

\pi\cdot(\frac{(-(ln(h))^2)-6(ln(h))-10}{h}+14,78)=V(h)