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| Aufgabe | Untersuche den Graphen der Funktion g mit [mm] g(x)=(3-x^{2})*e^{(-2x^{2})/(x^{2}-3)} [/mm] , [mm] |x|\not=\wurzel{3}, [/mm] auf Extrempunkte und das Verhalten an den Rändern des Definitionsbereiches.
Zeichne den Graphen von g für [mm] -5\le [/mm] x [mm] \le5 [/mm] in ein Koordinatensystem.
Berücksichtige dabei (ohne Beweis), dass für [mm] |x|<\wurzel{3} [/mm] gilt g''(x)>0 und dass für
[mm] |x|>\wurzel{3} [/mm] gilt: g''(x)<0. |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Ich habe die erste Ableitung gebildet und erhalte:
[mm] g'(x)=(2e^{(-2x^{2})/(x^{2}-3)}*(-x^{3}-x^{2}+3x-3))/(x^{2}-3)
[/mm]
Wenn ich diesen Term mit Null gleich setzte
ist ja nur der Ausdruck [mm] -x^{3}-x^{2}+3x-3 [/mm] relevant, also
[mm] -x^{3}-x^{2}+3x-3=0
[/mm]
Mein erstes Problem ergibt sich hier. Wie soll man diese Nullstellen bestimmen,
also es gibt ja nur eine wie ich nachträglich mit Derive getestet habe, ohne numerisches Vorgehen,
und ohne CAS-System, denn die Aufgabe hat mir mein Mathe-Lehrer als Übungsaufgabe für eine Klausur gegeben, und wir haben nur einen Taschenrechner. Wenn es da doch einen Weg gibt, den ich übersehen habe wäre ich für eure Hilfe dankbar.
Zweitens verwirrt mich die Grenzwertbetrachtung dieser Funktion.
Die Ränder des Definitionsbereiches sind ja einmal [mm] \pm [/mm] Undenlich und die beiden Definitionslücken, an
denen ich am besten sowohl den links- als auch rechtsseitigen Grenzwert betrachte. Soweit so klar.
Nur wenn ich diese Grenzwerte jetzt konkret bestimmen soll, dann hakts bei mir. Ich seh zwar in Derive welche Werte sie annehmen müssen, aber das bringt mir ja nichts, ich muss es ja auf dem Papier rechnerisch nachvollziehen können. Also wenn ihr mir da bei dem 2. Teil der Aufgabe mal helfen könntet wäre ich euch ebenfalls dankbar.
Gruß Niko
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Hi, Niko,
> Untersuche den Graphen der Funktion g mit
> [mm]g(x)=(3-x^{2})*e^{(-2x^{2})/(x^{2}-3)}[/mm] ,
> [mm]|x|\not=\wurzel{3},[/mm] auf Extrempunkte und das Verhalten an
> den Rändern des Definitionsbereiches.
> Zeichne den Graphen von g für [mm]-5\le[/mm] x [mm]\le5[/mm] in ein
> Koordinatensystem.
> Berücksichtige dabei (ohne Beweis), dass für
> [mm]|x|<\wurzel{3}[/mm] gilt g''(x)>0 und dass für
> [mm]|x|>\wurzel{3}[/mm] gilt: g''(x)<0.
> Ich habe die erste Ableitung gebildet und erhalte:
> [mm]g'(x)=(2e^{(-2x^{2})/(x^{2}-3)}*(-x^{3}-x^{2}+3x-3))/(x^{2}-3)[/mm]
Also, ich krieg' da:
g'(x)= [mm] 2e^{(-2x^{2})/(x^{2}-3)}*(x^{3}+3x)/(3-x^{2})
[/mm]
mfG!
Zwerglein
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Hi,
du hast recht, ich hab das nochmal nachgerechnet und bekomme dieselbe Ableitung raus.
Dann haut das auch hin.
Ich habe aber immer noch mein Grenzwertproblem, da stehe ich irgendwie auf dem Schlauch.
Kann mir da mal jemand helfen, wie ich da formal korrekt drangehe, sodass einem keine Fehler unterlaufen.
Gruß Niko
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Hi, alterating,
> du hast recht, ich hab das nochmal nachgerechnet und
> bekomme dieselbe Ableitung raus.
> Dann haut das auch hin.
> Ich habe aber immer noch mein Grenzwertproblem, da stehe
> ich irgendwie auf dem Schlauch.
Wegen der Symmetrie des Funktionsgraphen kannst Du Dich auf x [mm] \to +\wurzel{3} [/mm] konzentrieren.
Beginnen wir mit der Annäherung von rechts.
Dann geht
der Bruchterm [mm] -\bruch{2x^{2}}{x^{2}-3} [/mm] geht gegen [mm] -\infty [/mm] und daher der Exponentialanteil ebenfalls gegen 0. Ergibt insgesamt: Grenzwert 0.
Schwieriger ist daher nur die Annäherung von links, wo zwar
die Klammer [mm] (3-x^{2}) [/mm] ebenfalls gegen 0 geht,
der Exponentialanteil aber gegen [mm] +\infty.
[/mm]
Da würd' ich nun zunächst mal [mm] (3-x^{2}) [/mm] umformen in
[mm] e^{ln(3-x^{2})}, [/mm] sodass Du insgesamt den Funktionsterm
[mm] e^{ln(3-x^{2}) - \bruch{2x^{2}}{x^{2}-3}} [/mm] erhältst.
Nun kümmern wir uns nur noch um den Exponenten, also
[mm] ln(3-x^{2}) [/mm] - [mm] \bruch{2x^{2}}{x^{2}-3} [/mm]
und der geht gegen [mm] +\infty.
[/mm]
mfG!
Zwerglein
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Hi Zwerglein,
ich kann dir folgen bis auf deinen letzten Schritt. Warum ergibt der limes
von $ [mm] ln(3-x^{2}) [/mm] $ - $ [mm] \bruch{2x^{2}}{x^{2}-3} [/mm] $ für x gegen [mm] \wurzel{3} [/mm] linksseitig angenähert [mm] \infty
[/mm]
Der Term $ [mm] ln(3-x^{2}) [/mm] $ läuft für x gegen [mm] \wurzel{3} [/mm] auf [mm] -\infty [/mm] zu, oder???
und der Ausdruck $ [mm] \bruch{2x^{2}}{x^{2}-3} [/mm] $ läuft ebenfalls gegen [mm] -\infty [/mm]
Und dann würde da ja [mm] -\infty [/mm] - [mm] -\infty [/mm] also 0 stehen, oder wie rechnet man mit Unendlichkeiten ???
Analog dazu die Frage wie man mathematisch korrekt vorgeht, wenn bei der Grenzwertbetrachtung ein Faktor gegen 0 und einer gegen [mm] \infty [/mm] läuft wie es hier ja der Fall wäre. Ich meine [mm] 0*\infty [/mm] ist ja irgendwie nich sinnvoll. Aber wahrscheinlich genau so sinnvoll wie [mm] -\infty +\infty [/mm]
Könnt ihr mir da noch ein bisschen helfen, ansonsten schon mal danke schön für die Hilfe.
Gruß
Niko
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Hi, alterating,
> ich kann dir folgen bis auf deinen letzten Schritt. Warum
> ergibt der limes
> von [mm]ln(3-x^{2})[/mm] - [mm]\bruch{2x^{2}}{x^{2}-3}[/mm] für x gegen
> [mm]\wurzel{3}[/mm] linksseitig angenähert [mm]\infty[/mm]
>
> Der Term [mm]ln(3-x^{2})[/mm] läuft für x gegen [mm]\wurzel{3}[/mm] auf
> [mm]-\infty[/mm] zu, oder???
> und der Ausdruck [mm]\bruch{2x^{2}}{x^{2}-3}[/mm] läuft ebenfalls
> gegen [mm]-\infty[/mm]
> Und dann würde da ja [mm]-\infty[/mm] - [mm]-\infty[/mm] also 0 stehen,
> oder wie rechnet man mit Unendlichkeiten ???
Auf jeden Fall gilt NICHT:
[mm] \infty [/mm] - [mm] \infty [/mm] = 0 !!
Übrigens ebensowenig wie z.B. [mm] 0*\infty [/mm] = 0 oder was in dieser Richtung!
Das sind beides Fälle, die man streng mathematisch wenn möglich mit der Regel von de L'Hospital löst. Der hier vorliegende Fall ist aber tatsächlich eher schwierig.
Daher konzentriere Dich lieber auf meinen "alternativen Lösungsvorschlag"!
mfG!
Zwerglein
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Hi, alterating,
habe noch einen anderen Weg gefunden, der Dir den Grenzwert berechnen hilft:
[mm] \limes_{x\rightarrow \wurzel{3}-h} (3-x^{2})*e^{-\bruch{2x^{2}}{x^{2}-3}}
[/mm]
= [mm] \limes_{x\rightarrow\wurzel{3}-h} \bruch{e^{-\bruch{2x^{2}}{x^{2}-3}}}{(3-x^{2})^{-1}}
[/mm]
= [mm] \limes_{x\rightarrow\wurzel{3}-h} \bruch{e^{-\bruch{2x^{2}}{x^{2}-3}}}{-(x^{2}-3)^{-1}}
[/mm]
Und nun L'Hospital:
= [mm] \limes_{x\rightarrow\wurzel{3}-h} \bruch{e^{-\bruch{2x^{2}}{x^{2}-3}}*\bruch{12x}{(x^{2}-3)^{2}}}{(x^{2}-3)^{-2}*2x}
[/mm]
Nun kürzen:
= [mm] \limes_{x\rightarrow\wurzel{3}-h} \bruch{e^{-\bruch{2x^{2}}{x^{2}-3}}*6}{1}
[/mm]
= [mm] +\infty.
[/mm]
Geschafft!
mfG!
Zwerglein
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Hi nochaml Zwerglein,
also dieser Weg sieht in der Tat eleganter aus. Nur das wir im Unterricht L'Hospital nie besprochen haben. Aber wenn ich das richtig sehe bildest du von jedem Teilterm, also Zähler und Nenner getrennt die Ableitung und vereinfachst dann weiter, bis wir dann den Grenzwert bestimmen.
Ich werde mich mal informieren, was dazu der theoretische Background ist und warum man das so machen kann. Aber vielen Dank für deine Hilfe.
Gruß Niko
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Hi, alterating,
> also dieser Weg sieht in der Tat eleganter aus. Nur das wir
> im Unterricht L'Hospital nie besprochen haben. Aber wenn
> ich das richtig sehe bildest du von jedem Teilterm, also
> Zähler und Nenner getrennt die Ableitung und vereinfachst
> dann weiter, bis wir dann den Grenzwert bestimmen.
> Ich werde mich mal informieren, was dazu der theoretische
> Background ist und warum man das so machen kann. Aber
> vielen Dank für deine Hilfe.
Also: Ohne L'Hospital geht die Sache dann nur noch mit Hilfe der Faustregel "e gewinnt".
Heißt soviel wie: Wenn bei einem Grenzwert wie z.B. bei Deinem Beispiel [mm] "0*\infty" [/mm] rauskommt, dann entscheidet der Exponentialanteil über das tatsächliche Ergebnis - hier dann eben [mm] +\infty.
[/mm]
mfG!
Zwerglein
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 02:05 Do 08.02.2007 | | Autor: | alterating |
Hi Zwerglein,
also vielen vielen Dank für deine Mühen, ich glaube ich finde so langsam in die Thematik.
Ich habe außerdem schonmal angefangen, mir die Regel von L'Hospital anzuschauen.
Also wenn solche Fälle vorliegen in denen der Grenzwert gebildet wird und ein Teilterm gegen 0 und der andere gegen Unendlich läuft, dann werde ich mir merken, dass das nicht so einfach zu handhaben ist, wie man oberflächlich denkt und probieren L'Hospital anzuwenden.
Ich bin auf jeden Fall weitergekommen und hoffe auch weiterhin Fortschritt zu machen. Also in diesem Sinne vielen Dank für deine Erklärungen.
Gruß Niko
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![[anbet]](/images/smileys/anbet.gif "[anbet]"){kind=small}
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