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Umkehrfunktion und Ungleichung ln(x)

Universität / Fachhochschule

Funktionalanalysis

Funktionen

Tags: Funktion, Funktionalanalysis, Intervall, log, Umkehrfunktion, Ungleichung

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17:28 Uhr, 08.02.2019

Hallo liebe Community,

ich schreibe bald eine Klausur und hänge dabei an folgender Aufgabe fest (siehe Dateianhang)
Meine bisherigen Lösungsansätze:

für

a)

habe ich die Funktion

> 0

gesetzt und Fallunterscheidungen gemacht

b)

ist ja "nur" die Zeichnung
aber bei

c)

und

d)

weiß ich leider gar nicht wie ich vorgehen soll..

Danke schonmal für eure Hilfe

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:

Einführung Funktionen
Lineare Ungleichungen - Fortgeschritten
Umkehrfunktion

Zu diesem Thema passende Musteraufgaben einblenden

abakus

17:35 Uhr, 08.02.2019

zu c) eine Funktion ist in einem Intervall NICHT umkehrbar, wenn sie dort teilweise steigt und teilweise wieder fällt (wenn sie also an verschiedenen Stellen den gleichen Funktionswert hat).

Um in einem Intervall umkehrbar zu sein muss sie also im gesamten Intervall ausschließlich streng monoton wachsen oder ausschließlich streng monoton fallen.

zu d) Tausche x und y aus und stelle anschließend wieder nach y um.

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17:39 Uhr, 08.02.2019

Danke das hilft weiter, also für

c)

die Funktion ist umkehrbar wenn sie bijektiv ist?
bei

d)

frage ich mich noch ob ich das

ln

auflösen muss zu einer

e

Funktion?

abakus

17:43 Uhr, 08.02.2019

Aus x=ln(y/(y²-1)) wird tatsächlich in einem ersten Schritt

e^{x} = \frac{y}{y ² - 1}

.
Jetzt mit (y²-1) multiplizieren und die Normalform einer quadratischen Gleichung herstellen.

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17:44 Uhr, 08.02.2019

d)

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

e^{y} (x^{2} - 1) - x = 0

e^{y} x^{2} - x - e^{y} = 0

abc-Formel:

x_{1,2} = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 4 \cdot e^{y} \cdot (- e^{y})}}{2 e^{y}} = \frac{1 \pm \sqrt{1 + 4 e^{2 y}}}{2 e^{y}}

Vertausche jetzt noch

x

und

y

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17:47 Uhr, 08.02.2019

Super, danke euch:-)

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17:47 Uhr, 08.02.2019

Super, danke euch:-)

godzilla12 aktiv_icon

02:57 Uhr, 09.02.2019

a);

der Wertebereich bzw. Zielmenge geht schon trivial aus der Aufgabe hervor, nämlich

ℝ (

Der Begriff " Wertebereich " ist nicht zu verwechseln mit dem Bild einer Funktion; das können nicht mal alle Professoren geschweige Lehrer. )
Mit dem Definitionsbereich ist das gemeint, was in der

\to

Funktionentheorie ( FT ) " natürlicher Definitionsbereich " heißt; die größte Menge

,

in die sich deine Funktion fortsetzen lässt. Bei Logarithmus ist stets zu beachten: Dieser ist nur für positive Argumente definiert. Aha; wir müssen uns erst mal das Schaubild der gebrochen rationalen Funktion ( GRF ) zu Gemüte führen

g (x) := \frac{x}{x^{2} - 1} = (1 a)

= \frac{A}{x + 1} + \frac{B}{x - 1} (1 b)

Für Zählergrad

<

Nennergrad machst du analog

(1 b) \to

Teilbruchzerlegung ( TZ

),

nsonsten Polynomdivision. ( Wozu die TZ gut ist,

s . u

. )
Im Internet als KI so wie in ( fast )allen Lehrbüchern findest du dieses rostige Räderwerk eines gekoppelten LGS ; da sitzt du morgen noch an der TZ . Inzwischen gibt es längst ein Separations-oder Orthogonalisierungsverfahren, das sog. " Abdecker-oder Zuhälterverfahren "
WAS du zu tun hast, ist sogar leichter als die Mitternachtsformel; dir aber erklären zu wollen warum, scheint mir so ziemlich ausgeschlossen. Es hat zu tun mit den

\to

Residuen, dem wohl schwierigsten Teilgebiet der FT. Wenn du

z . B

. A suchst, tust du die Polstelle

x_{1} = (- 1)

einsetzen in

(1 a)

" Aber das geht doch gar nicht; für

x_{1}

wird

(1 a)

doch singulär. "

Eben. Deshalb " deckst du diesen Pol ( mit der Hand ab " ( Abdeckerverfahren ) oder " hältst ihn zu " ( Zuhälterverrfahren ) Was du dann bekommst, schimpft sich " Integralkern

G

der Funktion

g i n x_{1})

G (x; g, - 1) = \frac{x}{x - 1} (2 a)

A = G (- 1; g, - 1) = - \frac{1}{- 1 - 1} = \frac{1}{2} (2 b)

G (x; g, 1) = \frac{x}{x + 1} (2 c)

B = G (1; g, 1) = \frac{1}{2} (2 d)

Das sieht wie Zauberei aus; ich weiß. Dein Schrat kennt es nicht; zeigst du es ihm, so " fasst der sisch an de Kopp " ( Das Ei des Toholders. )
( Doch; auch Männer legen Eier. Pippi Langstrumpf definiert als " Puk " ein ei, das ein Hahn gelegt hat. )

(I

am gender; die Mutter meines Klassenkameraden war Two_Hole_Dress )
Hast du schon mal einen Blick geworfen in die Elektrizitätslehre von Robert Wichard Pohl? Du weißt sicher, dass das Integral eines elektrostatischen Feldes um eine geschlossene Kurve Null ergibt; als Potenzialdifferenz hast du U_(End) - U_(Anf)

= 0

( Hier warum weigert der sich auf einmal, die " Subscripts " tief zu stellen? Geht der ins Wochenende oder wie oder was?)
Ja und was gibt das Kreisintegral um ein Magnetfeld

B

? Stell dir vor du piekst

N

Strom durchflossene Drähte durch ein Blatt Papier; das Integral ergibt dann die Summe aller Ströme, die INNERHALB der Kreisfläche fließen.
Es gibt Integrale, die zwischen Innen und Außen unterscheiden.
Und unsere Pole in

(2 a - d)

sind mathematisch auch sowas Ähnliches wie elektrische Ströme - satts all.
Und jetzt gleich eine erste Nutzanwendung der TZ . Vielleicht ist dir aufgefallen, dass die Funktion

(1 a)

Punktsymmetrie ( ungerade Symmetrie ) besitzt. Dann hast du aber in ( 2bd ) zusätzlich noch

A = B;

die Beobachtung stammt übrigens von mir. Angenommen du hast eine Funktion

g (x) := \frac{A}{x - x_{1}} + \frac{B}{x - x_{2}} (3 a)

Diktat für Formelsammlung, Regelheft und Spickzettel

" In

(3 a)

gilt

A = B \Leftrightarrow g (x)

zeigt ungerade Symmetrie gegen

x_{0}

x_{0} := \frac{1}{2} (x_{1} + x_{2}) (3 b)

Die TZ unterstützt dich, solltest du die Symmetrie verschlafen. Beweis der Behauptung. OBdA ( Beweis für Obdach lose ) sei

x_{0} = 0

Dann

g (- x) = - \frac{A}{x + x_{1}} - \frac{B}{x + x_{2}} (4 a)

- g (x) = - \frac{A}{x - x_{1}} - \frac{B}{x - x_{2}} (4 b)

gleich setzen von ( 4ab )

\frac{A}{x + x_{1}} + \frac{B}{x + x_{2}} = \frac{A}{x - x_{1}} + \frac{B}{x - x_{2}} (4 c)

Das geht so erstmal garnicht. Stell dir etwa vor

x_{1; 2}

wären beide positiv; dann würden auf der linken Seite von

(4 c)

auf einmal zwei negative Pole zu stehen kommen. Es gibrt aber einen Lehrsatz, wonach die TZ eindeutig ist; links und rechts müssen die selben Polstellen auftauchen. Und das geht nur, wenn

(x_{2} = - x_{1})

Das eingesetzt in

(4 c)

\frac{A}{x + x_{1}} + \frac{B}{x - x_{1}} = \frac{A}{x - x_{1}} + \frac{B}{x + x_{1}} (4 d)

und aus

(4 d)

durch Koeffizientenvergleich die Behauptung.

Mit Hilfe der TZ ist es jetzt ein Klax zu entscheiden, wo

g > 0

. Und zwar musst du bei einer GRF ( mit dem Fingerchen ) immer von RECHTS kommen; das Vorzeichen von

B i n (1 b)

an der rechtesten Polstelle

x_{2} (

Residuum von

x_{2})

entscheidet gleichzeitig, welches Vorzeichen der Graf in der Umgebung von

x_{2}

annimmt: Er haut ab nach

(+ \infty) (

und kommt asymptotisch von

(+ 0))

Damit haben wir unser erstes Intervall;

f (x)

ist definiert für

x > 1

.
An der ( ungeraden ) Polstelle haben wir einen VZW ; links kommt der Graf wieder von

(- \infty)

Dann an der ( einfachen ) Nullstelle

x = 0

überschreitet er die Abszisse in Richtung Plus.
Und jetzt machen wir uns die Symmetrie zu Nutze;

g (x) < 0

für

(0; 1) \to g (x) > 0

für

(- 1; 0) (5 a)

g (x) > 0

für

x > 1 \to g (x) < 0

für

x < (- 1) (5 b)

Aus

(5 a)

folgt damnn der Definitionsbereich

(- 1) < x < 0 \lor x > 1 (5 c)

Von einer solchen Funktion erwartet man keine Extremata; höchstens den Wendepunkt im Ursprung. Die Ableitung von ( 1b;2bd ) ist doch ein Klax - auch hier leistet uns die TZ gute Dienste.

f' (x) = - [\frac{1}{{(x + 1)}^{2}} + \frac{1}{{(x - 1)}^{2}}] = 0 (6 a)

(x + 1)

+ (x - 1)

= 0 (6 b)

Ich kenn eure Unart; hier werden keine Klammern aufgelöst - erst nachdenken. Setze

a := x + 1; b := x - 1 (7 a)

a

+ b

= 0 \to a = b = 0 (7 b)

(6 b) \to x = 1 = - 1;

widerspruch

(7 c)

Mathe45

08:42 Uhr, 09.02.2019

a)

Definitionsbereich

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

x \neq 1; x \neq - 1

l n

ist nur definiert für Argumente

> 0 \Rightarrow \frac{x}{x^{2} - 1} > 0

1)

Zähler und Nenner sind positiv

\Rightarrow x > 0 \land x^{2} - 1 > 0 \Rightarrow x > 1

2)

Zähler und Nenner sind negativ

\Rightarrow x < 0 \land x^{2} - 1 < 0 \Rightarrow - 1 < x < 0

D (f) = (- 1; 0) \cup (1; \infty)

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18:35 Uhr, 09.02.2019

Jedem Tierchen sein Plaisierchen; TZ hat nunmal den unbestreitbaren Vorteil, dass du niemals einen VZW übersiehst. Das von Mathe45 vorgeschlagene, in den Schulen gängige Verfahren halte ICH jeden Falls für Unsystematisch.
TZ gibt dir sämtliche VZW , selbst wenn du die Nullstellen des Zählers nicht kennen solltest. D.

h

. umgekehrt wenn du auf irgendwelche Inkonsistenzen brettern solltest, hält sie dich dazu an, nach den fehlenden Nullstellen zu suchen.
Und jetzt noch zur Umkehrfunktion. Wir betrachten die beiden Intervalle

J_{1} := (- 1; 0); J_{2} := (1; \infty) (2.1 a)

D (f) = J_{1} \cup J_{2} (2.1 b)

Auf jedem Teilintervall ist

g

umkehrbar, weil seine Ableitung nicht verschwindet. Auf

D

greift diese Begründung jedoch nicht, weil

D

kein Intervall ist. Auf ganz

D

existiert die Umkehrung nicht; beachte

g (J_{1}) = g (J_{2}) = g (D) = (0; \infty) (2.2)

Ja es gibt sogar eine ganz einprägsame Zuordnung zwischen

J_{1}

und

J_{2};

wenn wir fordern

g (x_{1}) = g (x_{2}) (2.3 a)

\frac{x_{1}}{x_{1}^{2} - 1} = \frac{x_{2}}{x_{2}^{2} - 1} | \cdot

(2.3 b)

werden wir auf die quadratische Gleichung ( QG

) (2.4 a)

geführt - wobei ich der Deutlichkeit halber

x_{2}

ersetze durch die Formvariable

x

x²

x_{1} + x (1 - x_{1}^{2}) - x_{1} = 0 (2.4 a)

Was erwarten wir? Da ja trivial

g (x_{1}) = g (x_{1}),

ist

x = x_{1}

schonmal die erste Wurzel von

(2.4 a);

in Normalform lautet

(2.4 a)

x²

- p x + q = 0 (2.4 b)

p = x_{1} - \frac{1}{x_{1}}; q = (- 1) (2.4 c)

Hier WIE löst man eine QG , wenn man eine Lösung schon kennt bzw. geraten hat? Vieta das geschmähte Stiefkind

q = x_{1} x_{2} = (- 1) \to x_{2} = - \frac{1}{x_{1}} (2.5 a)

p = x_{1} + x_{2} = x_{1} - \frac{1}{x_{1}} \to x_{2} = - \frac{1}{x_{1}} (2.5 b)

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18:32 Uhr, 11.02.2019

Danke:-)

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