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Inversfunktion von Exponentialfunktion mit e

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Tags: Eulerische Zahl, Exponentialfunktion, Funktion, invers, Inversfunktions

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kkayy

kkayy aktiv_icon

19:27 Uhr, 17.10.2020

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ICh suche die Inversfunktion der Funktion:

f (x) = 4 e^{5 x - 3} + 2

Ich hab als Ausgang die beiden Seiten logarithmiert. Heißt:

ln (y - 2) = ln (4 e^{5 x - 3})

ln (y - 2) = ln 4 +

lne^(5x-3)

ln (y - 2) = ln 4 + 5 x - 3

ln (\frac{y - 2}{4}) = 5 x - 3

usw. also kommt bei mir

x = \frac{ln (\frac{y - 2}{4}) + 3}{5}

raus, wobei aber der Definitionsbereich nicht dem Wertebereich der Ausgangsfunktion entspricht da

y > 2

wegen des

ln

im Bruch. Gibt es eine andere Lösung bei der auch die Def. und Wertebereiche der Inversfunktion stimmen?

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

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Funktion (Mathematischer Grundbegriff)

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Allgemeine Exponentialfunktion - Einführung
Allgemeine Exponentialfunktion - Fortgeschritten
Einführung Funktionen

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Antwort

rundblick

rundblick aktiv_icon

20:26 Uhr, 17.10.2020

Antworten

.
du hast mit deinem

x = . .

. nur die "Umkehrung" -also die geg. Funktion nur nach der anderen
Variablen umgestellt..
Klartext:
Wenn du

y = 4 \cdot e^{5 x - 3} + 2 .

. und..

x = \frac{ln (\frac{y - 2}{4}) + 3}{5}

graphisch darstellst, würdest du sehen,
dass dies ein und dasselbe Bild ergibt
Beispiel: da

lim_{x \to - \infty} [4 \cdot e^{5 x - 3} + 2] = 2

ist, wird

y > 2

sein (für alle

x \in ℝ)

deshalb ist DANN ,wie du selbst feststellst,

\frac{ln (\frac{y - 2}{4}) + 3}{5}

definiert wenn

y > 2

Also:
für die UmkehrFUNKTION solltest du noch die Rolle der Variablen vertauschen.

y = \frac{ln (\frac{x - 2}{4}) + 3}{5}

.

Antwort

pivot

pivot aktiv_icon

20:48 Uhr, 17.10.2020

Antworten

Hallo.

>>Definitionsbereich nicht dem Wertebereich der Ausgangsfunktion entspricht da y>2<<

Wieso nicht?

Gruß
pivot

Antwort

Roman-22

21:32 Uhr, 17.10.2020

Antworten

Die Definitionsmenge bezieht sich auf die unabhängige Variable und die ist bei deiner Umkehrung

y,

also

D_{f^{- 1}} =] 2; \infty [

Die Wertemenge bezieht sich auf die abhängige Variable und die ist bei deiner Ausgangsfunkton auch

y

und

y = f (x)

kann zweifellos keine Werte

y \leq 2

annehmen, daher ist auch

W_{f =}] 2; \infty [

.

D_{f^{- 1}} = W_{f},

daher also alles in Ordnung.

In klassischer Schulmanier müsstest du ja auch noch die Variablennamen ändern, da ja die unabhängige Variable immer

x

heißen muss (?? :-) Also

x

und

y

vertauschen, wie von rundblick gefordert.

f^{- 1} : y = \frac{1}{5} \cdot ln (\frac{x - 2}{4}) + \frac{3}{5}

Damit sieht du es vl auch besser ein, dass

D_{f^{- 1}} = W_{f =}] 2; \infty [

und

W_{f^{- 1}} = D_{f =} ℝ

gilt.

Frage beantwortet

kkayy

kkayy aktiv_icon

10:22 Uhr, 18.10.2020

Antworten

Vielen Dank für die hilfreichen Antworten, jetzt ist alles klar!

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