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Hallo!
Ich brauche für eine Kurvendiskussion der Funktionenschar
f(x) = x / (wurzel(x) - a)
f(x) = [mm] \bruch {x}{\wurzel{x} - a} [/mm]
beide Ableitungen um die Extrempunkte und Wendestellen zu errechnen.
Leider scheine ich immer Fehler zu machen und bekomme Ellenlange Terme.
Meine 1. Ableitung sieht wie folgt aus:
f'(x) = [mm] \bruch {\wurzel{x} - a - \bruch {x}{2\ \wurzel{x}}}{(\wurzel{x} - a)²} [/mm]
Ich habe schon versucht zu vereinfachen, aber richtig weiter bin ich bisher nicht gekommen.
Vielen Dank schon mal im voraus!
Grüße
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hallo Substituierer,
Du hast keinen Fehler bei der Ableitung gemacht. Du kannst das Ergebnis aber noch ein wenig zusammenfassen, indem du im Zähler kürzt:
[mm] $x/\sqrt{x} [/mm] = [mm] \sqrt{x}$
[/mm]
Dann hast du als erste Ableitung
[mm] $\frac{\frac{1}{2}\sqrt{x}-a}{(\sqrt{x}-a)^2}$
[/mm]
Die zweite Ableitung kannst du dann ähnlich vereinfachen.
Liebe Grüsse,
Irrlicht
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Hallo Irrlicht,
danke für deine schnelle Antwort!
Nun habe ich auch die zweite Ableitung errechnet und würde mich freuen, wenn sie jemand auf Richtigkeit prüfen könnte:
f''(x) = [mm] \bruch {-(\bruch{1}{4} + \bruch{a}{2}(\bruch {1}{2} \wurzel{x} - 3))}{(\wurzel{x}-a)^4} [/mm]
Vielen Dank im voraus!
Grüße
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Hallo,
bei dieser zweiten Ableitung hast du dich wahrscheinlich verrechnet. Bitte rechne es nochmal und gib einige Zwischenschritte mit an, so dass wir gemeinsam prüfen können, ob es dann richtig ist oder wo du dich verrechnet hast. Ist vielleicht nur ein Vorzeichenfehler - das kann ja leicht passieren.
Gruss,
SirJective
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Das habe ich mir schon fast gedacht, weil der Grad des Nennerpolynoms gewöhnlicherweise nur um eins wächst.
Meine Ableitung in der Grundform sieht wie folgt aus:
f''(x) = [mm] \bruch {\bruch{1}{4\ \wurzel{x}} (\wurzel{x} - a) - (\bruch{1}{2} \wurzel{x} - a - (\bruch{1}{2} \wurzel{x}\ \bruch{a}{\wurzel{x}}))}{(\wurzel{x} - a)^4} [/mm]
Ist sie soweit richtig?
Grüße
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> Das habe ich mir schon fast gedacht, weil der Grad des
> Nennerpolynoms gewöhnlicherweise nur um eins wächst.
Ja, das ist nicht nur gewöhnlich so, das kannst du allgemein beweisen 
> Meine Ableitung in der Grundform sieht wie folgt aus:
Anscheinend hast du "-" und "*" verwechselt... Ich korrigier die Ableitung:
> f''(x) = [mm]\bruch {\bruch{1}{4\ \wurzel{x}} (\wurzel{x} - a)\red{{}^2} - (\bruch{1}{2} \wurzel{x} - a\red{)\cdot 2 (\sqrt{x}-a) \bruch{1}{2} \wurzel{x}}}{(\wurzel{x} - a)^4}[/mm]
Gruss,
SirJective
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Ich habe scheinbar durch das Multiplizieren der Klammern einiges versaut...
Allerdings habe ich bei der zweiten Ableitung - meiner Meinung nach - einen kleinen Fehler entdeckt:
f''(x) = [mm]\bruch {\bruch{1}{4\ \wurzel{x}} (\wurzel{x} - a)\red{{}^2} - (\bruch{1}{2} \wurzel{x} - a\red{)\cdot 2 (\sqrt{x}-a) \bruch{1}{2\wurzel{x}}}}{(\wurzel{x} - a)^4}[/mm]
Kann ich eigentlich die strenge Monotonie (wenn a<0) dadurch beweisen, dass keine Extrema existieren oder muss ich da anders ran gehen?
Grüße
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Um zu zeigen, daß eine Funktion streng monoton steigend ist, mußt du zeigen, daß die erste Ableitung immer echt größer als Null ist (und daß die Funktion und ihre Ableitung an allen Stellen differenzierbar und damit auch stetig sind).
Ersteres ist in der Tat praktisch gleichbedeutend damit, daß keine lokalen Extrema in der Ausgangsfunktion existieren.
Letzteres ist wichtig, damit du keine Probleme mit Sprung- oder Knickstellen bekommst.
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Hallo!
Ich habe noch eine weitere Frage zu den Ableitungen und der Monotonie:
Eine Funktion ist umkehrbar, wenn sie streng monoton ist. Der Umkehrschluss gilt jedoch nicht, da es auch unstetige Funktionen gibt.
Ist eine Funktion mit einer Unendlichkeitsstelle unstetig?
Wenn die Ableitung der Funktion jedoch positive und negative Werte annehmen kann und auch einen Extremwert hat, ist sie dann noch umkehrbar?
Der Zusammenhang zwischen unstetigen Funktionen und der Umkehrbarkeit ist mir noch nicht so ganz klar...
Würde mich sehr über eine Antwort freuen!
Grüße
Substituierer
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:34 Di 19.10.2004 | | Autor: | Julius |
Hallo substituierer!
> Ich habe noch eine weitere Frage zu den Ableitungen und der
> Monotonie:
> Eine Funktion ist umkehrbar, wenn sie streng monoton ist.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") (wenn man die Umkehrfunktion auf den Bildbereich der ursprünglichen Funktion einschränkt)
> Der Umkehrschluss gilt jedoch nicht, da es auch unstetige
> Funktionen gibt.
> Ist eine Funktion mit einer Unendlichkeitsstelle
> unstetig?
Wenn du mit einer Unstetigkeitsstelle eine Stelle [mm] $x_0 \in \IR$ [/mm] mit
[mm] $\lim\limits_{x \to x_0} [/mm] f(x) = [mm] \pm \infty$
[/mm]
meinst, dann ist eine solche Funktion nicht stetig, denn es müsste ja sonst
[mm] $\lim\limits_{x \to x_0} [/mm] f(x) = [mm] f(x_0) \in \IR$
[/mm]
gelten.
> Wenn die Ableitung der Funktion jedoch positive und
> negative Werte annehmen kann und auch einen Extremwert hat,
> ist sie dann noch umkehrbar?
Wenn die Funktion auf dem ganzen Definitionsbereich differenzierbar ist, dann nicht. Ansonsten ist die Frage, was man nicht global differenzierbaren Funktionen (etwa bei Treppenfunktionen) unter "Extremwerten" genau versteht. Wenn man darunter einfach lokale Maxima/Minima versteht, dann kann es durchaus Funktionen geben, deren Ableitung positiv und negative Werte annehmen kann, die Extremwerte haben und die trotzdem (eingeschränkt auf das Bild) umkehrbar sind. Versuche dir doch mal eine auszumalen (zum Beispiel eine, die erst linear stetigt, dann eine Sprungstelle hat und ab der monoton fällt).
Ich hoffe ich konnte dir weiterhelfen.
Liebe Grüße
Julius
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Vielen Dank erstmal an Julius, der mir damit viel geholfen hat.
Nun noch eine Frage (hoffentlich die letzte 
Eine Umkehrfunktion sei für x [mm] \in \IR [/mm] definiert:
Der Rechenweg ergab, dass x<0 sein muss, damit die Umkehrfunktion lösbar sein kann (dies ist dann auch der Fall!). Kann ich jetzt sagen, dass die Umkehrfunktion für alle x<0 existiert, oder muss die Umkehrfunktion für den gesamten Definitionsbereich existieren?
Grüße
Substituierer
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:28 Mi 20.10.2004 | | Autor: | Julius |
Hallo Substituierer!
Um welche Funktion geht es jetzt genau?
Ist $f:D [mm] \to \IR$ [/mm] eine Funktion, die global umkehrbar ist (also bijektiv ist), dann kann man einfach [mm] $f^{-1}$ [/mm] schreiben. Ist $f: D [mm] \to \IR$ [/mm] nur injektiv, dann sollte man
[mm] $(_{f(D)}\vert f)^{-1}$
[/mm]
schreiben (die Inverse von $f$, nachbeschränkt auf das Bild von $f$).
Ist $f$, eingeschränkt auf eine Teilmenge $M$ von $D$, bijektiv
(d.h. ist [mm] $f\vert_M [/mm] : M [mm] \to \IR$ [/mm] bijektiv),
so kann man [mm] $\left(f\vert_M \right)^{-1}$ [/mm] schreiben. Ist [mm] $f\vert_M [/mm] : M [mm] \to \IR$ [/mm] nur injektiv, dann sollte man
[mm] $(_{f(M)}\vert f\vert _M)^{-1}$
[/mm]
schreiben (die Inverse von $f$, beschränkt auf $M$ und nachbeschränkt auf das Bild von $f$ unter $M$).
Liebe Grüße
Julius
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Hallo Julius!
Erstmal dankeschön für die Antwort.
Mit den Teilmengen habe ich - denke ich - richtig gelöst.
Also ich muss folgende Funktion umkehren:
f(x) = [mm] \bruch {2x²}{\wurzel{x} - t} [/mm]
Die Fallunterscheidung lautet:
a<0 <- umkehrbar
a>0 <- enthält Polstelle und unterschiedliche Steigungen. Allerdings ist sie auf einem bestimmten Intervall auch umkehrbar (gleiche Umkehrfunktion wie für a<0). Allerdings nur auf einem bestimmten Intervall. Muss sie dann nicht grundsätzlich für jedes x gelten?
Vielleicht ist meine Frage auch total umständlich gestellt
Grüße
Substituierer
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:25 Mi 20.10.2004 | | Autor: | Julius |
Hallo Substituierer!
Also, ich verstehe deine Frage nicht.
Für jedes $t [mm] \in \IR$ [/mm] ist die Funktion [mm] $f_t$ [/mm] auf ihrem Definitionsbereich [mm] $D_{f_t}$ [/mm] (der von $t$ abhängt, wie gesehen), nachbeschränkt auf das Bild von [mm] $f_t$, [/mm] umkehrbar.
Mehr ist dazu nicht zu sagen. Wir haben ja für jedes $t$ eine eigene Funktion [mm] $f_t$, [/mm] über deren Umkehrbarkeit wir auf dem jeweiligen Definitionsbereich urteilen müssen (und wo wir im Allgemeinen den Bildbereich einschränken müssen, um die Surjektivität zu "erzwingen". (Falls du den Begriff der Surjektivität nicht kennst: Wir müssen erzwingen, dass es zu jedem $y$ auch tatsächlich ein $x [mm] \in D_{f_t}$ [/mm] gibt mit [mm] $f_t(x)=y$, [/mm] damit wir die Funktionsgleichung [mm] $f_t(x) [/mm] = y$ überhaupt für alle in Frage kommenden $y$ nach $x$ auflösen können).
Liebe Grüße
Julius
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Hallo julius,
danke erstmal für deine ganze Mühe mir das zu erklären!!
Aber für t<0 existiert doch keine Umkehrfunktion, da x² [mm] \not= [/mm] a gilt, weil an dieser Stelle die Funktion nicht definiert ist.
Oder liege ich jetzt total falsch?
Gruß
Substituierer
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:46 Mi 20.10.2004 | | Autor: | Julius |
Hallo!
> Aber für t<0 existiert doch keine Umkehrfunktion, da x²
> [mm]\not=[/mm] a gilt, weil an dieser Stelle die Funktion nicht
> definiert ist.
Was hat das denn mit der Umkehrfunktion zu tun?
> Oder liege ich jetzt total falsch?
Ja. Ich weiß aber auch nicht mehr, wie ich es anders erklären soll. Vielleicht fällt ja jemandem anderen etwas dazu ein. ![[kopfkratz3]](/images/smileys/kopfkratz3.gif "[kopfkratz3]")
Viele Grüße
Julius
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Umkehrfunktionen existieren doch nur, wenn eine Funktion injektiv bzw. bijektiv ist. Und wenn die Funktion eine Polstelle hat, dann ist sie doch nicht mehr bijektiv, oder?
Oder um das ganze zu vereinfachen:
Existiert für die Funktion
f(x)= [mm] \bruch{x²+1}{x-1}[/mm]
eine Umkehrfunktion?
Danke im voraus! Ich freu mich wirklich über jede Hilfe!
Gruß
Substituierer
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:55 Do 21.10.2004 | | Autor: | Julius |
Hallo Substituierer!
> Umkehrfunktionen existieren doch nur, wenn eine Funktion
> injektiv bzw. bijektiv ist.
> Und wenn die Funktion eine
> Polstelle hat, dann ist sie doch nicht mehr bijektiv,
> oder?
Wie gesagt: Doch, das kann sein:
Die Funktion
$f : [mm] \begin{array}{ccc} \IR \setminus\{0\} & \to & \IR \setminus\{0\} \\[5pt] x & \mapsto & \frac{1}{x} \end{array}$
[/mm]
ist auch bijektiv.
> Oder um das ganze zu vereinfachen:
> Existiert für die Funktion
> f(x)= [mm]\bruch{x²+1}{x-1}[/mm]
> eine Umkehrfunktion?
Nein, weil es (außer für die Funktionswerte der beiden Extremstellen [mm] $x_{1,2} [/mm] = 1 [mm] \pm \sqrt{2}$) [/mm] für jedes $y$ aus dem Wertebereich von $f$ zwei Urbilder gibt.
Liebe Grüße
Julius
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