erste HÜ

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Erste HÜ

Lösungsvorschläge:

Inhaltsverzeichnis

1. Aufgabe von --Marius95 (Diskussion) 20:23, 2. Mär. 2015 (CET)

f(x)=x^2e^{x^3}= \frac{1}{3}  \int h(g(x)) \cdot g'(x)dx= \frac{1}{3} H(x)+C

\sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim

g(x)= x^3 \ \ \ \ g'(x)=3x^2

h(t)=e^t \ \ \ \ H(t)=e^t

\sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim \sim

   \int e^{x^3} \cdot 3x^2dx= \frac{1}{3} e^{x^3}+C=F(x)


Probe

F'(x)= \frac{1}{3} \cdot 3x^2e^{x^3}=x^2e^{x^3}=f(x)


. Aufgabe von --Philipp95 (Diskussion) 16:59, 2. Mär. 2015 (CET)


a.)
f(x)=\sqrt{2 \cdot e^{2x}+k}

f'(x)= \frac{1}{2\sqrt{2 \cdot e^{2x}+k} } \cdot 4 \cdot e^{2x}=\frac{4 \cdot e^{2x} \sqrt{2 \cdot e^{2x}+k} }{2(2 \cdot e^{2x}+k)}


f(x)\cdot f'(x)=\sqrt{2 \cdot e^{2x}+k} \cdot \frac{4 \cdot e^{2x} \sqrt{2 \cdot e^{2x}+k} }{2(2 \cdot e^{2x}+k)}=\frac{4 \cdot e^{2x} (2 \cdot e^{2x}+k) }{2(2 \cdot e^{2x}+k)} = \frac{4 \cdot e^{2x}}{2} =2 \cdot e^{2x}



b.)
f(0)=  \sqrt{2 \cdot e^0+k}=2

2 \cdot 1+k=4

k=2

Die Funktion fuer diesen Punkt lautet :f(x)=\sqrt{2 \cdot e^{2x}+2}



. Aufgabe von --Hellmann (Diskussion) 19:28, 4. Mär. 2015 (CET)

Voraussetzung: f(x)<0

f'(x)=10-f(x)


\frac {f'(x)}{10-f(x)}=1


_________________________________________________

g(x)=10-f(x)

g'(x)=-f'(x)


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

H(t)=ln(|t|)

_________________________________________________


-\int \frac{f'(x)}{10-f(x)}=\int 1


-ln(|10-f(x)|)=x+c


\Rightarrow da f(x)<10 ist, muss der Term 10-f(x) positiv sein!


ln(10-f(x))=-x+k


10-f(x)=e^{-x+k}


f(x)=-r \cdot e^{-x}+10


\Rightarrow r>0

Graf.


Probe:

LT=f'(x)=r \cdot e^{-x}=10+ r \cdot e^{-x} -10=RT

. Aufgabe von --Philipp95 (Diskussion) 17:04, 2. Mär. 2015 (CET)



Tangente und Funktion haben die gleiche Steigung in dem gegebenen Punkt.

   \Rightarrow  f'(x)= \frac{2}{f(x)}