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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:03 So 01.11.2009 | | Autor: | chipbit |
| Aufgabe | Bestimme die Umkehrfunktion [mm] x=f^{-1}(y) [/mm] und ihren Definitionsbereich:
a) [mm] f(x)=\wurzel{1-x^2} [/mm] mit [mm] -1\le x\le [/mm] 0
b) f(x)=sinhx mit [mm] -\infty [/mm] < x < [mm] +\infty [/mm] , wobei [mm] sinhx=\bruch{e^x-e^{-x}}{2} [/mm] |
Hallo Leute,
also ich hatte mich zuerst mit a) beschäftigt. Hab also nach x aufgelöst und dann am Ende x und y wieder vertauscht. Nun bin ich mir nicht sicher, denn als Lösung habe ich wieder genau das raus [mm] y=\wurzel{1-x^2} [/mm] , ich denke das ist falsch, aber ich komme irgendwie nicht auf nen anderes Ergebnis. Kann mir vielleicht jemand helfen? Deswegen hab ich mich an b) auch noch nicht rangetraut.
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> Bestimme die Umkehrfunktion [mm]x=f^{-1}(y)[/mm] und ihren
> Definitionsbereich:
> a) [mm]f(x)=\wurzel{1-x^2}[/mm] mit [mm]-1\le x\le[/mm] 0
> b) f(x)=sinhx mit [mm]-\infty[/mm] < x < [mm]+\infty[/mm] , wobei
> [mm]sinhx=\bruch{e^x-e^{-x}}{2}[/mm]
> Hallo Leute,
> also ich hatte mich zuerst mit a) beschäftigt. Hab also
> nach x aufgelöst und dann am Ende x und y wieder
> vertauscht. Nun bin ich mir nicht sicher, denn als Lösung
> habe ich wieder genau das raus [mm]y=\wurzel{1-x^2}[/mm] , ich denke
> das ist falsch, aber ich komme irgendwie nicht auf nen
> anderes Ergebnis. Kann mir vielleicht jemand helfen?
> Deswegen hab ich mich an b) auch noch nicht rangetraut.
Bei a) solltest du erhalten:
$\ [mm] f^{-1}(y)\ [/mm] =\ [mm] -\sqrt{1-y^2}$
[/mm]
oder mit der Variablen x geschrieben:
$\ [mm] f^{-1}(x)\ [/mm] =\ [mm] -\sqrt{1-x^2}$
[/mm]
Mit dem Definitionsbereich [0..1] .
Für die Umkehrfunktion von sinh gibt es zwar die
Bezeichnung [mm] sinh^{-1} [/mm] oder Arsinh, hier ist aber wohl
eine "selbst konstruierte" Umkehrfunktion gefragt.
Das ist auch möglich. Löse dazu einfach die Gleichung
$\ [mm] y\,=\,\bruch{e^x-e^{-x}}{2}$
[/mm]
nach x auf. Tipp: Setze zuerst [mm] u:=e^x [/mm] und also [mm] e^{-x}=\frac{1}{u}
[/mm]
LG Al-Chw.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:34 So 01.11.2009 | | Autor: | chipbit |
mh,
also ich mach mal a) nochmal Schrittweise...
[mm] y=\wurzel{1-x^2}
[/mm]
[mm] y^2=1-x^2
[/mm]
[mm] y^2-1=-x^2 [/mm] |* -1
[mm] -y^2+1=x^2
[/mm]
[mm] \wurzel{-y^2+1}=x
[/mm]
[mm] \wurzel{1-y^2}=x [/mm]
y= [mm] \wurzel{1-x^2}
[/mm]
mh, hab ich mich da jetzt ganz doof angestellt? Ich meine, du hast da nen Minus vor der Wurzel, ich krieg das aber nich...wo is denn da mein Denkfehler?
bei b) hab ich das jetzt mal versucht, bin mir aber an einer Stelle nicht sicher ob ich das so machen kann, aber ich schreibs einfach mal auf:
[mm] y=\bruch{e^x-e^{-x}}{2}
[/mm]
mit der Substitution [mm] u:=e^x [/mm] und [mm] e^{-x}=:\bruch{1}{u}
[/mm]
[mm] y=\bruch{u-\bruch{1}{u}}{2}
[/mm]
[mm] \bruch{1}{u-\bruch{1}{u}}=\bruch{1}{2y}
[/mm]
[mm] \bruch{1}{\bruch{u^2}{u}-\bruch{1}{u}}=\bruch{1}{2y}
[/mm]
[mm] \bruch{u}{u^2-1}=\bruch{1}{2y}
[/mm]
[mm] \bruch{u}{u^2}=-\bruch{1}{2y}
[/mm]
[mm] \bruch{1}{u}=-\bruch{1}{2y}
[/mm]
[mm] e^{-x}=-\bruch{1}{2y}
[/mm]
[mm] -x=-ln\bruch{1}{2y}
[/mm]
[mm] x=ln\bruch{1}{2y} [/mm] also [mm] f^{-1}(x)=ln\bruch{1}{2x} [/mm] Definitonsbereich wäre dann [mm] x\in \IN [/mm] da die Logarithmusfunktion ja nur für Zahlen >0 definiert ist.
richtig?
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> mh,
> also ich mach mal a) nochmal Schrittweise...
> [mm]y=\wurzel{1-x^2}[/mm]
> [mm]y^2=1-x^2[/mm]
> [mm]y^2-1=-x^2[/mm] |* -1
> [mm]-y^2+1=x^2[/mm]
soweit alles richtig !
> [mm]\wurzel{-y^2+1}=x[/mm] ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Da vorausgesetzt war, dass x zwischen -1 und 0
liegen soll, muss es hier heißen:
$\ [mm] x\,=\,-\wurzel{-y^2+1}$
[/mm]
> bei b) hab ich das jetzt mal versucht, bin mir aber an
> einer Stelle nicht sicher ob ich das so machen kann, aber
> ich schreibs einfach mal auf:
>
> [mm]y=\bruch{e^x-e^{-x}}{2}[/mm]
> mit der Substitution [mm]u:=e^x[/mm] und [mm]e^{-x}=:\bruch{1}{u}[/mm]
> [mm]y=\bruch{u-\bruch{1}{u}}{2}[/mm]
> [mm]\bruch{1}{u-\bruch{1}{u}}=\bruch{1}{2y}[/mm]
> [mm]\bruch{1}{\bruch{u^2}{u}-\bruch{1}{u}}=\bruch{1}{2y}[/mm]
> [mm]\bruch{u}{u^2-1}=\bruch{1}{2y}[/mm]
> [mm]\bruch{u}{u^2}=-\bruch{1}{2y}[/mm]
> [mm]\bruch{1}{u}=-\bruch{1}{2y}[/mm]
> [mm]e^{-x}=-\bruch{1}{2y}[/mm]
> [mm]-x=-ln\bruch{1}{2y}[/mm]
> [mm]x=ln\bruch{1}{2y}[/mm] also [mm]f^{-1}(x)=ln\bruch{1}{2x}[/mm]
> Definitonsbereich wäre dann [mm]x\in \IN[/mm] da die
> Logarithmusfunktion ja nur für Zahlen >0 definiert ist.
> richtig?
Das wäre mit viel weniger Brüchen möglich.
Löse zuerst die Gleichung
[mm] $u-\bruch{1}{u}\ [/mm] =\ [mm] 2\,y$
[/mm]
nach u auf (2 Lösungen) und verwende dann x=ln(u),
um die Lösungen für x hinzuschreiben.
LG Al-Chw.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:48 So 01.11.2009 | | Autor: | chipbit |
Okay, das bei a) hab ich verplant...danke.
Mh, und bei b) wäre dann ähnliches Vorgehen, wie ich schon gemacht hatte, dann würde ich auf u=-2y, ergo auf x=-ln2y und dann auf [mm] f^{-1}(x)=-ln2x
[/mm]
und dann wäre der Definitionsbereich ebenfalls [mm] \IN, [/mm] oder?
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Hallo!
> Mh, und bei b) wäre dann ähnliches Vorgehen, wie ich
> schon gemacht hatte, dann würde ich auf u=-2y, ergo auf
> x=-ln2y und dann auf [mm]f^{-1}(x)=-ln2x[/mm]
> und dann wäre der Definitionsbereich ebenfalls [mm]\IN,[/mm] oder?
$2y = [mm] u-\frac{1}{u}$
[/mm]
[mm] $\gdw [/mm] 2y*u = [mm] u^{2}-1$
[/mm]
[mm] $\gdw u^{2}-2*y*u-1 [/mm] = 0$
[mm] $\gdw u_{1/2} [/mm] = [mm] y\pm\sqrt{y^{2}+1}$
[/mm]
Was hast du denn gerechnet?
Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:17 So 01.11.2009 | | Autor: | chipbit |
ah, mein Gott, bin ich doof.
Nee, dass poste ich hier lieber nich was ich gerechnet hab, war total doof, stand aufm Schlauch...
[mm] u_{1/2} [/mm] = [mm] y\pm\sqrt{y^{2}+1}
[/mm]
okay, mit [mm] u=e^x [/mm] bekomme ich dann ja:
[mm] x_{1/2} [/mm] = ln [mm] y\pm\sqrt{y^{2}+1} [/mm]
richtig?
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> ah, mein Gott, bin ich doof.
> Nee, dass poste ich hier lieber nich was ich gerechnet
> hab, war total doof, stand aufm Schlauch...
> [mm]u_{1/2}[/mm] = [mm]y\pm\sqrt{y^{2}+1}[/mm]
> okay, mit [mm]u=e^x[/mm] bekomme ich dann ja:
> [mm]x_{1/2}[/mm] = ln [mm]y\pm\sqrt{y^{2}+1}[/mm]
> richtig?
du hattest ja [mm] u=e^x
[/mm]
dann ist [mm] e^x=y\pm\sqrt{y^{2}+1}
[/mm]
dann sollte man wissen, dass [mm] e^x [/mm] niemals negativ sein kann, was bei [mm] y-\sqrt{y^2+1} [/mm] aber der fall wäre, somit gibt es nur noch die lösung:
[mm] e^x=y+\sqrt{y^2+1} [/mm] darauf den ln angewandt:
[mm] x*ln(e)=x=ln(y+\sqrt{y^2+1}) [/mm] und dann die variablen vertauscht ergibt:
[mm] y=ln(x+\sqrt{x^2+1})
[/mm]
gruß tee
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:51 So 01.11.2009 | | Autor: | chipbit |
okay, danke....daran hatte ich jetzt noch gar nicht gedacht. Wenn dann [mm] x+\wurzel{x^2+1} [/mm] immer positiv ist (so hörte sich das jetzt bei dir an), ist dann der Definitionsbereich komplett [mm] \IR [/mm] ?
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> okay, danke....daran hatte ich jetzt noch gar nicht
> gedacht. Wenn dann [mm]x+\wurzel{x^2+1}[/mm] immer positiv ist (so
> hörte sich das jetzt bei dir an), ist dann der
> Definitionsbereich komplett [mm]\IR[/mm] ?
Weil [mm] x+\wurzel{x^2+1} [/mm] für alle x positiv ist, existiert
für alle [mm] x\in \IR [/mm] auch der Logarithmus dieses Terms,
und damit wird klar, dass für alle [mm] x\in\IR [/mm] die Formel
gilt:
[mm] sinh^{-1}(x)=ArSinh(x)=ln(x+\wurzel{x^2+1})
[/mm]
LG Al-Chw.
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> ah, mein Gott, bin ich doof.
> Nee, dass poste ich hier lieber nich was ich gerechnet
> hab, war total doof, stand aufm Schlauch...
> [mm]u_{1/2}[/mm] = [mm]y\pm\sqrt{y^{2}+1}[/mm]
> okay, mit [mm]u=e^x[/mm] bekomme ich dann ja:
> [mm]x_{1/2}[/mm] = ln [mm]y\pm\sqrt{y^{2}+1}[/mm]
> richtig?
Da solltest du nur noch eine Klammer setzen:
[mm]x_{1/2}\ =\ ln (y\pm\sqrt{y^{2}+1})[/mm]
und dir überlegen, welche der beiden Lösungen
überhaupt in Frage kommt (wir suchen immerhin
eine Umkehrfunktion, welche eindeutig definiert
sein sollte.
LG Al-Chw.
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