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Funktionenschar einer e-Funktion

Schüler

Tags: e-Funktion, Funktionenschar, Kurvendiskussion

Sabine2 aktiv_icon

19:09 Uhr, 30.08.2012

Hallo! :-)
Im Prinzip möchte ich nur wissen, ob meine Rechnung stimmt:

Ich soll die Schar

f_{t} (x) = x \cdot e^{- t \cdot x^{2}}

untersuchen.

Hier meine Ableitungen:

f_{t}' (x) = e^{- t \cdot x^{2}} \cdot (1 - 2 \cdot t \cdot x^{2})

f_{t}'' (x) = e^{- t \cdot x^{2}} \cdot (4 t^{2} \cdot x^{3} - 6 \cdot t \cdot x)

f_{t}''' (x) = e^{- t \cdot x^{2}} \cdot (- 8 t^{3} \cdot x^{4} + 24 \cdot t^{2} \cdot x^{2} - 6 t)

Nullstellen:

f_{t} (x) = 0

0 = x \cdot e^{- t \cdot x^{2}}

Also entweder

x = 0

oder

e^{- t \cdot x^{2}} = 0

Letzteres ist für

t, x \in ℝ

jedoch immer

\neq 0

.
Also bleibt die einzige Nullstelle bei

x = 0

.

Extremstellen:

0 = e^{- t \cdot x^{2}} \cdot (1 - 2 \cdot t \cdot x^{2})

1 - 2 t \cdot x^{2} = 0 \Rightarrow x = \pm \frac{1}{\sqrt{2 t}}

f_{t}'' (\frac{1}{\sqrt{2 t}}) = e^{- \frac{1}{2}} \cdot (- \frac{4 t}{\sqrt{2 t}})

Jetzt kommt die Fallunterscheidung:
I.

t = 0 :

Der Ausdruck ist nichr definiert, also keine Extremstelle.
II.

t < :

Der Ausdruck ist nicht definiert, also keine Extremstelle.
III.

t > 0 : f_{t}'' (\frac{1}{\sqrt{2 t}}) < 0 \Rightarrow

Hochpunkt

f_{t}'' (- \frac{1}{\sqrt{2 t}}) = e^{\frac{1}{2}} \cdot (\frac{4 t}{\sqrt{2 t}})

Die selbe Prozedur liefert für

t > 0

einen Tiefpunkt.

Ich kann also festhalten, dass es nur für

t > 0

Extremstellen gibt.

Die Koordinaten sind dann:

T (- \frac{1}{\sqrt{2 t}} | - \frac{1}{\sqrt{2 e \cdot t}})

H (\frac{1}{\sqrt{2 t}} | \frac{1}{\sqrt{2 e \cdot t}})

Weiter bin ich noch nicht. Stimmt das soweit?
Gerade in den Punkten, wo ich die Wurzelterme irgendwo einsetzen musste,

z . B

. in die zweite Ableitung, bin ich mir unsicher, ob meine Umformungen stimmen bzw. ob man diese noch weiter umformen kann.

Und dann noch eine andere Frage zu den Ableitungen:

f_{t}'' (x) = e^{- t \cdot x^{2}} \cdot (4 t^{2} \cdot x^{3} - 6 \cdot t \cdot x)

kann ich ja auch schreiben als

f_{t}'' (x) = 2 t \cdot x \cdot e^{- t \cdot x^{2}} \cdot (2 t \cdot x^{2} - 3)

. Wie würde ich dass denn aus der Form raus ableiten? Mit doppelt angewandter Produktregel quasi?

Danke und Gruß,
Sabine

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Funktionenschar (Mathematischer Grundbegriff)
e-Funktion (Mathematischer Grundbegriff)
Kurvendiskussion (Mathematischer Grundbegriff)

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

e-Funktion

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michael777 aktiv_icon

19:28 Uhr, 30.08.2012

[

edit] die zweite Ableitung stimmte nicht, wurde inzwischen korrigiert

f_{t}'' (x) = e^{- t x^{2}} \cdot (4 t^{2} x^{3} - 6 t x)

Nullstelle bei

x = 0

ist richtig

Extremstellen bei

x = \pm \frac{1}{\sqrt{2 t}}

ist richtig

neue Fallunterscheidung mit der richtigen 2. Ableitung

Produktregel mit 3 Faktoren:

f (x) = u (x) \cdot v (x) \cdot w (x)

f' (x) = u' (x) \cdot v (x) \cdot w (x) + u (x) \cdot v' (x) \cdot w (x) + u (x) \cdot v (x) \cdot w' (x)

Sabine2 aktiv_icon

19:34 Uhr, 30.08.2012

Pardon, ich habe die zweite Ableitung falsch abgetippt, aber mit der Richtigen gerechnet.
Also müsste mein Ergebnis hoffentlich doch korrekt sein.

michael777 aktiv_icon

19:37 Uhr, 30.08.2012

die dritte Ableitung ist richtig

Sabine2 aktiv_icon

19:41 Uhr, 30.08.2012

Die y-Koordinaten stimmen auch? Und auch die Werte eingesetzt in die 2. Ableitung stimmen?
Und es ist doch auch richtig, dass Extremstellen nur für

t > 0

vorliegen, oder?

Haha cool, kannte ich garnicht die Produktregel für 3 Faktoren. Kann man die Produktregel auch analog für

n

Faktoren fortführen?

michael777 aktiv_icon

19:42 Uhr, 30.08.2012

bei

f'' (- \frac{1}{\sqrt{2 t}})

auch

e^{- \frac{1}{2}},

der Rest stimmt

die y-Koordinaten der Extrempunkte sind richtig

Sabine2 aktiv_icon

20:12 Uhr, 30.08.2012

Okay, und meine Fallunterscheidung is hoffentlich auch sinnvoll und richtig?

So nun die Wendestellen:

W_{1} (0 | 0); W_{2} (\sqrt{\frac{3}{2 t}} | \frac{1}{e} \cdot \sqrt{\frac{3}{2 t}}); W_{3} (- \sqrt{\frac{3}{2 t}} | - \frac{1}{e} \cdot \sqrt{\frac{3}{2 t}})

Die überprüfung der dritten Ableitung

\neq 0 :

f_{t}''' (0) = - 6 t

Fallunterscheidung in zwei Fällen liefert: Nur Wendestelle für

t \neq 0

f_{t}''' (\sqrt{\frac{3}{2 t}}) = - e^{- \frac{3}{2}} \cdot 6 t

Selbe Fallunterscheidung wie eben: Nur Wendestelle für

t \neq 0

f_{t}''' (- \sqrt{\frac{3}{2 t}}) = - e^{- \frac{3}{2}} \cdot 6 t

Auch hier keine Wendestelle für

t = 0

.

Stimmt das alles?

EDIT:
Natürlich muss ich noch erwähnen, dass es nur für

t > 0

die 3 Wendestellen gibt. Für

t \leq 0

gibt es dann nur

W_{1}

als Wendestelle.

michael777 aktiv_icon

20:30 Uhr, 30.08.2012

die Wendestellen stimmen

die y-Koordinaten des 2. und 3. Wendepunkts sind

e^{- \frac{3}{2}} \cdot \sqrt{\frac{3}{2 t}}

bzw.

- e^{- \frac{3}{2}} \cdot \sqrt{\frac{3}{2 t}}

e^{- \frac{3}{2}} = \frac{1}{e^{\frac{3}{2}}} = \frac{1}{e \cdot \sqrt{e}}

du hast nur

\frac{1}{e}

Sabine2 aktiv_icon

20:31 Uhr, 30.08.2012

Um die y-Koordinaten zu bestimmen, setzt ich doch in

f_{t} (x)

ein und nicht in eine Ableitung, oder nicht? Wie kommst du denn darauf?

michael777 aktiv_icon

20:34 Uhr, 30.08.2012

f_{t} (\sqrt{\frac{3}{2 t}}) = \sqrt{\frac{3}{2 t}} \cdot e^{- t \cdot {(\sqrt{\frac{3}{2 t}})}^{2}} = \sqrt{\frac{3}{2 t}} \cdot e^{- t \cdot \frac{3}{2 t}} = \sqrt{\frac{3}{2 t}} \cdot e^{- \frac{3}{2}}

Sabine2 aktiv_icon

20:41 Uhr, 30.08.2012

\sqrt{\frac{3}{2 t}} \cdot e^{- \frac{3}{2}} = \sqrt{\frac{3}{2 t}} \cdot \frac{1}{\sqrt{e^{3}}} = \sqrt{\frac{3}{2 t \cdot e^{3}}} = \frac{1}{e} \cdot \sqrt{\frac{3}{2 t \cdot e}}

Richtig?

Und wenn ich jetzt die Ortskurve finden soll, auf der alle Extrempunkte liegen, wie gehe ich da vor? Ich könnte das nur, wenn ich einen Extrempunkt habe. Aber ich habe ja zwei.

michael777 aktiv_icon

20:55 Uhr, 30.08.2012

x^{2} = \frac{1}{2 t}

y = \pm \frac{1}{\sqrt{2 e t}}

erste Gleichung nach

t

auflösen und in die zweite einsetzen:

t = \frac{1}{2 x^{2}}

y = \pm \frac{1}{\sqrt{2 e \cdot \frac{1}{2 x^{2}}}} = \pm \frac{1}{\sqrt{\frac{e}{x^{2}}}} = \pm \frac{x}{\sqrt{e}}

vielleicht wärs doch besser die Ortskurve der TP und dann die Ortskurve der HP zu bestimmen

Sabine2 aktiv_icon

20:59 Uhr, 30.08.2012

Erstmal: Meine Umformung ist richtig?

Dann: Es gibt keine Kurve, auf der Alle Extremstellen liegen?

michael777 aktiv_icon

21:02 Uhr, 30.08.2012

deine Umformung mit dem

e

im Nenner der Wurzel ist richtig
aber oben bei den y-Werten der Wendepunkte fehlte das

e

unter der Wurzel

die Extrempunkte liegen auf zwei Geraden, die Tiefpunkte auf einer und die Hochpunkte auf einer. Es gibt keine Kurve auf der alle Extrempunkte liegen

[

edit: diese Behauptung stimmt nicht, wie man anhand einer Zeichnung sehen kann, alle Extrempunkte liegen auf der Geraden mit positiver Steigung]

Sabine2 aktiv_icon

21:05 Uhr, 30.08.2012

Okay, und wie ist das bei den Wendepunkten?

michael777 aktiv_icon

21:09 Uhr, 30.08.2012

bei den Wendepunkten ist es ähnlich wie bei den Extrempunkten

Ortskurve:

y = \pm \frac{1}{e \cdot \sqrt{e}} \cdot x

Sabine2 aktiv_icon

21:13 Uhr, 30.08.2012

Okay, komme ich auch drauf. Ich hatte mir nur gefragt wie ich

W_{1} (0 | 0)

da mit reinbringe, aber der liegt ja nun doch auf der Ortskurve.

michael777 aktiv_icon

21:16 Uhr, 30.08.2012

ich habe mir mal ein paar Funktionen mit

t > 0

zeichnen lassen
die Extrem- und Wendepunkte liegen jeweils auf einer Geraden mit positiver Steigung
die Gerade mit negativer Steigung bei den Ortskurven oben stimmt wohl nicht

Sabine2 aktiv_icon

21:17 Uhr, 30.08.2012

Kann es sein dass nur die Positiven Ortskurven die Lösungen sind?
Ich hab das mal gezeichnet (für positive

t,

für andere

t

gibt es ja weder Extrempunkte noch einen anderen Wendepunkt als

O)

Sabine2 aktiv_icon

21:18 Uhr, 30.08.2012

Haha, ja da hatten wir wohl die selbe Idee.
Wie kann man es begründen, dass die negativen nicht stimmen?

michael777 aktiv_icon

21:37 Uhr, 30.08.2012

vielleicht so:
Ortskurve der Extrempunkte:

x = \pm \frac{1}{\sqrt{2 t}}

bzw.

x^{2} = \frac{1}{2 t}

daraus

t = \frac{1}{2 x^{2}}

t

einsetzen in

y = f_{t} (x) = x \cdot e^{- t \cdot x^{2}}

y = x \cdot e^{- \frac{1}{2}}

Sabine2 aktiv_icon

21:44 Uhr, 30.08.2012

Warum darf man das so machen? Die y-Koordinaten der Extrempunkte werden dann ja nicht berücksichtigt.

michael777 aktiv_icon

21:56 Uhr, 30.08.2012

doch durch das einsetzen in

f_{t} (x)

aber normalerweise bestimme ich die Ortskurve nicht so
ich weiß im Moment leider keine andere Erklärung, es ist ja nur das Vorzeichen (Minus) falsch, der Rest der Ortskurve stimmt ja
vermutlich hat das mit dem Quadrieren und Wurzelziehen zu tun

Matlog aktiv_icon

01:22 Uhr, 31.08.2012

Wenn man sich die Koordinaten der Extrempunkte hinschreibt, sieht man sofort (ohne Rechnung) den Zusammenhang zwischen

x

und

y,

sowohl für die Hochpunkte als auch die Tiefpunkte:

y = e^{- \frac{1}{2}} \cdot x

Natürlich kann man das auch wie gewohnt rechnen.
Bei der Rechnung von michael777 um

20 : 55

Uhr liegt in der letzten Formelzeile der Fehler. Dort wird aus

x^{2}

die Wurzel gezogen. Für die Tiefpunkte ist das Ergebnis hier aber

- x,

so dass die Minuszeichen sich aufheben.

Sabine2 aktiv_icon

07:00 Uhr, 31.08.2012

Wieso ist der Ergebnis

- x

für die Tiefpunkte?

Matlog aktiv_icon

08:56 Uhr, 31.08.2012

Es war nicht so schlau von mir, das als Text zu schreiben.
Ich meinte:
Für die Tiefpunkte gilt

x < 0

und deshalb ist

\sqrt{x^{2}} = - x

Sabine2 aktiv_icon

15:27 Uhr, 31.08.2012

Okay, da habe ich jetzt doch noch Proble, das nachzuvollziehen zu können.
Wie sehe ich, dass für einen Tiefpunkt

x < 0

gilt, wenn ich nicht die Möglichkeit habe, mir den Graphen anzeigen zu lassen.

Wenn ich jetzt

x = - 5

wähle, dann wäre

x < 0

\sqrt{{(- 5)}^{2}}

wäre laut dir dann

- (- 5) = 5

. Dann wäre

x

doch aber

> 0

.
Mhm, irgendwie bin ich jetzt verwirrt..

Matlog aktiv_icon

16:51 Uhr, 31.08.2012

Ja, in der Tat!
Aber wenn Du das in Ruhe überlegst, ist es ganz einfach:

Beim Tiefpunkt ist

x = - \frac{1}{\sqrt{2 t}} < 0

.

Und vergleiche jetzt:

x < 0, \sqrt{x^{2}} = - x

x = - 5, \sqrt{{(- 5)}^{2}} = - (- 5) = 5,

also immer noch

x = - 5,

aber

\sqrt{x^{2}} = - x = 5

Sabine2 aktiv_icon

20:10 Uhr, 01.09.2012

Hallo,
mir ist das jetzt klarer geworden denke ich :-)

Das - vor dem

x

nehme ich doch aber nur in Gedanken mit und schreibe es nicht hin, oder?

Und wie lautet die Stammfunktion von

f (x) = x \cdot e^{- t \cdot x^{2}}

bzw. wie kommt man auf diese? Mit der Produktintegration drehe ich mich im Kreis..

prodomo aktiv_icon

08:41 Uhr, 02.09.2012

Die Stammfunktion ist hier vermutlich absichtlich nicht gefordert. Ich kenne von dieser Funktion nur das bestimmte Integral von 0 bis

\infty,

das gibt

\frac{1}{2}

Matheboss aktiv_icon

11:26 Uhr, 02.09.2012

Die Funktion

f (x) = x \cdot e^{- t \cdot x^{2}}

lässt sich durch Substitution integrieren

z = - t \cdot x^{2}

\frac{d z}{d x} = - 2 \cdot t \cdot x

d x = \frac{d z}{- 2 \cdot t \cdot x}

F (x) = \int x \cdot e^{- t \cdot x^{2}} \cdot d x = \int \frac{x \cdot e^{z}}{- 2 \cdot t \cdot x} \cdot d z = - \frac{1}{2 \cdot t} \int (e^{z} \cdot d z) = - \frac{1}{2 \cdot t} \cdot e^{z} + c =

= - \frac{1}{2 \cdot t} \cdot e^{- t \cdot x^{2}} + c

Sabine2 aktiv_icon

13:39 Uhr, 02.09.2012

Prodomo, für welches

t

kommst du auf

\frac{1}{2}

? Ich habe für den Flächeninhalt im Intervall

[0; \infty] A = \frac{1}{2 t}

raus. Das würde

t = 1

entsprechen.

Matheboss, super! An die Substitution habe ich garnicht mehr gedacht! :-)

prodomo aktiv_icon

18:14 Uhr, 02.09.2012

Stimmt,

t = 1

. Die Substitution hatte ich wesentlich komplizierter vermutet. Man lernt nie aus..

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