Kurvendisskusion Log-Fkt < Exp- und Log-Fktn < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Zu jedem [mm]t\not=0[/mm] ist eine Funktion [mm] f_t [/mm] gegeben durch
[mm]f_t(x)= ln(2-t*e^{-x})[/mm]
[mm]x \in D_t [/mm]
Ihr Schaubild sei [mm] K_t.
[/mm]
a) Bestimmen Sie für [mm]f_2[/mm] die maximale Definitionsmenge [mm] D_2.
[/mm]
Untersuchen sie [mm] K_2 [/mm] auf Asymptoten, gemeinsame Punkte mit der x-Achse sowie auf Hoch-, Tief- und Wendepunkte.
Zweichnen Sie [mm] K_2 [/mm] samt Asymptoten für [mm]0 |
Ich habe diese Frage auf keiner weiteren Internetseite gestellt.
N'abend,
wäre nett, wenn sich jemand bereit erklären könnte die Aufgabe durch zuschauen und mir bei der ersten Ableitung auf die Sprünge hilft.
Definitionsbereich:
[mm]D=\IR^+\backslash {0}[/mm]
Ableitungen:
[mm]f_2(x)=ln (2-2e^{-x})[/mm]
u=ln(u)
[mm]u'=\bruch{1}{u}[/mm]
[mm]v=2-2e^{-x}[/mm]
[mm]v'=2e^{-x}[/mm]
[mm]f'(x)= \bruch{1}{2-2e^{-x}}*2e{-x}[/mm]
jetzt hab ich mir gedacht, dass ich kürzen könnte.
das sieht dann jedoch so aus:
[mm]\bruch{1}{2-1}[/mm]
als Teilergebnis ist jedoch angegeben
[mm]f'(x)=\bruch{1}{e^x-1}[/mm]
Ich hab dann einfach mit dem Teilergebnis weitergerechnet:
u=1
u'=0
[mm]v=e^x-1[/mm]
[mm]v'=e^x[/mm]
daraus folgt:
[mm]f''(x)=\bruch{-e^x}{(-1+e^x)^2} [/mm]
Dann die 3. Ableitung, da ich diese nur brauche um den Wendepunkt zu überprüfen rechne ich nur
[mm]x_w[/mm] aus.
Also nur die Ableitung vom Zähler.
[mm]f'''(x)=-e^{x_w}[/mm]
Asymptote: y-Achse
Nullstellen:
[mm]0=ln(2-2e^{-x})[/mm] / e
[mm]1= 2-2e^{-x}[/mm] / -2
[mm]-1=-2e^{-x}[/mm] / :-2
[mm]e^{-x}=0,5[/mm] /-ln()
[mm]x=-ln(\bruch{1}{2})[/mm]
Extrema:
[mm]0=\bruch{1}{e^x-1}[/mm]
[mm]0=1[/mm]
keine Extrema
Wendepunkte
[mm]0=-e^x[/mm] /-ln()
[mm]1=x[/mm]
[mm]y=ln(2-2e^{-1})[/mm]
[mm]y=0,234472[/mm]
Grüße,
Mareike
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:21 Do 22.02.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
Leider muss ich dir den Spruch vieler Lehrer sagen:
Aus Summen kuerzen nur die D....n!
2. Fehler Wendepunkt
3. Fehler Assympt.
> [mm]f'(x)= \bruch{1}{2-2e^{-x}}*2e{-x}[/mm]
Richtig!
> jetzt hab ich mir
> gedacht, dass ich kürzen könnte.
Im Nenner steht doch ne Summe! [mm] 2-2e^{-x} [/mm] wenn du kuerzest musst du JEDES GLIED DER SUMME durch [mm] 2e^{-x} [/mm] teilen.
und 2/( [mm] 2e^{-x} )=e^x [/mm] und das zwete Glied gibt 1.
> das sieht dann jedoch so aus:
> [mm]\bruch{1}{2-1}[/mm]
> als Teilergebnis ist jedoch angegeben
> [mm]f'(x)=\bruch{1}{e^x-1}[/mm]
>
> Ich hab dann einfach mit dem Teilergebnis weitergerechnet:
> u=1
> u'=0
> [mm]v=e^x-1[/mm]
> [mm]v'=e^x[/mm]
> daraus folgt:
> [mm]f''(x)=\bruch{-e^x}{(-1+e^x)^2}[/mm]
Richtig!
erst nachpruefen, obs ueberhaupt nen Wdpkt gibt! sonst brauchst du f''' gar nicht!
> Dann die 3. Ableitung, da ich diese nur brauche um den
> Wendepunkt zu überprüfen rechne ich nur
> [mm]x_w[/mm] aus.
> Also nur die Ableitung vom Zähler.
> [mm]f'''(x)=-e^{x_w}[/mm]
So kannst du das nicht schreiben.
Du willst feststellen ob bei [mm] x_w [/mm] f'' das Vorzeichen wechselt, dazu kannst du die Abl. des zahlers verwenden in der Naehe von [mm] x_w, [/mm] aber du musst dann schreiben:
[mm] Z'=-e^{x} \ne [/mm] 0 fuer alle x, also auch fuer [mm] x_w [/mm]
> Asymptote: y-Achse
fuer x gegen [mm] \infty [/mm] geht [mm] e^{-x} [/mm] gegen 0 also f(x) gegen ln2
also noch ne Assymptote.
> Nullstellen:
> [mm]0=ln(2-2e^{-x})[/mm] / e
> [mm]1= 2-2e^{-x}[/mm] / -2
> [mm]-1=-2e^{-x}[/mm] / :-2
> [mm]e^{-x}=0,5[/mm] /-ln()
> [mm]x=-ln(\bruch{1}{2})[/mm]
>
> Extrema:
> [mm]0=\bruch{1}{e^x-1}[/mm]
> [mm]0=1[/mm]
> keine Extrema
>
> Wendepunkte
> [mm]0=-e^x[/mm] /-ln()
> [mm]1=x[/mm]
falsch! ln(0) gibts nicht! oder anders [mm] e^x [/mm] ist immer >0!
> [mm]y=ln(2-2e^{-1})[/mm]
> [mm]y=0,234472[/mm]
Also kein Wendepunkt!
Fuer Hausaufgaben solltest du dir nen Funktionsplotter besorgen (funkyplot, oder Geogebra beide umsonst im netz)
Dann siehst du ob du grobe Fehler gemacht hast!
Gruss leduart
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 01:30 Fr 23.02.2007 | | Autor: | mareike-f |
Danke dir,
hätte ich eigentlich auch selber drauf kommen können.
Das mit der dritten Ableitung wusste ich noch gar nicht, hab das bis jetzt immer so geschrieben.
Werd demnächst erst einen plotter benutzen.
Grüße,
Mareike
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| Aufgabe | | Bestimmen Sie die maximale Definitionsmenge [mm] D_t [/mm] in Abhängigkeit von t. Nun sei t>0. Untersuchen Sie [mm] K_t [/mm] auf gemeinsame Punkte mit den Koordinatenachsen. Bestimmen Sie die Gleichungen der Asymptoten von [mm] K_t. [/mm] |
Nachdem ich nun den ersten Teil soweit Verstandenhab - hoff ich doch.
Hab ich mich nun an den zweiten gewagt.
Definitionsbereich:
-Man kann keinen ln von 0 oder einer negativen Zahl nehmen
-also darf [mm]te^(-x)[/mm] niemals 2 sein, was nur der Fall ist wenn x [mm]-ln(\bruch{2}{t})[/mm]
[mm]D_t=\IR^+\backslash {0}[/mm]
[mm]0=ln(2-t*e^(-x))[/mm]
[mm]1=2-te^(-x)[/mm]
[mm]0,5=-te^(-x)[/mm]
Normalerweise darf man ja nicht durch was unbekanntes teilen, da es null sein könnte. Hier fällt jedoch 0 aus dem Definitionsbereich raus.
[mm]\bruch{0,5}{-t}=e^(-x)[/mm]
[mm]x=-ln(\bruch{0,5}{t})[/mm]
Die Asymptoten bleiben da wo sie sind, da
[mm]te^(-x)[/mm]
auch gegen null geht.
Eine Gute Nacht noch,
Mareike
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 03:03 Fr 23.02.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo mareike
> Bestimmen Sie die maximale Definitionsmenge [mm]D_t[/mm] in
> Abhängigkeit von t. Nun sei t>0. Untersuchen Sie [mm]K_t[/mm] auf
> gemeinsame Punkte mit den Koordinatenachsen. Bestimmen Sie
> die Gleichungen der Asymptoten von [mm]K_t.[/mm]
> Nachdem ich nun den ersten Teil soweit Verstandenhab -
> hoff ich doch.
> Hab ich mich nun an den zweiten gewagt.
[mm] f(x)=ln(2-t*e^{-x})
[/mm]
> Definitionsbereich:
> -Man kann keinen ln von 0 oder einer negativen Zahl
> nehmen
> -also darf [mm]te^(-x)[/mm] niemals 2 sein, was nur der Fall ist
> wenn x [mm]-ln(\bruch{2}{t})[/mm]
die Zeile ist unverstaendlich, und dein D folgt nicht daraus!
2-t*e^-x>0 daraus 2>t*e^-x; da t>0 [mm] 2/t>e^{-x}; [/mm] ln(2/t)>-x
also x>ln(2/t)
[mm] D=(\ln2/t,\infty) [/mm] oder D [mm] ={x\in R, x>\ln(2/t)}
[/mm]
> [mm]D_t=\IR^+\backslash {0}[/mm]
>
> [mm]0=ln(2-t*e^(-x))[/mm]
> [mm]1=2-te^(-x)[/mm]
> [mm]0,5=-te^(-x)[/mm]
> Normalerweise darf man ja nicht durch was unbekanntes
> teilen, da es null sein könnte. Hier fällt jedoch 0 aus dem
> Definitionsbereich raus.
> [mm]\bruch{0,5}{-t}=e^(-x)[/mm]
> [mm]x=-ln(\bruch{0,5}{t})[/mm]
du hast daraus ja keine Aussage ueber D gemacht!
> Die Asymptoten bleiben da wo sie sind, da
> [mm]te^{-x}[/mm]
> auch gegen null geht.
Aber die andere Assymptote, die fuer t=2 bei x=0 war ,also die y-Achse ist jetzt bei der Parallelen zur y Achse [mm] x=\ln(2/t)
[/mm]
Dir auch gute Nacht
leduart
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Erstmal danke für deine Antwort.
Hab aber erstmal noch 'ne Frage zum Definitionsbereich.
die Zeile ist unverstaendlich, und dein D folgt nicht daraus!
2-t*e^-x>0 daraus 2>t*e^-x; da t>0 $ [mm] 2/t>e^{-x}; [/mm] $ ln(2/t)>-x
also x>ln(2/t)
$ [mm] D=(\ln2/t,\infty) [/mm] $ oder D $ [mm] ={x\in R, x>\ln(2/t)} [/mm] $
Aber kann x nicht auch kleiner als [mm]ln(\bruch{2}{t})[/mm] sein?
Es darf doch nur nicht genau [mm]ln(\bruch{2}{t})[/mm] so sein. Also dann [mm]D=\IR /ln(\bruch{2}{t})[/mm]
Grüße,
Mareike
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:07 Fr 23.02.2007 | | Autor: | DesterX |
Hi Mareike,
du mussst hier eine Fallunterscheidung machen:
Für t>0 :
[mm] 2-te^{-x} [/mm] > 0 [mm] \gdw x>ln(\bruch{2}{t}) \Rightarrow D=(ln(\bruch{2}{t}),\infty)
[/mm]
Für t < 0:
[mm] 2-te^{-x} [/mm] > 0 [mm] \gdw \bruch{2}{t} [/mm] < [mm] e^{-x} [/mm] - hier kannste jetzt keinen ln nehmen, denn [mm] \bruch{2}{t} [/mm] < 0 - wie man auch schon an der Ursprungsfunktion erkennt, ist also [mm] D=\IR [/mm] für t<0
t=0 wird ja nicht betrachtet...
Alles klar?
Viele Grüße,
Dester
EDIT: Falls dein Denkfehler darin liegt: Du schreibst, [mm] f_t [/mm] ist nicht definiert für [mm] 2-te^{-x} [/mm] = 0 bzw. [mm] te^{-x} [/mm] = 2 - das stimmt natürlich, doch auch für [mm] 2-te^{-x} [/mm] < 0 ist die Funktion nicht def., denn ln(x) ist nicht nur für x=0, sondern auch für x<0 nicht definiert - das nur, um dieses Missverständnis zu vermeiden.
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Danke für deine schnelle Antwort.
t<0 als Fallunterscheidung fällt ja weg, da in der Aufgabenstellung t>0 definiert ist.
Bis hierhin ist alles klar:
2-t*e^-x>0
Aber wieso heißt es jetzt
2>t*e^-x
anstatt von
[mm]2\not=t*e^{-x}>0[/mm]
Kann es nicht auch zum Beispiel 1 sein?
Viele Grüße,
Mareike
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:44 Fr 23.02.2007 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
> Danke für deine schnelle Antwort.
>
> t<0 als Fallunterscheidung fällt ja weg, da in der
> Aufgabenstellung t>0 definiert ist.
>
> Bis hierhin ist alles klar:
> 2-t*e^-x>0
> Aber wieso heißt es jetzt
> 2>t*e^-x
> anstatt von
> [mm]2\not=t*e^{-x}>0[/mm]
> Kann es nicht auch zum Beispiel 1 sein?
>
> Viele Grüße,
> Mareike
Du hast:
[mm] 2-t*e^{-x}>0 |+te^{-x}
[/mm]
[mm] \gdw 2>te^{-x}
[/mm]
Und dazu noch ein Bild:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Marius
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpeg) [nicht öffentlich]
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Ahh, danke, jetzt wird es mir klarer.
> $ [mm] 0=ln(2-t\cdot{}e^{-x}) [/mm] $
> $ [mm] 1=2-te^{-x} [/mm] $
> $ [mm] 0,5=-te^{-x} [/mm] $
> Normalerweise darf man ja nicht durch was unbekanntes
> teilen, da es null sein könnte. Hier fällt jedoch 0 aus dem
> Definitionsbereich raus.
> $ [mm] \bruch{0,5}{-t}=e^{-x} [/mm] $
> $ [mm] x=-ln(\bruch{0,5}{t}) [/mm] $
du hast daraus ja keine Aussage ueber D gemacht!
Bedeutet das, dass es keine Nullstellen gibt, da x aus dem Definitionsbereich fällt.
Und zur Asymptote kann man das irgendwie ausrechnen, oder muss man sich das überlegen?
Einen schönen Start ins Wochenende,
Mareike
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:46 Fr 23.02.2007 | | Autor: | DesterX |
Hallo nochmals,
>
> > [mm]0=ln(2-t\cdot{}e^{-x})[/mm]
> > [mm]1=2-te^{-x}[/mm]
> > [mm]0,5=-te^{-x}[/mm]
So ist das aber nicht richtig umgeformt - Nehmen wir wieder an: t>0:
[mm] 1=2-te^{-x} \gdw -1=-te^{-x} \gdw x_N= [/mm] - ln(1/t)
Jetzt musst du dir überlegen: Wann gilt [mm] x_N \in [/mm] D [mm] (f_t [/mm] hat übrigens durchaus auch Nullstellen, dein Schluss gerade war falsch)
Zur Asymptote für t>0:
Wir betrachten nun die Funktion am Rande des Defintionsbereiches,
ss gilt:
[mm] \limes_{x\rightarrow\infty} [/mm] f(x) = ln(2)
[mm] \limes_{x\rightarrow ln(\bruch{2}{t})} [/mm] f(x)= [mm] -\infty
[/mm]
Also [mm] y_{Asy}=ln(2)
[/mm]
Gruß,
Dester
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Hi,
und noch ein Versuch:
eigentlich kann man dann ja auch schreiben:
[mm]x>ln\bruch{2}{t}[/mm]
kann man dann nicht auch wie folgt vorgehen:
[mm]1=2-te^{-x}[/mm]
[mm]x_n=3-te^{-x}[/mm]
[mm]ln\bruch{2}{t}<3-te^{-x}[/mm]
Äh, aber irgendwie kommt man damit auch nicht weiter.
Sorry, ich steh gerade irgendwie total auf der langen Leitung.
Mareike
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:17 Fr 23.02.2007 | | Autor: | DesterX |
Die Lösung zur Nullstelle hab ich doch grad schon geschrieben,
hier nochmal im Detail:
[mm] 1=2-te^{-x}=1 \gdw [/mm]
[mm] -te^{-x} [/mm] =-1 t>0 [mm] \gdw
[/mm]
[mm] e^{-x}=\bruch{1}{t} \gdw
[/mm]
-x = [mm] ln(\bruch{1}{t}) \gdw
[/mm]
x = [mm] -ln(\bruch{1}{t})
[/mm]
Nun benutzen wir vielleicht nochmal die Log-.gesetze: [mm] x_N=-ln(\bruch{1}{t})=-(ln(1)-ln(t)) [/mm] = - (-ln(t))= ln(t)
Also: [mm] x_N=ln(t) [/mm] (Das ist die Nullstelle)
Jetzt ist eben die Frage, wann ist [mm] x_N [/mm] > [mm] ln(\bruch{2}{t}) [/mm] , dann wäre [mm] x_N [/mm] im Definitionsbereich.
Weiter viel Glück-
Gruß,
Dester
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Ob [mm]x_N[/mm] im Definitionsbereich liegt hängt ja alleine von t ab.
Kann man dann ja auch eigentl. so schreiben?:
[mm]ln(t)>ln(\bruch{2}{t})[/mm]
wenn man jetzt t ausrechnet bekommt man:
[mm]t=\wurzel{2}[/mm]
heißt dass, sobald t größer ist als Wurzel 2 sind die x Werte aus dem Definitionsbereich.
Ähh, irgendwie quatsch, man setzt ja nur x Werte aus dem Definitionsbereich ein.
Kann man das überhaupt allegemein bestimmen?
Grüße,
MAreike
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:14 Fr 23.02.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo mareike
Irgendwie bist du durcheinander.
Der Definitionsbereich der Funktion haengt von t ab!
fuer t=2 hattest du ja einfach x>0 als D.
fuer andere t muss der Ausdruck im ln, also [mm] 2-te^{-x}>0
[/mm]
daraus nochmal:
2>te^-x; ln2/t>-x mit (-1)multipl: -ln2/t<x und wegen [mm] -ln(2/t)=ln(2/t)^{-1}=lnt/2 [/mm] gilt ln(t/2)<x
Wenn du t=2 einsetzt hast du dein altes Ergebnis ln2/2=0
also 0<x
Fuer jedes t>0 hast du ein ANDERES Definitionsgebiet.
probiers einfach mal mit ein paar Zahlen: t=100
D: x>ln50 also x>3,9; t=1000 x>6,2..; t=0,01 x>-5,29..
usw.
Die Nullstelle von 2-te^-x ist dabei grade der Anfang (oder Ende) des Definitionsgebiets.
t ausrechnen macht nur Sinn, wenn jemand fragt: fuer welches t ist das Definitionsgebiet grade x>1.
Gruss leduart
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:47 Sa 24.02.2007 | | Autor: | mareike-f |
Ahh danke, ich glaub ich habs jetzt.
Danke für euer ständiges bemühen.
Und immer und immer wieder erklären.
Grüße,
Mareike
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| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 15:16 Sa 24.02.2007 | | Autor: | mareike-f |
| Aufgabe | c) Nun sei t<0. Untersuchen Sie das Monotonieverhalten [mm] f_t.
[/mm]
Begründen Sie: Jede Funktion [mm] f_t [/mm] besitzt eine Umkehrfunktion [mm]\overline{f}_t[/mm].
Bestimmen Sie den Funktionsterm [mm]\overline{f}_t(x)[/mm]sowie die maximale Definitionsmenge und die Wertemenge von von [mm]\overline{f}_t(x)[/mm]
d) Im vierten Feld schließen die x-Achse, [mm] K_2, [/mm] die Gerade x=1/e und die Gerade x=0 mit 0<u<1/e eine Fläche mir Inhalt A(u) ein.
Es gilt die Beziehung [mm]2-2*e^{-x} \ge x[/mm] für
[mm]0\le x\le 1/e[/mm].
Schätzen Sie mit Hilfe dieser Beziehung A(u) nach oben ab.
Zeigen Sie damit, dass der rechtsseitige Grenzwert [mm]\limes_{u\rightarrow 0}A(u)[/mm] existiert. |
Hi,
ich bins schon wieder. Hab jetzt beschlossen auch noch den Rest der Aufgabe zu machen, also muss ich euch nochmal nerven.
c)
Monotonieverhalten
f'(x)<0 streng monoton fallend
f'(x)>0 streng monoton wachsend
f (x)= [mm] ln(2-te^{-x})
[/mm]
[mm]f'(x)=\bruch{te^{-x}}{2-te^{-x}}[/mm]
-> streng monoton wachsend
[mm]y=ln(2-t*e^{-x})[/mm]
[mm]e^y=2-t*e^{-x}[/mm]
[mm]e^y-2=-t*e^{-x}[/mm]
geteilt durch -t
[mm]\bruch{e^y}{-t}-\bruch{2}{-t}=e^{-x}[/mm]
[mm](ln(e^y)-ln(-t))-(ln(2)-ln(-t))=-x[/mm]
ln von minus t geht da ja t negativ ist und man dann ja eigentlich den ln von einer positiven Zahln nimmt.
[mm]e^y-ln(-t)-ln(2)+ln(-t)=-x[/mm]
[mm]-e^y+ln(2)=x[/mm]
[mm]y=ln(2)-e^x[/mm]
[mm]D_{\overline{f}_t(x)}=R[/mm]
[mm]W_{\overline{f}_t(x)}=R[/mm]
Hatten ja auch irgendwo oben schonmal den Definitionsbereich von t<0 gehabt.
d)
Hier hab ich mir gerade ein Schaubild angesehen, für u hab ich mir einfach irgend eine Zahl ausgesucht.
irgendwie sieht das aber merkwürdig aus
[Dateianhang nicht öffentlich]
Ein schönes Wochenende,
Mareike
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:14 Sa 24.02.2007 | | Autor: | Loddar |
Hallo Mareike!
> d) Im vierten Feld schließen die x-Achse, [mm]K_2,[/mm] die Gerade
> x=1/e und die Gerade x=0 mit 0<u<1/e eine Fläche mir Inhalt A(u) ein.
Das soll doch bestimmt $x \ = \ [mm] \red{u}$ [/mm] heißen gemäß Aufgabenstellung, oder?
Zudem scheint mir Deine Skizze falsch ... ich interpretiere die Aufgabe wie folgt:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Gruß
Loddar
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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Logarithmusgesetz![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]"){kind=small}
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]"){kind=small}
Und hier musst Du auch auf die gesamte linke Seite den [mm] $\ln(...)$ [/mm] anwenden, und nicht summandenweise.
