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ln-Scharfunktion

Schüler Gymnasium,

Tags: Fläche, Normal, Schnittwinkel, Tangent

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21:52 Uhr, 07.03.2011

Hallo liebe Matheonline-Surfer. Ich schreibe am 10.März im Mathe-LK meine Vorabiklausur und seh mich einigen Problemen gegenüber. Da ich nicht möchte, dass meine Fragen verteilt iwo im Forum "rumfliegen" schreibe ich sie alle hier rein. Ich hoffe ihr könnt mir schnell weiterhelfen, denn ich weiss echt gar nicht mehr weiter.
Es ist eine Scharfunktion gegeben: fk(x)=1/k*x-x*ln(x). Jetzt soll ich den Wertebereich angeben

- . -

Definitionsbereich ist mir klar aber Wertebereich? (Lösung:

y \leq e^{\frac{1 - k}{k}}

.

Selbe Funktion. Die Graphen von

\frac{f 1}{2}, \frac{f 2}{3},

die x-Achse und die Gerade

x = 1

begrenzen eine Fläche vollständig. Berechnen Sie den Inhalt dieser Fläche. (Hier wäre mir ein übersichtlicher Weg sehr lieb, denn ich kann gerade an gut gelösten Aufgaben gut lernen) (Ach ja das

\frac{1}{2}

und

\frac{2}{3}

soll bedeuten, dass diese werte für

k

eingesetzt werden.)

Für jedes

k

wird im Schnittpunkt des Graphen von fk mit der x-Achse die Tangente angelegt (schnittpunkt:

\frac{e^{1}}{k})

. Weisen sie nach, dass alle diese Tangenten zueinander parallel sind und geben Sie die Größe des Schnittwinkels dieser Tangenten mit der x-Achse an. (Lösung: 45° bzw. 135°)

An den Graphen der Funktion fk,

0 < k < 1,

seien im Punkt P(1;fk(1)) Tangente und Normale gelegt. Geben sie die Gleichung der Tangente und der Normalen an. Hinweis: Die Normale ist die Gerade, die auf der Tangente im Punkt

P

senkrecht steht. (Lösung: Tangente: tk(x)=((1-k)/k)*x+1 ;
Normale: nk(x)=(k/(k-1))*x+1/k-k/(k-1) )

Tangente und Normale im Punkt P(1;fk(1)) an den Graphen von fk,0<k<1, bilden mit der y-Achse ein Dreieck. Geben Sie den Flächeninhalt deises Dreiecks in Abhängigkeit von

k

an. Für welches

k

wird dieser Flächeninhalt minimal? (Zielfunktion:

A (k) = 0,5 (\frac{1}{k} - \frac{k}{k - 1} - 1)

.

Soo das wärs eigentlich schon. Ich hoffe ihr könnt mir da einige schöne gute Lösungswege zeigen und ich werde auch versuchen so gut wie möglich mitzuarbeiten nur dürft ihr nicht auf mich zählen, da ich noch viele andere Sachen vorbereiten muss für mein Abitur. Ich hoffe das geht gut und danke euch schon im voraus für eure Bemühungen. Ach übrigens: Die Lösungen standen nicht bei den Aufgaben die hat uns der Lehrer nur zur Kontrolle gegeben.

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.)

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Bestimmtes Integral (Mathematischer Grundbegriff)
Flächenberechnung durch Integrieren

Zu diesem Thema passende Musteraufgaben einblenden

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22:01 Uhr, 07.03.2011

f_{k} (x) = \frac{1}{k} \cdot x - x \cdot ln (x)

Es gilt offensichtlich

lim_{x \to \infty} f_{k} (x) = - \infty

und

lim_{x \to 0^{+}} f_{k} (x) = 0

.
Dann würde ich noch auf Extrema untersuchen:

f_{k}' (x) = \frac{1}{k} - (ln (x) + 1) = \frac{1}{k} - ln (x) - 1 = 0

also

x = e^{\frac{1}{k} - 1} \Leftrightarrow x = e^{\frac{1 - k}{k}}

f_{k}'' (x) = - \frac{1}{x}

also

f_{k}'' (e^{\frac{1 - k}{k}}) = - \frac{1}{e^{\frac{1 - k}{k}}} < 0

daher ist

x = e^{\frac{1 - k}{k}}

Maximumstelle. Berechne nun den Extremwert

f_{k} (e^{\frac{1 - k}{k}})

Kannst du dir dann den Wertebereich anhand dieser Infos selbst zusammenreimen? Bzw. kannst du die Lösung deines Lehrers dann nachvollziehen?

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22:22 Uhr, 07.03.2011

Deine Rechnungen habe ich alle nachvollziehen können. Alle Graphen der Funktion gehen also durch den Ursprung, steigen zunächst an bis zur Extremstelle und fallen dann für

x \to \infty

ins bodenlose... Richtig?(müsste es dann nicht doch eine Wendestelle geben, die es aber nicht geben kann, da f´´k(x)=-1/x ist?)

Okay Extrempunkt ist

(e^{\frac{1}{k} - 1}; e^{\frac{1}{k} - 1})

Da der Graph nie über den y-Wert

e^{\frac{1}{k} - 1}

hinaussteigt, ist das der wertebereich, richtig? Dann bleibt da noch die Sache mit der Wendestelle.

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22:34 Uhr, 07.03.2011

Nein keiner der Graphen verläuft durch den Ursprung.

x = 0

gehört ja nicht zum Definitionsbereich, da der

ln (x)

nur für alle

x > 0

definiert ist. Aber du hast den Grundgedanken erfasst. Die Schaubilder steigen erstmal von etwa

y = 0

an bis sie ihren Extremwert erreichen und ab dort fallen sie dann ins "Bodenlose" (können jeden noch so kleinen Wert erreichen). Und ich verstehe nicht wie du darauf kommst, dass es dann eine Wendestelle geben müsste? Die Steigung wird ja permanent kleiner. (Wendestellen sind Extremstellen der ersten Ableitung)
Dann mal hier ein Link zum Begriff Wertebereich/Wertemenge:
http//www.onlinemathe.de/mathe/inhalt/Wertemenge
Der Wertebereich ist also einfach gesagt die Menge aller Funktionswerte, die erreicht werden können.

f (x) = e^{x}; x \in ℝ

hat zum Beispiel den Wertebereich

W_{f} = ℝ^{+}

weil die e-Funktion ja (im Reellen) nie negativ oder null werden kann.
Man weiß nun also, dass der größte Wert der Wertemenge

f_{k} (e^{\frac{1 - k}{k}})

ist. Und jeder kleinere Wert kann erreicht werden wegen

lim_{x \to \infty} f_{k} (x) = - \infty

. Deshalb kann man für den Wertebereich schreiben

y \leq f_{k} (e^{\frac{1 - k}{k}})

Den Funktionswert musst du nun halt noch ausrechnen.

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22:40 Uhr, 07.03.2011

mhmm müsste es nicht dann eine senkrechte asymptote geben, damit es keine wendestelle gibt, weil direkt nach dem extrmpunkt ist die steigung ja gering und muss ja dann immer größer werden (

i n

den negativen bereich natürlich) damit es keine wendestellen gibt. aber du hast ja vorhin schon den limes für

x

gegen unendlich gebildet, das bedeutet ja dass es keine asymptote geben kann. was sehe ich da falsch?

Was meinst du mit Funktionswert? *confused*

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22:44 Uhr, 07.03.2011

Ich kann deinen Gedankengang leider nicht nachvollziehen. Die Steigung wird doch permanent kleiner, deswegen kann es keine Wendestelle geben. Und Asymptoten sind hier auch fehl am Platz. Die Steigung ist anfangs positiv und wird dann kleiner bis sie bei der Extremstelle genau null beträgt. Für noch größere Stellen wird die Steigung dann negativ, negativer, und noch negativer. Die Steigung sinkt also permanent.
Edit:

f_{k} (e^{\frac{1 - k}{k}})

ist der Funktionswert von

f_{k}

an der Extremstelle. Aber du hast ja schon

f_{k} (e^{\frac{1 - k}{k}}) = e^{\frac{1 - k}{k}}

berechnet, also passt das schon.

Ich schreibe am 10.Februar im Mathe-LK meine Vorabiklausur
Och da hast du doch noch fast ein ganzes Jahr Zeit! ;-)

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23:06 Uhr, 07.03.2011

an der extremstelle ist die steigung ja gleich null. danach kann sie ja nicht noch kleiner werden. null ist ja die kleinste zahl. danach kann sie ja nur noch in den negativen bereich immer größer werden... also erst

- 0,5

dann

- 1

dann

- 2

usw...

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23:08 Uhr, 07.03.2011

"Null ist die kleinste Zahl"

Dem kann ich so nicht zustimmen. Natürlich sind alle negativen Zahlen kleiner als null. Klar vom Betrag her sind sie größer, aber darum geht es hier ja nicht.

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23:11 Uhr, 07.03.2011

Sry hab gemerkt wir haben bisschen aneinander vorbeigeredet :-D):-D).

Vorabiklausur ist natürlich nicht am

10

Februar sondern am

10

märz dieses Jahres xD.
Danke dir für deine Hilfe. Das mit dem wertebereich hab ich jetzt verstanden^^

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23:12 Uhr, 07.03.2011

Hast du für die nächste Aufgabe eine Skizze?

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23:14 Uhr, 07.03.2011

sry, es ist keine Skizze gegeben

- . -

Aber ich könnte mir ohne probleme schnell eine machen^^

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23:15 Uhr, 07.03.2011

Bei solchen Aufgaben hilft eine Skizze immer weiter. Du kannst ja mal eine machen und diese dann posten.

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23:18 Uhr, 07.03.2011

mhmmm Für heute ist mir das zu viel Arbeit, aber das Hauptproblem besteht bei mir einfach darin Stammfunktionen von den beiden Funktionen zu bilden. (Ich muss morgen früh zur Schule

- . -)

also

f (x) = \frac{3}{2} x - x \cdot ln (x)

F (x) =

g (x) = 2 x - x \cdot ln (x)

G (x) =

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23:22 Uhr, 07.03.2011

Meine Skizze hab ich mal angefügt. Wenn du morgen Schule hast, dann solltest du jetzt lieber bald ins Bett gehen. Morgen kannst du ja immernoch rechnen.

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23:27 Uhr, 07.03.2011

Wenn ich mir das so anseh, versteh ich nicht nach welcher Fläche die jetzt Fragen bzw. warum beide Funktionen benötigt werden und nicht nur die grüne, weil die grüne und die rote schneiden sich ja nicht

- . -

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23:30 Uhr, 07.03.2011

Sorry die Skizze war schlecht bzw. zu klein. Ich habe eine neue erstellt und die ältere dadurch ersetzt.

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23:33 Uhr, 07.03.2011

Das bedeutet ja, dass ich

x = 1

als die eine Grenze habe. Zunächst muss ich dann das Integral von "rote Funktion"(welche ist das) in den Grenzen von 1 bis Nullstelle aurechnen und das Ergebnis dann minus das Integral von "grüne Funktion" in den Grenzen von 1 bis Nullstelle. Alles klar. Dann leg ich mich mal pennen wenn das soweit richtig ist?

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23:37 Uhr, 07.03.2011

Ich hab das Bild nochmal erneuert. Dieses mal ist die Fläche, die meiner Meinung nach gemeint ist, farblich hervorgehoben. Um ehrlich zu sein bin ich mir aber selbst nicht genau sicher welche Fläche gemeint ist.

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23:42 Uhr, 07.03.2011

Ich denke auch, dass diese Fläche gemeint ist^^

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23:45 Uhr, 07.03.2011

Deine Überlegung ist richtig. Und du kannst dir ganz einfach zum Beispiel anhand des Extremwerts

f_{k} (e^{\frac{1 - k}{k}}) = e^{\frac{1 - k}{k}}

überlegen welche Funktion oberhalb verläuft. Das muss ja die mit dem größeren Extremwert sein. Naja dann wünsche ich dir mal gute Nacht. Wehe du kommst morgen nicht rechtzeitig aus dem Bett! ;-)

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23:47 Uhr, 07.03.2011

:-D) Wird schon iwie^^ Ich danke dir nochmal für deine Bemühungen. Vllt trifft man sich morgen hier nochmal wieder? Bin so ab 5 oder 6 Uhr nachmittags wieder online^^

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23:48 Uhr, 07.03.2011

Ich muss morgen um

16 h

weg, aber abends komme ich dann bestimmt wieder online. Und falls nicht, hier gibt es ja genug Helfer. Bis dann.

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23:51 Uhr, 07.03.2011

Ich kann mich gar nicht genug bei dier bedanken:-D):-D) Hast mir echt weitergeholfen^^ Ich wünsch dir alles Gute in deinem leben ;-)

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00:01 Uhr, 08.03.2011

Kennst du partielle Integration? Damit kannst du

x ln (x)

nämlich integrieren.

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00:23 Uhr, 08.03.2011

Ich kenn den Begriff aber ich bin nie hinter den ganzen Vorgang gestiegen... Ich bin jetzt auf jedenfall schlafen^^ kann schon gar nicht mehr nachdenken:-D)

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09:48 Uhr, 08.03.2011

Im Prinzip musst du nur die Formel kennen:

\int u' v = u v - \int u v'

In diesem Fall wäre es sinnvoll

ln (x)

abzuleiten und

x

zu integrieren.

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16:32 Uhr, 08.03.2011

Ich hab diese Aufgabe nochmal versucht und ich habe sie jetzt hingekriegt. Ich kopier hier nochmal das rein was übriggeblieben ist :
Für jedes $k$ wird im Schnittpunkt des Graphen von fk mit der x-Achse die Tangente angelegt (schnittpunkt: $e^{\frac{1}{k}}$ . Weisen sie nach, dass alle diese Tangenten zueinander parallel sind und geben Sie die Größe des Schnittwinkels dieser Tangenten mit der x-Achse an. (Lösung: 45° bzw. 135°)
-> Um die Steigung in einem bestimmten Punkt zu berechnen, Nimmt man die erste Ableitung und setzt die x-Koordinate des Punktes ein: ${f_{k}}^{'} (e^{\frac{1}{k}}) = \frac{1}{k} - 1 - \ln (e^{\frac{1}{k}}) = - 1$ Demnach sind alle Tangenten, die am Schnittpunkt mit der x-Achse angelegt werden parallel zueinander. Da die Steigung = 1 beträgt bzw. = -1 ist der Schnittwinkel =45° bzw. =135°. Diese Aufgabe habe ich also auch verstanden. Aber wie würde ich den Schnittwinkel rauskriegen, wenn die Steigung nicht 1 sondern zum beispiel $\frac{4}{5}$ wär?

An den Graphen der Funktion $f_{k}$ , $0 < k < 1,$ seien im Punkt P(1; $f_{k}$ (1)) Tangente und Normale gelegt. Geben sie die Gleichung der Tangente und der Normalen an. Hinweis: Die Normale ist die Gerade, die auf der Tangente im Punkt $P$ senkrecht steht. (Lösung: Tangente: $t_{k} (x) = (\frac{1 - k}{k}) \times x + 1$ ;
Normale: $n_{k} (x) = \frac{k}{k - 1} \times x + \frac{1}{k} - \frac{k}{k - 1}$
Tangente und Normale im Punkt P(1; $f_{k}$ (1)) an den Graphen von $f_{k}$ ,0<k<1, bilden mit der y-Achse ein Dreieck. Geben Sie den Flächeninhalt deises Dreiecks in Abhängigkeit von $k$ an. Für welches $k$ wird dieser Flächeninhalt minimal? (Zielfunktion: $A (k) = 0, 5 \times (\frac{1}{k} - \frac{k}{k - 1} - 1)$ .

Soo das wärs eigentlich schon. Ich hoffe ihr könnt mir da einige schöne gute Lösungswege zeigen und ich werde auch versuchen so gut wie möglich mitzuarbeiten nur dürft ihr nicht auf mich zählen, da ich noch viele andere Sachen vorbereiten muss für mein Abitur. Ich hoffe das geht gut und danke euch schon im voraus für eure Bemühungen. Ach übrigens: Die Lösungen standen nicht bei den Aufgaben die hat uns der Lehrer nur zur Kontrolle gegeben.

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18:26 Uhr, 08.03.2011

Der Zusammenhang zwischen Steigung

m

und Steigungswinkel

α

ist

tan (α) = m

.
Für

m = - 1

erhält man also

α = - 45^{o}

bzw.

α = 135^{o}

Wo genau hast du denn Probleme beim Aufstellen der Gleichungen von Tangente und Normale?
Es ist

f_{k} (1) = \frac{1}{k} \cdot 1 - ln (1) = \frac{1}{k}

also verläuft die Tangente durch

P (1 | \frac{1}{k})

und außerdem hat sie die Steigung

f_{k}' (1) = \frac{1}{k} - ln (1) - 1 = \frac{1}{k} - 1 = \frac{1 - k}{k}

Somit gilt schonmal:

y = \frac{1 - k}{k} \cdot x + c

Einsetzen von

P (1 | \frac{1}{k}) :

\frac{1}{k} = \frac{1 - k}{k} + c \Leftrightarrow c = \frac{1}{k} - \frac{1 - k}{k} = \frac{1 - (1 - k)}{k} = \frac{1 - 1 + k}{k} = \frac{k}{k} = 1

Insgesamt ergibt sich also

t : y = \frac{1 - k}{k} \cdot x + 1

Ich hoffe die Normalengleichung kriegst du nun alleine hin.

Gruß Shipwater

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19:19 Uhr, 08.03.2011

Jawohl. Diese Aufgabe habe ich jetzt auch verstanden^^ herzlichen Dank! Ich probier mich nochmal an der nächsten. Ich denke jetzt könnt ich die lösen^^

--> ich komm zur Funktion $A (k) = 0, 5 \times (\frac{1}{k} - \frac{k}{k - 1} - 1)$ was ja auch richtig ist. Um jetzt die Extremwertaufgabe zu lösen muss ich ja zunächst die Ableitung dieser Funktion bilden. Ich habs versucht aber irgendwie schaffe ich das nicht, da ich k's im nenner und im Zähler habe -.-

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19:33 Uhr, 08.03.2011

Quotientenregel.

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19:34 Uhr, 08.03.2011

shiiit -.- die ist mir zu kompliziert (Also nicht die quotientenregel sondern die Funktion selbst). Könntest du mir das einmal vormachen an der?

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19:36 Uhr, 08.03.2011

Ich denke mal du hast Probleme

\frac{k}{k - 1}

abzuleiten, richtig? Du kannst das auch wiefolgt umschreiben:

\frac{k}{k - 1} = \frac{k - 1 + 1}{k - 1} = 1 + \frac{1}{k - 1} = 1 + {(k - 1)}^{- 1}

Das kannst du nun mit der Potenzregel der Differentiation ableiten.

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19:40 Uhr, 08.03.2011

uuhhhh davon hab ich ja noch nie was gehört^^ du meinst bestimmt das normale ableiten...

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19:42 Uhr, 08.03.2011

f (x) = x^{n} \Rightarrow f' (x) = n x^{n - 1}

Jetzt aber?

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19:49 Uhr, 08.03.2011

mhmmm. Iwie funktioniert das alles nicht. Wie würdest du das mit der Quotientenregel machen?

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19:54 Uhr, 08.03.2011

f (k) = \frac{u (k)}{v (k)} \Rightarrow f' (k) = \frac{u' (k) \cdot v (k) - u (k) \cdot v' (k)}{v^{2} (k)}

Einfach anwenden mit

u (k) = k

und

v (k) = k - 1

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19:57 Uhr, 08.03.2011

Damit leite ich doch aber nicht die komplette funktion ab oder? hmmm...

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19:58 Uhr, 08.03.2011

Natürlich nicht. Aber nach Faktorregel bleiben die

0,5

ja einfach nur vorhanden und in der Klammer kannst du nach Summenregel jeden Summanden einzeln ableiten!

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20:00 Uhr, 08.03.2011

ahhh okay ich probiers mal

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20:18 Uhr, 08.03.2011

mhmm iwas mach ich da falsch:

--> $A (k) = 0, 5 \times (\frac{1}{k} - \frac{k}{k - 1} - 1) A^{'} (k) = 0, 5 \times (- k^{- 2} - \frac{1 \times (k - 1) - k \times 1}{{(k - 1)}^{2}}) = 0, 5 \times (\frac{1}{{(- k)}^{2}} - \frac{- 1}{{(k - 1)}^{2}})$

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20:20 Uhr, 08.03.2011

Warum so unsicher? Das Ergebnis ist vollkommen korrekt.

A' (k) = 0,5 \cdot (\frac{1}{{(k - 1)}^{2}} - \frac{1}{k^{2}})

kannst du noch umschreiben.

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20:28 Uhr, 08.03.2011

mhmm unser Lehrer ist zu der Lösung gekommen:

--> $A^{'} (k) = \frac{1}{2} \times \frac{2 k - 1}{k^{2} \times (k - 1)^{2}}$

Und egal wie ich versuche umzustellen und so komm ich nicht zu dieser Lösung

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20:31 Uhr, 08.03.2011

Na bring die Brüche auf den gemeinsamen Nenner

k^{2} \cdot {(k - 1)}^{2}

und fasse die Brüche dann zusammen.

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20:38 Uhr, 08.03.2011

Bei mir kommt da: $A^{'} (k) = 0, 5 \times \frac{- 2 k + 1}{k^{2} \times (k - 1)^{2}}$ raus.

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20:41 Uhr, 08.03.2011

\frac{1}{{(k - 1)}^{2}} - \frac{1}{k^{2}} = \frac{k^{2}}{k^{2} \cdot {(k - 1)}^{2}} - \frac{{(k - 1)}^{2}}{k^{2} \cdot {(k - 1)}^{2}} = \frac{k^{2} - {(k - 1)}^{2}}{k^{2} \cdot {(k - 1)}^{2}} = \frac{k^{2} - (k^{2} - 2 k + 1)}{k^{2} \cdot {(k - 1)}^{2}} = \frac{k^{2} - k^{2} + 2 k - 1}{k^{2} \cdot {(k - 1)}^{2}} = \frac{2 k - 1}{k^{2} \cdot {(k - 1)}^{2}}

Den Faktor

0,5

hab ich weggelassen, weil der eh nur "zuguckt"
Jetzt klar?

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20:44 Uhr, 08.03.2011

hupf hab diese blöde Klammer vergessen -.- Gut dann ist mir diese Aufgabe auch klar. Alles was jetzt noch kommt ist ja Kinderspiel. Ich danke dir für deine Bemühungen^^ Thema kann jetzt geschlossen werden.

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20:45 Uhr, 08.03.2011

Gern geschehen.

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