Kurvendiskussion der Gauß-Funktion < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 00:24 So 04.01.2004 | | Autor: | snibbe |
Hi Leute...
hab ma folgendes....
Und zwar soll ich ne Funktionsuntersuchung über die Gauß-funktion machen...(sprich jeden Kram....Pollstellen, Def-Bereich, Nullstellen, Ableitungen, extrema, graph, etc...)
Die Funktion lautet:
(1/Wurzel aus (2 Pi)) * [mm] e^{(-1/2)*x^2} [/mm]
Habe damit auch schon angefangen. Allerdings nur mit den Ableitungen...
Und dort habe ich bereits Probleme...Bekomme nur die 1. Ableitung hin...habe da folgendes raus:
f'(x)= (-x / Wurzel aus (2 Pi)) * [mm] e^{(-1/2)*x^2} [/mm]
Mit dieser bekomme ich aber keine Extrema raus...
ka warum...ist denn die Ableitung richtig?
Der Def. Bereich ist ja R oder?
Nullstellen habe ich keine rausbekommen, da ln 0 nicht definiert ist...
Asymptoten, Symmetrie und Wendepunkte habe ich noch nicht da ich da noch einen Ansatz brauche...Wäre nett wenn mir da einer einen geben könnte oder auch eine url wo ich mich weiter darüber informieren kann...
Ich danke schonmal allen für eure Hilfe...
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 02:02 So 04.01.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo snibbe,
willkommen im Matheraum! 
Es wäre ja schön, wenn wir die Aufgabe zusammen lösen könnten, in einer Diskussion. Davon profitierst du am meisten.
Ich könnte dir die Aufgabe auch komplett vorrechnen oder dir eine Webseite nennen, wo die Lösung steht. Aber bringt es das? Lass es uns zusammen versuchen.
> (1/Wurzel aus (2 Pi)) * [mm] e^{(-1/2)*x^2}
[/mm]
Es handelt sich also um die Standard-Gauß-Funktion:
[mm]f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\, e^{-\frac{1}{2}\, x^2}[/mm].
> Habe damit auch schon angefangen.
Sehr gut!
> Allerdings nur mit den
> Ableitungen...
> Und dort habe ich bereits Probleme...Bekomme nur die 1.
> Ableitung hin...habe da folgendes raus:
>
> f'(x)= (-x / Wurzel aus (2 Pi)) * [mm] e^{(-1/2)*x^2} [/mm]
Richtig, sehr schön! ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Mit dieser bekomme ich aber keine Extrema raus...
> ka warum...
Das verstehe ich auch nicht, schließlich ist doch eine Nullstelle der Ableitung offensichtlich: [mm]x_0=0[/mm] (weitere Nullstellen (und damit weitere potentielle Extrema) gibt es nicht, da der zweite Faktor, der exponentielle Anteil, immer echt positiv ist).
Also: [mm]x_0=0[/mm] ist ein Kandidat für einen Extrempunkt.
Warum ist es denn tatsächlich ein Extrempunkt und was für einer (ein Hoch- oder Tiefpunkt)?
Was für Kriterien kennt ihr denn? Auf jeden Fall das Kriterium mit Hilfe der zweiten Ableitung, nehme ich mal an. Kennst du auch das Kriterium mit Hilfe des Vorzeichenwechsels der ersten Ableitung? Wenn nein, dann solltest du es unbedingt kennenlernen. Nachfragen kostet - jedenfalls bei uns - nichts.
Aber wir brauchen eh die zweite Ableitung, für die Wendestellen. Also können wir sie auch bilden. Was hast du denn für die zweite Ableitung raus? Du solltest dein Ergebnis schon angeben.
Ausnahmsweise will ich das jetzt mal vorrechnen. Nach der Produktregel gilt:
[mm]f''(x) = \frac{-1}{\sqrt{2\pi}} \cdot e^{-\frac{1}{2}\, x^2} + \frac{-x}{\sqrt{2\pi}} \cdot (-x)\, e^{-\frac{1}{2}\, x^2} = \frac{-1+x^2}{\sqrt{2\pi}}\, e^{-\frac{1}{2}\, x^2}[/mm].
Für [mm]x_0=0[/mm] gilt:
[mm]f''(0) =- \frac{1}{\sqrt{2\pi}}[/mm].
(Klar?)
Und, was heißt das jetzt? Du bist dran.
Wie lauten denn die Nullstellen der zweiten Ableitung (Tipp: es gibt zwei!), also die potentiellen Wendestellen? Sind dies wirklich Wendestellen? Du bist dran mit einem Lösungsversuch.
> Der Def. Bereich ist ja R oder?
Ja.
> Nullstellen habe ich keine rausbekommen, da ln 0 nicht
> definiert ist...
Es gibt keine Nullstellen, ja. (Da die Exponentialfunktion immer echt positiv ist.)
> Asymptoten, Symmetrie und Wendepunkte habe ich noch nicht da
> ich da noch einen Ansatz brauche...
Da es keine Definitionslücken gibt, kommen nur Asymptoten für [mm]x \to + \infty[/mm] und [mm]x \to - \infty[/mm] in Frage.
Was ist denn
[mm]\lim\limits_{x \to + \infty}\, \left[ \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\, e^{-\frac{1}{2}\, x^2}\right][/mm]
und
[mm]\lim\limits_{x \to -\infty}\, \left[ \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\, e^{-\frac{1}{2}\, x^2}\right][/mm] ?
Daraus kannst du die Asymptote (eine waagerechte Asymptote, soviel sei schon verraten) ablesen.
Zur Symmetrie:
Weise einfach
[mm]f(-x)=f(x)[/mm]
für alle [mm]x \in \mathbb{R}[/mm] nach und zeige dadruch, dass die Gaußfunktion symmetrisch zur [mm]y[/mm]-Achse ist.
Das kriegst du hin, denke ich. Ansonsten frage bitte nach, kein Problem.
So, jetzt wollen wir ein paar Lösungsversuche und/oder gezielte Verständnisfragen von dir sehen, dann geht es weiter.
Alles Gute
Stefan
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:34 So 04.01.2004 | | Autor: | snibbe |
Hallo,habe mir nun alle Tipps zu Herzen genommen und alles bearbeitet:
Was für Kriterien kennt ihr denn? Auf jeden Fall das Kriterium mit Hilfe der zweiten Ableitung, nehme ich mal an Ja genau. Das mit dem Vorzeichenwechsel hatten wir nur einmal gemacht und dann nie wieder...von daher kann ich mich daran nicht mehr so gut erinnern...Weiß nur das da was war mit von - nach + und umgekehrt.
Für [mm] x_0=0 [/mm] gilt:
[mm] f''(0) =- \frac{1}{\sqrt{2\pi}} [/mm]
(Klar?)
Und, was heißt das jetzt? Du bist dran.
Dadurch komme ich auf:
[mm] f''(0) =- \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \cdot1[/mm]
Somit ist [mm] - \frac{1}{\sqrt{2\pi}}[/mm] < 0..
Das bedeutet das bei der Stelle x=0 ein Hochpunkt ist.
Die Koordinaten sind H(0/0,4) (0,4 ist aufgerundet)
Wie lauten denn die Nullstellen der zweiten Ableitung (Tipp: es gibt zwei!), also die potentiellen Wendestellen? Sind dies wirklich Wendestellen? Du bist dran mit einem Lösungsversuch.
Für die Nullstellen der 2. Ableitung habe ich folgendes raus: [mm] x=\pm1[/mm]
Diese muss man mit der 3. Ableitung nachweisen da diese ungleich 0 sein muss. Ich bin mir jetzt nicht sicher ob diese richtig ist...man kann sie bestimmt noch weiter zusammenfassen aber ich weiß nicht wie...Habe aber folgende 3. Ableitung raus:
[mm] f'''(x) = \frac{x\cdot\sqrt{2\pi}}{pi} \cdot e^{-\frac{1}{2}\, x^2} + \frac{x\cdot e^{-\frac{1}{2}\, x^2} - x^3\cdot e^{-\frac{1}{2}\, x^2}}{\sqrt{2\pi}}[/mm] Und bei dem einsetzen von [mm] x=\pm1[/mm] kommt [mm] \pm 0,4839[/mm] raus...also sind die Wendestellen bestätigt.
W1(-1/0,24) W2(1/0,24)...
Was ist denn [mm] \lim\limits_{x \to + \infty}\, \left[ \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\, e^{-\frac{1}{2}\, x^2}\right] [/mm]
Wenn x gegen unendlich strebt, dann strebt die Funktion gegen 0.
und [mm] \lim\limits_{x \to -\infty}\, \left[ \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\, e^{-\frac{1}{2}\, x^2}\right] [/mm] ? Wenn x gegen minus unendlich strebt, dann strebt die Funktion ebenfalls gegen 0. Also ist die Asymptote y=0 und somit die x-Achse?
Und das mit der Symmetrie zur y-Achse ist deshalb so, weil das -x quadriert wird und somit wieder die Ursprungsgleichung entsteht.
Hoffentlich ist alles richtig
Nochmal ein großes Dankeschön für die Tipps
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:11 Mo 05.01.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo snibbe,
das sieht doch schon mal sehr gut aus!!!
> Das mit dem Vorzeichenwechsel
> hatten wir nur einmal gemacht und dann nie wieder...von daher
> kann ich mich daran nicht mehr so gut erinnern...Weiß nur das
> da was war mit von - nach + und umgekehrt.
Es ist aber ein sehr wichtiges Kriterium.
Es lautet (verkürzt): Gilt
[mm]f'(x_0)=0[/mm]
und
[mm]f'(x)>0[/mm] für [mm]x
[mm]f'(x)<0[/mm] für [mm]x>x_0[/mm], die in einer Umgebung von [mm]x_0[/mm] liegen,
dann hat [mm]f[/mm] an der Stelle [mm]x_0[/mm] ein lokales Maximum.
(Sprich also: Gilt [mm]f'(x_0)=0[/mm] und liegt bei der ersten Ableitung ein Vorzeichenwechsel von "+" nach "-" in [mm]x_0[/mm] vor, dann hat [mm]f[/mm] an der Stelle [mm]x_0[/mm] ein lokales Maximum.)
Dieses Kriterium ist bei uns sehr hilfreich. Denn, schauen wir uns die erste Ableitung doch mal an:
[mm]f'(x)= - \frac{x}{\sqrt{2\pi}} \, e^{-\frac{1}{2}*x^2}[/mm].
In [mm]x_0=0[/mm] liegt ja eine Nullstelle der ersten Ableitung vor: [mm]f'(0)=0[/mm]. Der zweite Faktor ist ja immer positiv. Daher kommt es nur auf den ersten Faktor an. Man sieht sofort: Für [mm]x<0[/mm] gilt:
[mm]f'(x)= \underbrace{- \frac{x}{\sqrt{2\pi}}}_{>0} \, e^{-\frac{1}{2}*x^2}> 0[/mm]
und für [mm]x>0[/mm] gilt:
[mm]f'(x)= \underbrace{- \frac{x}{\sqrt{2\pi}}}_{<0} \, e^{-\frac{1}{2}*x^2} < 0[/mm].
Daher liegt ein Vorzeichenwechsel von "+" nach "-" vor, es handelt sich also in [mm]x_0=0[/mm] um einen lokalen Hochpunkt.
> Dadurch komme ich auf:
> [mm] f''(0) =- \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \cdot1[/mm]
> Somit ist [mm] - \frac{1}{\sqrt{2\pi}}[/mm] < 0..
> Das bedeutet das bei der Stelle x=0 ein Hochpunkt ist.
So geht es auch, richtig!
> Die Koordinaten sind H(0/0,4) (0,4 ist aufgerundet)
Korrekt!
> Für die Nullstellen der 2. Ableitung habe ich folgendes raus:
> [mm] x=\pm1[/mm]
Sehr schön!
> Diese muss man mit der 3. Ableitung nachweisen da diese
> ungleich 0 sein muss.
.
Ja, aber einfacher ist es nachzuweisen, dass bei der zweiten Ableitung an den entsprechenden Stellen ([mm]x=1[/mm] und [mm]x=-1[/mm]) ein Vorzeichenwechsel vorliegt (egal ob von "+" nach "-" oder von "-" nach "+"), das ist auch ein gültiges Kriterium für eine Wendestelle.
> Ich bin mir jetzt nicht sicher ob diese
> richtig ist...man kann sie bestimmt noch > weiter zusammenfassen
> aber ich weiß nicht wie...Habe aber > folgende 3. Ableitung raus:
> [mm] f'''(x) = \frac{x\cdot\sqrt{2\pi}}{pi} \cdot
e^{-\frac{1}{2}\, x^2} + \frac{x\cdot e^{-\frac{1}{2}\, x^2} -
x^3\cdot e^{-\frac{1}{2}\, x^2}}{\sqrt{2\pi}}[/mm]
Das ist nicht ganz richtig. die richtige dritte Ableitung ist:
[mm]f'''(x) = \frac{2x}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2}x^2} + \frac{-1+x^2}{\sqrt{2\pi}} \cdot (-x) \cdot e^{-\frac{1}{2}x^2} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2} x^2} \cdot (3x-x^3)[/mm].
> Und bei dem
> einsetzen von [mm] x=\pm1[/mm] > kommt [mm] \pm 0,4839[/mm]
> raus...also sind die Wendestellen > bestätigt.
Die Werte stimmen zwar nicht (da die dritte Ableitung nicht richtig ist), aber es handelt sich trotzdem um Wendestellen (weise das bitte noch nach: mit der dritten Ableitung und/oder dem Vorzeichenwechselkriterium der zweiten Ableitung).
> W1(-1/0,24) W2(1/0,24)...
Ja, das stimmt.
> Was ist denn [mm] \lim\limits_{x \to + \infty}\,
> \left[ \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\, e^{-\frac{1}{2}\, x^2}\right]
> [/mm]
> Wenn x gegen unendlich strebt, dann strebt die Funktion gegen
> 0.
> und [mm] \lim\limits_{x \to -\infty}\, \left[
> \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\, e^{-\frac{1}{2}\, x^2}\right] [/mm]
> ? Wenn x gegen minus unendlich strebt, dann
> strebt die Funktion ebenfalls gegen 0. Also ist die Asymptote
> y=0 und somit die x-Achse?
Sehr schön!!
> Und das mit der Symmetrie zur y-Achse ist deshalb so, weil das
> -x quadriert wird und somit wieder die Ursprungsgleichung
> entsteht.
Aha!
> Hoffentlich ist alles richtig
Ja, fast. Nur das Ableiten und Zusammenfassen solltest du dringend üben. Und dir die Vorzeichenwechselkriterien (vielleicht in deinem Mathebuch?) noch einmal genauer anschauen, sie sind sehr hilfreich.
Alles Gute
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:35 So 11.01.2004 | | Autor: | snibbe |
Hallo,
ich habe dieses nochmal mit der 3. Ableitung überprüft.
Wenn ich aber [mm] x=\pm1 [/mm] bei deiner Ableitung verwende, komme ich irgendwie auch auf die selben Ergebnisse welche ich bei meiner 3. Ableitung hatte. Sprich [mm] \pm 0,4839 [/mm].
Ist dieses nun nur Zufall oder ist meine Ableitung doch richtig nur noch nicht richtig zusammengefasst bzw. etwas anders geschrieben.
Danke nochmals
snibbe
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:03 So 11.01.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo snibbe,
du hast vollkommen recht. Deine dritte Ableitung war richtig.
Da du sie nicht zusammengefasst hattest und ich nicht richtig hingeschaut hatte, habe ich dies nicht erkannt.
Entschuldige bitte!
Ich hoffe, damit ist die Aufgabe jetzt erledigt und verstanden. Oder?
Viele Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:23 So 11.01.2004 | | Autor: | snibbe |
OK dann weiß ich bescheid.
Habe keine weiteren Fragen mehr :)
Danke
sniBBe
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