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Tangenten berechnen bei Funktionsschar

Schüler

Tags: orthogonal, Tangent

Dialya aktiv_icon

14:37 Uhr, 15.11.2012

Ich habe die Funktionsschar:

f_{a} (x) = \frac{x + 2 a}{x^{2} - 3 a^{2}}

Meine Aufgabe:
Jeder Graph

G_{a}

besitzt genau zwei lokale Extrempunkte. Zeigen sie, dass

E_{a} (- a | f_{a} (- a))

einer der Extrempunkte ist. Auf den Nachweis der Art des Extrempunktes wird verzeichtet.

Kontrollergebnis:

{f'}_{a} (x) = \frac{x^{2} + 4 \cdot a \cdot x + 3 \cdot a^{2}}{{(x^{2} - 3 a 2)}^{2}}

Berechnen Sie den Parameter

a,

für den die Tangente an

G_{a}

in den Schnittpunkten mit der x-Achse und der y-Achse orthogonal zueinander verlaufen.

Der erste Teil der Aufgabe, da muss ich doch die 1. Ableitung bilden, die ich als Kontrollergebnis ja schon gegeben habe und für die Extrempunkte ja die Nullstellen ausrechnen, oder? Was mcih wunder, dass im Punkt

E_{a}

ein

f_{a}

vorkommt?...

Und bei den Tangeten weiß ich garnicht, wie ich vorgehen soll..

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

KalleMarx aktiv_icon

15:00 Uhr, 15.11.2012

Hallöchen!

Zur Bestimmung der Extremstellen setzt Du die erste Ableitung in der Tat gleich Null. Als Lösungen erhältst Du also mehr oder weniger viele

x_{a}

. Wenn Du diese in die Gleichung

f_{a} (x)

der Funktionenschar einsetzt, erhältst Du deren Ordinaten, die man allgemein als

f_{a} (x_{a})

bezeichnet, man könnte stattdessen auch

y_{a}

schreiben.

Jede Tangente ist ein Gerade und hat also allgemein die Gleichung

t (x) = m \cdot x + n

.
Die Steigung der Tangenten ist die erste Ableitung der Funktion an der Berührstelle

x_{B}

m = f ´_{a} (x_{B})

.
Die Aufgabenstellung ist mir momentan noch nicht ganz klar: Die Tangente soll orthogonal zu den Achsen stehen. Zu beiden gleichzeitig kann sie aber nicht orthogonal sein. Sollst Du zwei Tangenten bestimmen?

Gruß - Kalle.

Dialya aktiv_icon

16:16 Uhr, 15.11.2012

Das habe ich mich auch schon gefragt, aber ich habe die Aufgabe genau abgeschrieben...

KalleMarx aktiv_icon

00:03 Uhr, 16.11.2012

'nabends Dialya!

Vorweg: Dein Kontrollergebnis der ersten Ableitung stimmt nicht - Du hast wahrscheinlich einfach nur ein Minus vergessen. Die richtige Ableitung lautet:

f ´_{a} (x) = - \frac{x^{2} + 4 a x + 3 a^{2}}{{(x^{2} - 3 a^{2})}^{2}}

.

Bist Du sicher, daß Du die Aufgabenstellung des Tangentenproblems exakt abgeschrieben hast? So, wie sie oben steht ist sie mindestens unklar. Wenn die Tangente aber im Plural stehen würde: Tangenten, wäre es schon einigermaßen verständlich.
Wenn man sich die Funktion zeichnet und eine Tangente an den Ordinatenachsenabschnitt (Schnittpunkt mit

y

-Achse) anlegt, sieht man, daß diese Tangente stets durch die einzige Nullstelle (Schnittpunkt mit

x

-Achse) der Funktion geht.
Nun könnte man eine weitere Tangente in dieser Nullstelle an die Funktion anlegen und siehe da: Es gibt einen Wert für den Parameter

a

, für welchen diese beiden Tangenten orthogonal aufeinander stehen.

Meines Erachtens kann nur dieser Sachverhalt gemeint sein und meine beigefügte Zeichnung verdeutlicht ihn hoffentlich.

Gruß - Kalle.

Zu diesem Beitrag wurde eine digitale Zeichnung hinzugefügt:

Zeichnung betrachten

Mathe45

00:21 Uhr, 16.11.2012

Besagter Wert für a ist

a = 0,75983568565159254733118775065455

respektive

\sqrt[4]{\frac{1}{3}}

Dialya aktiv_icon

14:52 Uhr, 29.11.2012

Mathe

45

wie bist du darauf gekommen?..

KalleMarx aktiv_icon

15:03 Uhr, 29.11.2012

Sehr sinnig von Mathe45, einfach so die Lösung in den Raum zu werfen, oder?
Auf diesen Wert kommst Du durch Bearbeiten der von mir am 16.11. beschriebenen Aufgabenstellung.

Gruß - Kalle.

Dialya aktiv_icon

16:05 Uhr, 29.11.2012

Hey Kalle,
ja aber du hast es ja zeichnerisch und nicht rechnerisch gelöst?..

Mathe45

19:28 Uhr, 29.11.2012

Nachtrag:

f (x) = \frac{x + 2 \cdot a}{x^{2} - 3 \cdot a^{2}}

f' (x) = \frac{- x^{2} - 4 \cdot a \cdot x - 3 \cdot a^{2}}{{(x^{2} - 3 \cdot a^{2})}^{2}}

f' (x) = 0

Es muss nur der Nenner 0 gesetzt werden =>Extremwert an der Stelle

x_{1} = - a

und

x_{2} = - 3 \cdot a

Damit ist der in der Angabe angegebene Extremwert verifiziert.
Schnitt mit der x-Achse

(f (x) = 0)

0 = \frac{x + 2 \cdot a}{x^{2} - 3 \cdot a^{2}} \Rightarrow x + 2 \cdot a = 0 \Rightarrow x = - 2 \cdot a \Rightarrow S_{1} (- 2 \cdot a | 0)

Schnitt mit der y-Achse

(x = 0)

f (0) = \frac{0 + 2 \cdot a}{o^{2} - 3 \cdot a^{2}} = - \frac{2}{3 \cdot a} \Rightarrow S_{2} (0 | - \frac{2}{3 \cdot a})

Berechnung der Anstiege in den beiden Schnittpunkten:

f' (x) = \frac{- x^{2} - 4 \cdot a \cdot x - 3 \cdot a^{2}}{{(x^{2} - 3 \cdot a^{2})}^{2}}

f' (- 2 \cdot a) = \frac{- 4 \cdot a^{2} + 8 \cdot a^{2} - 3 \cdot a^{2}}{a^{4}} = \frac{1}{a^{2}}

f' (0) = \frac{- 3 \cdot a^{2}}{9 \cdot a^{4}} = - \frac{1}{3 \cdot a^{2}}

Der Anstieg der ersten Tangente ist daher

k_{1} = \frac{1}{a^{2}}

Der Anstieg der zweiten Tangente ist daher

k_{2} = - \frac{1}{3 \cdot a^{2}}

Diese beiden Tangenten sollen orthogonal sein.
Man kann jetzt mit zwei verschiedenen Methoden weiterrechnen:
Richtungsvektoren bilden, ihr skalares Produkt ergibt 0
ODER
Man bedient sich der daraus abgeleiteten Formel:

Bei orthogonalen Geraden gilt:

k_{1} \cdot k_{2} = - 1

( erscheint mir hier leichter )
Also

(\frac{1}{a^{2}}) \cdot (- \frac{1}{3 \cdot a^{2}}) = - 1 \Rightarrow - \frac{1}{3 \cdot a^{4}} = - 1 \Rightarrow 1 = 3 \cdot a^{4} \Rightarrow a = \sqrt[4]{\frac{1}{3}}

Dieser Wert stimmt auch mit der von Geogebra gefundenen grafischen Lösung überein.
Da der Wurzelexponent gerade ist, ist auch

a = - \sqrt[4]{\frac{1}{3}}

eine Lösung.

KalleMarx aktiv_icon

00:50 Uhr, 30.11.2012

@ Dialya: Ich habe die Aufgabe gar nicht gelöst - weder zeichnerisch noch rechnerisch - sondern Dir nur einen Lösungsansatz gegeben.

Gruß - Kalle.

Mathe45

07:26 Uhr, 30.11.2012

Noch ein Hinweis bezüglich Richtungsvektoren:
Ein Richtungsvektor einer Geraden in

ℝ^{2}

hat im Regelfall folgende Gestalt:

\vec{v} = (\begin{matrix} x_{1} \\ y_{1} \end{matrix})

Der Anstieg einer Geraden in

ℝ^{2}

ist der tan des Steigungswinkels und hat im Regelfall folgende Gestalt:

k = \frac{y_{1}}{x_{1}}

( dabei sind

y_{1}

die senkrechte Kathete und

x_{1}

die waagrechte Kathete des Steigungsdreiecks )
Diese zwei Darstellungen kann ich bei Bedarf in Verbindung bringen.
Sei

k = \frac{y_{1}}{x_{1}}

bekannt, dann ist

\vec{v} = (\begin{matrix} 1 \\ k \end{matrix})

Warum?

(\begin{matrix} 1 \\ k \end{matrix}) = (\begin{matrix} 1 \\ \frac{y_{1}}{x_{1}} \end{matrix}) | | (\begin{matrix} 1 \\ \frac{y_{1}}{x_{1}} \end{matrix}) \cdot x_{1} = (\begin{matrix} x_{1} \\ y_{1} \end{matrix})

Ein Richtungsvektor ändert seine Richtung nicht, wenn ich mit einer beliebigen Zahl

\neq 0

multipliziere.
In unserem Beispiel war

k_{1} = \frac{1}{a^{2}} \Rightarrow \vec{v_{1}} = (\begin{matrix} a^{2} \\ 1 \end{matrix})

und

k_{2} = - \frac{1}{3 \cdot a^{2}} \Rightarrow \vec{v_{2}} = (\begin{matrix} 3 \cdot a^{2} \\ - 1 \end{matrix})

Da diese Richtungsvektoren orthogonal sein sollen, muss ihr skalares Produkt 0 sein.

(\begin{matrix} a^{2} \\ 1 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 3 \cdot a^{2} \\ - 1 \end{matrix}) = (a^{2}) \cdot (3 \cdot a^{2}) + (1) \cdot (- 1) = 3 \cdot a^{4} - 1

Da nun gilt:

3 \cdot a^{4} - 1 = 0

ergibt sich die gleiche Lösungsmenge wie bei der anderen Methode.
Das Rechnen mit Vektoren ist eine hübsche Sache, erfordert aber doch ein wenig "know how".

Dialya aktiv_icon

20:45 Uhr, 09.12.2012

okay danke :-)

Dialya aktiv_icon

20:45 Uhr, 09.12.2012

okay danke :-)

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