Schnitt mit der Log-Kurve < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:29 Mi 18.05.2005 | | Autor: | alohol |
g(x)= [mm] -q^x+1/x
[/mm]
q kann nur werte zwischen 0 und 1 haben!
x alle positiven zahlen außer 0!
Setzt man nur für q werte ein und lässt sich den graphen zeichnen
erkennt man dass es ungefähr für q=0,7 eine Nullstelle gib,
für q>0,7 zwei und für q<0,7 keine Nullstelle.
Um den konkreten wert für q zu finden
lösen wir die gleichung
g(x)=0
was äquivalent zu
ln(x)=-ln(q)*x
ist. Der Schnitt der Logartihmuskurve mit der Geraden
y=mx ist aber eine Standartaufgabem deren Lösung wegen
m=-ln(q)>=0 genau den drei Fällen entpricht. Die Forderung
nach genau einem Schnittpunkt, dh dass die Gerade zugleich TAngente
ist, führt bekanntlich zur Steigung m1=e^(-1), also bei unserem Problem
wegen m=-ln(q) zu
q=(1/e)^(1/e)=0,6922
Versteht das jemand??
Vorallem das mit der Geraden das blick überhaupt nicht, kann mir wer helfen bitte!!
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Hallo alohol,
> g(x)= [mm]-q^x+1/x[/mm]
>
> q kann nur werte zwischen 0 und 1 haben!
> x alle positiven zahlen außer 0!
Ich nehme an, dies alles ist in der Aufgabenstellung vorgegeben.
> Setzt man nur für q werte ein und lässt sich den graphen
> zeichnen
> erkennt man dass es ungefähr für q=0,7 eine Nullstelle
> gib,
> für q>0,7 zwei und für q<0,7 keine Nullstelle.
Diese Überlegungen sind nicht nötig, weil wir durch die Rechnung unten [mm] $q\!$ [/mm] sogar exakt bestimmen können. Vermutlich dachten sich die Autoren: "Wenn wir die wichtigsten Überlegungen vorne einfügen, wird die Aufgabe klarer." Hier fehlen aber noch Schaubilder für verschiedene [mm] $q\!$.
[/mm]
> Um den konkreten wert für q zu finden
> lösen wir die gleichung
>
> g(x)=0
>
> was äquivalent zu
>
> ln(x)=-ln(q)*x
>
> ist.
[m]g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - q^x + \frac{1}{x} = 0 \Leftrightarrow - q^x = - \frac{1}{x} \Leftrightarrow q^x = \frac{1}{x} \Leftrightarrow e^{x\ln q} = \frac{1}{x} \Rightarrow x\ln q = - \ln x \Leftrightarrow \ln x = - \ln \left( q \right)x[/m]
> Der Schnitt der Logartihmuskurve mit der Geraden
> y=mx ist aber eine Standartaufgabem deren Lösung wegen
> m=-ln(q)>=0 genau den drei Fällen entpricht.
Zeichne dir mal die Kurve von [mm] $\ln [/mm] x$ für Werte $0 < x [mm] \leqslant [/mm] 1$. Du wirst feststellen, daß der Logarithmus dort überall negativ ist (außer bei 1). Mathematisch ist das durch die Ableitung zu begründen: [m]\ln 'x = \tfrac{1}{x};\;\tfrac{1}{x} > 0[/m]. Also ist der Logarithmus für alle $x > [mm] 0\!$ [/mm] streng monoton steigend und hat für $x = [mm] 1\!$ [/mm] eine Nullstelle, das heißt für alle $0 < x < [mm] 1\!$ [/mm] geht er wegen der Monotonie immer weiter nach unten und geht dadurch "unter die [mm] $x\texttt{-Achse}$". [/mm] Das heißt [mm] $\ln [/mm] q$ liefert dir dort nur negative Werte und wegen dem negativen Vorzeichen gilt dann in der Tat [m]- \ln q \geqslant 0[/m].
Du weißt auch wie eine Ursprungs-Gerade definiert ist: [m]f\left(x\right) := ax[/m]. In diesem Falle setzen wir einfach $a := [mm] -\ln [/mm] q$ und bestimmen die gemeinsamen Schnittpunkte von [mm] $\ln [/mm] x$ und [mm] $ax\!$.
[/mm]
> Die Forderung nach genau einem Schnittpunkt, dh dass die Gerade zugleich Tangente ist, führt bekanntlich zur Steigung m1=e^(-1),
Gesucht ist eine Ursprungstangente an [mm] $\ln [/mm] x$. Die Steigung einer Tangente ist ihre Ableitung: [m]a = \ln 'k = \tfrac{1}{k}[/m], wobei jetzt [mm] $k\!$ [/mm] die Stelle auf der [mm] $x\texttt{-Achse}$ [/mm] ist, wo sich die Tangente und [mm] $\ln [/mm] x$ treffen. Also gilt weiterhin:
[m]\ln \left( k \right) = \underbrace {\frac{1}{k}}_{ = :a}\underbrace k_{\begin{subarray}{l}
{\text{Wir setzen}} \\
x = k
\end{subarray}} = 1 \Rightarrow k = e^1 = e[/m]
> also bei unserem Problem wegen m=-ln(q) zu
nächste Bedingung:
[m]a = \frac{1}
{k} = \frac{1}
{e} = - \ln q \Leftrightarrow - e^{ - 1} = \ln q \Rightarrow e^{ - e^{ - 1} } = \frac{1}
{{e^{e^{ - 1} } }} = \frac{1}
{{e^{\frac{1}
{e}} }} = \left( {\frac{1}
{e}} \right)^{\frac{1}
{e}} = q[/m]
> q=(1/e)^(1/e)=0,6922
Hier bestimmt man ein solches [mm] $q\!$, [/mm] so daß die entstandene Funktion genau eine Nullstelle besitzt. Deshalb der ganze Aufwand mit der Tangente.
Viele Grüße
Karl
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:42 Do 19.05.2005 | | Autor: | alohol |
Also Karl_Pech so nebenbei, danke dass du mir hilfst!!
nur ich hab da noch fragen:
für 0 < x < 1 liefert mir ln(x) nur negative Werte das ist klar ok....
Warum gilt dann $-ln(q)>=0$. Du sagtest wegen dem Vorzeichen, welches vorzeichen meinst du?
und warum setzt man $ a := [mm] -\ln [/mm] q $??
a ist ja die Steigung der Geraden.
Und das ist mir leider bissel Durcheinander:
$ [mm] \ln \left( k \right) [/mm] = [mm] \underbrace {\frac{1}{k}}_{ = :a}\underbrace k_{\begin{subarray}{l} {\text{Wir setzen}} \\ x = k \end{subarray}} [/mm] = 1 [mm] \Rightarrow [/mm] k = [mm] e^1 [/mm] = e $
Also ln(k)=1/k
$k=1 [mm] =>k=e^1=e$??
[/mm]
wie meintest du das?
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Hallo alohol,
> Warum gilt dann [mm]-ln(q)>=0[/mm]. Du sagtest wegen dem
> Vorzeichen, welches vorzeichen meinst du?
Ich schreibe den Ausdruck nochmal hin: [mm]\textcolor{red}{-}\ln(q)\geqslant 0[/mm]. Das Vorzeichen, das ich meine, ist rot markiert.
> und warum setzt man [mm]a := -\ln q [/mm]??
> a ist ja die Steigung
> der Geraden.
Richtig, dieses [mm] $-\ln [/mm] q$ ist nur eine Zahl. Es geht bei dieser Aufgabe darum [mm] $q\!$ [/mm] so zu bestimmen, daß die resultierende "neue" Funktion, welche (nach wie vor) nur von [mm] $x\!$ [/mm] abhängt, nur noch genau eine Nullstelle hat. Das ist hier genau dann der Fall, wenn auch die Gerade und die [m]\ln\!\texttt{-Funktion}[/m] genau einen Schnittpunkt haben. Gäbe es nämlich mehr als einen Schnittpunkt, gäbe es auch mehr als eine Lösung für die Gleichung und somit auch mehr als eine Nullstelle.
Die Frage lautet also: Wie muß die Steigung der Geraden [m](-\ln q)\cdot{}x[/m] sein, damit diese Gerade und [mm] $\ln [/mm] x$ nur noch einen Schnittpunkt haben?
Was wissen wir nun über Tangenten? Die Ableitung einer Funktion in einem Punkt ist die Steigung der Tangente an diese Funktion in diesem Punkt.
Die Ableitung des [mm] $\ln$ [/mm] ist [mm] $\tfrac{1}{x}$ [/mm] (Das kann man über die Ableitung der Umkehrfunktion zeigen.) Da wir den Punkt nicht kennen, wo sich unsere Ursprungstangente und [mm] $\ln [/mm] x$ treffen, bezeichnen wir ihn "irgendwie"; Z.B. mit [mm] $k\!$.
[/mm]
Wir wissen aber, daß die Terme der beiden Funktionen bei [mm] $k\!$ [/mm] gleiche Funktionswerte haben. Also können wir die Gleichungen bei [mm] $k\!$ [/mm] gleichsetzen: [m]\ln k = (-\ln q)\cdot{}k[/m]. Die Steigung dieser Tangente bei [mm] $k\!$ [/mm] ist [mm] $\tfrac{1}{k}$. [/mm] Sie ist nach Vorraussetzung auch gleichzeitig [mm] $-\ln [/mm] q$. Also gilt: [mm] $\tfrac{1}{k} [/mm] = [mm] -\ln [/mm] q$ und [mm] $\ln [/mm] k = [mm] \tfrac{1}{k}\cdot{}k$. [/mm] Womit wir dann letztlich bei der Rechnung wären, mit der Du vorhin Probleme hattest.
Viele Grüße
Karl
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:38 Do 19.05.2005 | | Autor: | alohol |
mmh es wird mir alles klarer hihi
aber die idee mit der geraden die is noch sooo vernebelt.
Geht das irgendwie auf den Berührpunkt raus?
Denn dabei ist Steigung gleich und Funktionswert gleich.
Ich hab das alles kapiert nur wiederrum
warum gerade -ln(q)>=0??
Warum Minus und warm >=0??
axo und warum ist ln(k)=1??
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> Geht das irgendwie auf den Berührpunkt raus?
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Denn dabei ist Steigung gleich
Du meinst eher die Ableitung der Funktion in dem Punkt, an den Du die Tangente legen willst, ist gleich der Steigung dieser Tangente, oder was meintest Du mit "Steigung gleich"?
> und Funktionswert gleich.
> Ich hab das alles kapiert nur wiederrum warum gerade -ln(q)>=0??
Weil [mm] $\ln [/mm] q$ im Intervall $(0, 1]$ negative Werte annimmt, was man mit der Monotonie des Logarithmus begründen kann. Durch das Minus (ich meine, das Minus, das ich rot markiert hatte) wird nun aber jeder negative Wert wieder positiv: z.B. [m]-\ln 0.5 \approx -(-0.7) = 0.7[/m].
> Warum Minus??
Das erklärt sich durch die Rechnung, die ich in meiner ersten Antwort durchgeführt habe. Schaue dir dort nochmal ganz genau an, wie ich die Beziehung [mm] $\ln [/mm] x = [mm] -\ln(q)x$ [/mm] hergeleitet habe.
> axo und warum ist ln(k)=1??
Auch das ergibt sich durch die Rechnung:
1. [mm] $q\!$ [/mm] sei so gewählt, daß die Funktion genau eine Nullstelle besitzt.
2. Ansatz $g(x) = [mm] 0\!$, [/mm] so als ob wir Nullstellen bestimmen wollten. Dann formen wir solange um, bis wir zu einem Ausdruck kommen, der uns etwas über das [mm] $q\!$ [/mm] "erzählen" kann.
3. Wir kommen durch Umformungen zum Ausdruck: [mm] $\ln [/mm] x = [mm] -\ln(q) [/mm] x$.
4. Wir erkennen, daß rechts ein Geraden-Term steht. Und weil es nur genau eine Nullstelle geben soll, muß diese Gerade eine Tangente an [mm] $\ln [/mm] x$ (also den linken Term) sein. Denn nur eine Tangente hätte genau einen Schnittpunkt mit [mm] $\ln [/mm] x$.
5. Wir überlegen uns welche Bedingungen für eine Tangente erfüllt sein müssen:
Bedingung 1:
Die Steigung der Tangente am Schnittpunkt ( - nennen wir ihn mal - ) [mm] $k\!$ [/mm] mit [mm] $\ln [/mm] x$ muß die Ableitung von [mm] $\ln [/mm] x$ in diesem Punkt sein. Das ist per Definition so, denn die Ableitung wird doch gerade über Tangenten eingeführt:
[m]f'(x = k) := \mathop {\lim }\limits_{x_0 \to k} \frac{{f\left( k \right) - f\left( {x_0 } \right)}}{{k - x_0 }}[/m]
Geometisch ist das die Steigung einer Tangente an der Stelle [mm] $k\!$. [/mm] In unserem Fall ist die Steigung also [mm] $\tfrac{1}{k}$.
[/mm]
Bedingung 2:
Die Tangente und [mm] $\ln [/mm] x$ treffen sich in genau diesem einen Punkt k. Folglich muß doch [mm] $\ln [/mm] k = [mm] \texttt{variablenbezeichner}*k$ [/mm] gelten. Und wegen der 1ten Bedingung gilt doch: [mm] $\texttt{variablenbezeichner}\,\red{=}\,\tfrac{1}{k}$. [/mm] Daraus folgt durch Einsetzen: [mm] $\ln [/mm] k = [mm] \tfrac{1}{k}*k [/mm] = [mm] \tfrac{k}{k} [/mm] = 1$. Wir haben jetzt also: [mm] $\ln [/mm] k = 1 [mm] \Rightarrow e^{\ln k} [/mm] = [mm] e^1 [/mm] = e [mm] \Rightarrow [/mm] k = e$. Wieso gilt [m]e^{\ln k} = k[/m]? Weil der natürliche Logarithmus die Umkehrfunktion zur Exponentialfunktion ist.
Nun wissen wir also: $k = [mm] e\!$. [/mm] Und wir wissen auch: [mm] $\texttt{variablenbezeichner} [/mm] = [mm] \tfrac{1}{k}$. [/mm] Und was war dieser variablenbezeichner? Natürlich [mm] $-\ln [/mm] q$, welcher sich durch unsere Rechnung ergeben hat (Zur Erinnerung: Die Rechnung ging los mit: [m]g(x) = 0 \gdw \dotsm[/m]). Also können wir doch diese beiden Zahlen gleichsetzen: [mm] $-\ln [/mm] q = [mm] \tfrac{1}{k}$. [/mm] Nun wissen wir aber aus der gerade durchgeführten Rechnung: $k = [mm] e\!$, [/mm] also setzen wir das doch ein: [m]-\ln q = \tfrac{1}{e} \Rightarrow e^{-\ln q} = e^{e^{-1}} \gdw \tfrac{1}{e^{\ln q}} = \ldots \gdw \tfrac{1}{q} = e^{e^{-1}} \gdw 1 = q*e^{e^{-1}} \gdw q = \dotsm[/m]. Damit hätten wir also ein solches $q [mm] \approx [/mm] 0.7$ bestimmt, bei dem die zugehörige Funktion [mm] $g\!$ [/mm] nur noch eine Nullstelle besitzt.
Viele Grüße
Karl
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:15 Fr 20.05.2005 | | Autor: | alohol |
aaaaaaaaaaaaaaaaaah jaaaaaaaaaaaa *gegen-wand-hau*
ich hab das jetzt endlich geblickt juuuuuuuuuuhuuuuuuuuuu
danke sehr @ Karl_pech juhu hihi
Karl_Pech ich hab da ne ähnlich aufgabe, besser gesagt die fortführung von dem.
Diese Funktion ist die Ableitung von der ersten Aufgabe:
[mm] g'(x)=-ln(q)*q^x-k^2
[/mm]
Hier geht es um die Anzahl der Extrema
also im Prinzip wieder um Nullstellen.
Die machen dass wie du es erklärt hast, mit der Geraden.
Nur die logarithmieren da rum, das verstehe ich nicht :(
Zuerst setzen die g'(x)=0
dann kommt ja [mm] -ln(q)*q^x=x^{-2}
[/mm]
Bis hierhin alles ok.
Jetzt kommt das mit dem logartihmieren:
ln(ln(q^-1))+ln(q)*x=-2*ln(k)
weiter gehts hiermit:
ln(x)=-1/2*ln(q)*k-1/2*ln(ln(q^-1))=m*x+b
für m2=e^(-1-b)
m1=e^-1 ==> von der ersten aufgabe!!
berühren sich die Kurven (angeblich :))
am schluss bekommen die dann für q=e^(-4*(e^-2))
Ich finde die 2.Aufgabe viiiiiel anspruchsvoller, den an der häng ich schon ewig.
Die erste Aufgabe hatte ich auf meine weise irgendwie gelöst gehabt.
Aber die 2.Aufgabe da blick ich gar nix :(
kannst du mir bitte hier auch helfen??
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Hallo alohol,
> Karl_Pech ich hab da ne ähnlich aufgabe, besser gesagt die
> fortführung von dem.
>
> Diese Funktion ist die Ableitung von der ersten Aufgabe:
> [mm]g'(x)=-ln(q)*q^x-k^2[/mm]
Da stimmt etwas nicht die Ableitung lautet nämlich so:
[m]g'\left( x \right) = - \ln \left( q \right)q^x - \frac{\red{1}}{{x^2 }}[/m]
Du hast bei der obigen Formel das 1/... beim 2ten Term vergessen.
> Die machen dass wie du es erklärt hast, mit der Geraden.
> Nur die logarithmieren da rum, das verstehe ich nicht :(
Mittlerweile denke ich, daß deine Probleme mit der ersten Aufgabe mehr in den "verzwickten" Rechnungen lagen, als ihn der eigentlichen Vorgehensweise, stimmt das? Wenn ja, dann solltest Du vielleicht nochmal die Potenzgesetze und die Logarithmus-Gesetze wiederholen.
> Jetzt kommt das mit dem Logarithmieren:
>
> [m]\ln\left(\ln\left(q^{-1}\right)\right) + \ln\left(q\right)x = -2\ln\left(\red{x}\right)[/m]
Die Herleitung fehlt und die liefere ich jetzt nach:
[m]\begin{gathered}
- \ln \left( q \right)q^x = \left( { - 1} \right)*\ln \left( q \right)q^x \mathop = \limits^{\begin{subarray}{l}
- 1{\text{ in }}\ln \\
''{\text{reinziehen}}''
\end{subarray}} \ln \left( {q^{ - 1} } \right)q^x = x^{ - 2} \mathop \Rightarrow \limits^{\begin{subarray}{l}
{\text{auf beiden}} \\
{\text{Seiten logarithmieren}}
\end{subarray}} \ln \left( {\underbrace {\ln \left( {q^{ - 1} } \right)}_a\underbrace {q^x }_b} \right) = \ln \left( {x^{ - 2} } \right) \hfill \\
\mathop \Leftrightarrow \limits^{\begin{subarray}{l}
{\text{Logarithmusgesetz:}} \\
\ln \left( {a*b} \right) = \ln \left( a \right) + \ln \left( b \right)
\end{subarray}} \ln \left( {\ln \left( {q^{ - 1} } \right)} \right) + \ln \left( {q^x } \right) = \underbrace { - 2\ln \left( x \right)}_{\begin{subarray}{l}
{\text{so wie wir am Anfang }} - 1 \\
{\text{reingezogen haben}}{\text{, können}} \\
{\text{wir hier }} - 2{\text{ wieder herausziehen!}}
\end{subarray}} \Leftrightarrow \ln \left( {\ln \left( {q^{ - 1} } \right)} \right) + \ln \left( {e^{\ln \left( {q^x } \right)} } \right) = - 2\ln x \hfill \\
\Leftrightarrow \ln \left( {\ln \left( {q^{ - 1} } \right)} \right) + \ln \left( {e^{x\ln \left( q \right)} } \right) = - 2\ln x \Leftrightarrow \ln \left( {\ln \left( {q^{ - 1} } \right)} \right) + x\ln \left( q \right) = - 2\ln x \hfill \\
\end{gathered}[/m]
> weiter gehts hiermit:
> ln(x)=-1/2*ln(q)*k-1/2*ln(ln(q^-1))=m*x+b
Richtig hier teilt man auf beiden Seiten durch -2 und dann geht es darum auf einer Seite (wieder wie bei der ersten Aufgabe) eine Geradengleichung zu erkennen. Ich versuch das nochmal deutlich zu machen:
[m]\begin{gathered}
\cdots \Leftrightarrow \ln \left( {\ln \left( {q^{ - 1} } \right)} \right) + x\ln \left( q \right) = - 2\ln x \Leftrightarrow \frac{{\ln \left( {\ln \left( {q^{ - 1} } \right)} \right) + x\ln \left( q \right)}}
{{ - 2}} = \ln x \Leftrightarrow - \frac{1}
{2}\ln \left( q \right)x - \frac{1}
{2}\ln \left( {\ln \left( {q^{ - 1} } \right)} \right) = \ln x \Leftrightarrow \hfill \\
\underbrace {\left[ { - \frac{1}
{2}\ln \left( q \right)} \right]}_m*x + \underbrace {\left[ { - \frac{1}
{2}\ln \left( {\ln \left( {q^{ - 1} } \right)} \right)} \right]}_n = \ln x \hfill \\
\end{gathered}[/m]
> am schluss bekommen die dann für [m]q = e^\left(-4\left(e^{-2}\right)\right)[/m]
Der einzige Unterschied zur ersten Aufgabe ist, daß wir es hier nicht mehr mit einer Ursprungsgeraden zu tun haben, weil der [mm] $y\texttt{-Achsenabschnitt}\ne [/mm] 0$ ist. Gesucht ist eine Tangente [m]t\left( x \right): = mx + n = \ln x[/m]. Aus der ersten Aufgabe weißt Du bereits, was für die Steigung dieser Tangente im gesuchten Punkte [mm] $k\!$ [/mm] gilt: [m]m = \tfrac{1}{k}[/m]. Da sich die Tangente und [mm] $\ln [/mm] x$ in [mm] $k\!$ [/mm] (und nur dort) schneiden, gilt auch: [m]\Rightarrow \tfrac{1}{k}*k + n = 1 + n = \ln k \Rightarrow k = e^{1 + n}[/m]. Nun kennen wir das [mm] $k\!$ [/mm] und wissen (analog zur ersten Aufgabe):
[m]- \frac{1}
{2}\ln \left( q \right) = m = \frac{1}
{k} = \frac{1}
{{e^{1 + n} }} = e^{ - 1 - n} = e^{ - 1 - \left[ { - \frac{1}
{2}\ln \left( {\ln \left( {q^{ - 1} } \right)} \right)} \right]} = e^{\frac{1}
{2}\ln \left( {\ln \left( {q^{ - 1} } \right)} \right) - 1} = \frac{{e^{\ln \sqrt {\ln \left( {q^{ - 1} } \right)} } }}
{e} = \frac{{\sqrt {\ln \left( {q^{ - 1} } \right)} }}
{e}[/m]
Ich habe also zuerst das Ergebnis für [mm] $k\!$ [/mm] und danach das Ergebnis für [mm] $n\!$ [/mm] eingesetzt und danach vereinfacht. Jetzt müssen wir das [mm] $q\!$ [/mm] irgendwie auf eine Seite kriegen:
[m] - \frac{1}
{2}\ln \left( q \right) = \frac{{\sqrt {\ln \left( {q^{ - 1} } \right)} }}
{e} \Leftrightarrow - \frac{e}
{2}\ln q = \sqrt {\ln \left( {q^{ - 1} } \right)} \mathop \Rightarrow \limits^{{\text{Quadrieren}}} \frac{{e^2 }}
{4}\ln ^2 q = \ln \left( {q^{ - 1} } \right) = - \ln q[/m]
Und jetzt auf beiden Seiten durch [mm] $\ln [/mm] q$ teilen:
[m]\frac{{e^2 }}
{4}\ln ^2 q = - \ln q \Rightarrow \frac{{e^2 }}
{4}\ln q = - 1 \Leftrightarrow \ln q = - \frac{4}
{{e^2 }} \Rightarrow q = e^{ - \frac{4}
{{e^2 }}} = e^{ - 4e^{ - 2} } \approx 0.582[/m]
> Ich finde die 2.Aufgabe viiiiiel anspruchsvoller
Es ist das gleiche Schema gewesen. Es mag zunächst nicht so aussehen, aber ich bin wirklich genauso vorgegangen wie bei der ersten Aufgabe. Der einzige Unterschied bestand darin, daß es hier einen [mm] $y\texttt{-Achsenabschnitt}$ [/mm] bei der Geraden "gab". Weswegen beim [mm] $q\texttt{-Ansatz }e^{1+n}$ [/mm] statt [mm] $e^1$ [/mm] wie bei der ersten Aufgabe stand.
Viele Grüße
Karl
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:21 Fr 20.05.2005 | | Autor: | alohol |
hey Karl_Pech ich mir das mal gestern nacht nochmal angeguckt.
Das ist eigentlich das selbe wie die 1. Aufgabe.
Und ich habs dann endlich kapiert.
Und danke für deine hilfe !!!!!!!!
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