Ursprungsgerade an Kurvenschar < Exp- und Log-Fktn < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:49 Mo 05.11.2007 | | Autor: | Sebbl |
| Aufgabe | Welche Ursprungsgerade ha(x) = mx berüht den Graphen von fa?
Berechnen Sie die Berührstelle sowie die Geradengleichung von ha.
fa(x)= x + a * e^(-x) (a ungleich 0)
fa(x) ist eine Kurvenschar (das a müsste eigentlich tiefgestellt sein) |
Hallo allerseits,
das ist mein erster Beitrag in diesem (auf den ersten Blick übrigens sehr schicken!) Forum.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Obige Aufgabe ist die 5. und letzte Teilaufgabe einer unfangreicheren Aufgabe. Die ersten 4 waren nicht das Problem, aber oben komme ich nicht sehr weit.
fa(x) ist eine Kurvenschar (das a müsste eigentlich tiefgestellt sein)
Klar ist, dass die Tangentensteigung im Berührpunkt gleich sein muss.
Ich denke, einige hier werden das lösen können. :)
Schöne Grüße,
Sebastian
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:04 Mo 05.11.2007 | | Autor: | Teufel |
Hi! Willkommen hier ;)
Mir würde spontan folgendes einfallen:
Sagt dir die Gleichung [mm] t(x)=f'(x_b)(x-x_b)+y_b [/mm] etwas? Das wäre die Tangente an einen allgemeinen Geradenpunkt [mm] B(x_b|y_b).
[/mm]
Stelle die am besten auf (sie wird ein a und ein [mm] x_b [/mm] enthalten, aber lass dich davon nicht weiter stören).
Außerdem weißt du, dass die Tangente durch O(0|0) laufen soll! Wenn du den Punkt in die allgemeine Tangentengleichung einsetzt, kannst du das nach [mm] x_b [/mm] umstellen. Damit hast du Berühpunkt und kannst auch die Tagentengleichung komplettieren.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:20 Mo 05.11.2007 | | Autor: | Sebbl |
Hallo,
die Funktion t(x) = f'(xb) .... hatten wir leider noch nicht. Ich bin mir deshalb unsicher, ob wir die benutzen dürfen...
Wenn man sie leicht herleiten kann, dann mit Sicherheit, wenn man erst großartige Beweise usw. machen muss, dann bestimmt nicht.
Wir brauchen wohl einen anderen Lösungsweg.
Aber danke schon mal. :)
> Sagt dir die Gleichung [mm]t(x)=f'(x_b)(x-x_b)+y_b[/mm] etwas? Das
> wäre die Tangente an einen allgemeinen Geradenpunkt
> [mm]B(x_b|y_b).[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:25 Mo 05.11.2007 | | Autor: | Teufel |
So schwer ist sie nicht herzuleiten :) es ist eigentlich Form der Funktion, wie du sie bestimmt auch schonmal verwendet hast:
Die Punkt-Steigungsform!
Wenn du einen Anstieg m und einen Punkt [mm] P(x_P|y_P) [/mm] hast, dann hat die Gerade durch P mit dem Anstieg m die Form:
[mm] y=m(x-x_p)+y_p
[/mm]
(ist dir das geläufig?)
Nun weißt du aber, dass der Anstieg der Gerade der Anstieg genau in diesem Punkt P ist (P liegt auf dem Grafen von f(x))! [mm] m=f'(x_P)
[/mm]
Daher kommt dann die Form [mm] y=f'(x_P)(x-x_p)+y_p.
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:41 Mo 05.11.2007 | | Autor: | Sebbl |
> Die Punkt-Steigungsform!
>
> Wenn du einen Anstieg m und einen Punkt [mm]P(x_P|y_P)[/mm] hast,
> dann hat die Gerade durch P mit dem Anstieg m die Form:
>
> [mm]y=m(x-x_p)+y_p[/mm]
> (ist dir das geläufig?)
Ich muss gestehen, die hab ich auch noch nie gesehen! Wenn wir eine Gerade, die durch Punkt P mit der Steigung m geht, ausrechnen wollten, haben wir x, y und m eingesetzt, und damit b ausgerechnet.
Die Punktsteigungsform sieht so aus, als ob das eine Spezialform von y=mx+b wäre!?
> Nun weißt du aber, dass der Anstieg der Gerade der Anstieg
> genau in diesem Punkt P ist (P liegt auf dem Grafen von
> f(x))! [mm]m=f'(x_P)[/mm]
>
> Daher kommt dann die Form [mm]y=f'(x_P)(x-x_p)+y_p.[/mm]
das klingt logisch. :)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:44 Mo 05.11.2007 | | Autor: | Teufel |
Die Punkt-Steigungs-Form kommt auch durch nichts anderes zustande! Nur dass hier der allgemeine Punkt eingesetzt wird.
Ok, du willst also eine Gerade durch [mm] P(x_p|y_p) [/mm] mit dem Anstieg m:
(I) y=mx+n
P eingesetzt:
[mm] y_p=mx_p+n
[/mm]
[mm] n=y_p-mx_p
[/mm]
n wieder in (I) eingesetzt:
[mm] y=mx+y_p-mx_p
[/mm]
[mm] y=mx-mx_p+y_p
[/mm]
m ausklammern:
[mm] y=m(x-x_p)+y_p
[/mm]
:)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:04 Di 06.11.2007 | | Autor: | Sebbl |
Jetzt ist es absolut nachvollziehbar für mich. Eigentlich spart man sich damit ja nur die Umformerei...
ehrlich gesagt, verstehe ich nicht, warum wir das nie gemacht haben (da bin ich mir sicher), ist ja wirklich nicht schwer.
Werd' die Aufgabe damit und mit deinen anderen Tipps nochmal angehen... morgen. ;)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:06 Di 06.11.2007 | | Autor: | Teufel |
Ok :P gute Nacht dann.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:25 Di 06.11.2007 | | Autor: | Sebbl |
Hallo,
ein bisschen weiter bin ich gekommen, aber das Ergebnis, dass ich raus hab, kann irgendwie nicht stimmen denke ich...:
y = m*(x-xB) + yB
P(0|0)
m = f'(x) = 1-ae^-x
h(x) = (1-ae^-x)*(x-xB) (yB fällt ja hier weg, weil h(x) durch (0|0) geht)
h(x) = x - xB - (a*e^-x)*(x-xB)
einsetzen:
0 = 0 - xB - [mm] (a*e^0)*(0-xB)
[/mm]
0 = -xB + a*xB
0 = xB*(a-1)
xB = 0 (oder ist hier wichtig, dass man nicht durch (a-1) teilen darf, wenn a = 1 ist?)
xB = 0 kann ja nicht sein...
ich sehe leider nicht, wo der Hund begraben liegt :(
Grüße,
Sebastian
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:14 Di 06.11.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo Sebbi
> Hallo,
>
> y = m*(x-xB) + yB
>
> P(0|0)
>
> m = f'(x) = 1-ae^-x
>
> h(x) = (1-ae^-x)*(x-xB) (yB fällt ja hier weg, weil h(x)
> durch (0|0) geht)
da machst du nen Fehler , h(x) ist bisher ne Tangente in irgend nem Punkt der Kurve, die Geht nicht von allein durch 0, sondern nur wenn wir den richtigen Punkt aussuchen. yB ist ja auch nicht 0!
du musst also yB=f(xB) einsetzen. dann h(x) so aufschreiben dass da steht:
h(x)=f'(xB)*x +(alles andere)
Dann erst kannst du sagen jetzt will ich aber, dass h(x) durch 0,0 geht
deshalb MUSS (alles andere)=0 sein.
daraus kriegst du dann dein xB raus!
(zur Kontrolle: ich hab xB=-1, aber unbedingt nachrechnen, abends mach ich immer Leichtsinnsfehler)
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:18 Di 06.11.2007 | | Autor: | Teufel |
Hi!
-1 stimmt schon ;)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:42 Di 06.11.2007 | | Autor: | Sebbl |
Erstmal danke schön. Fehler erkannt und versucht auszubessern.
Bin jetzt bei
xB = a - 1
angekommen. knapp daneben *g*
Meine Rechnung jetzt:
y = m*(x-xB) + yB
B(xB|yB)
B(xB|f(xB))
m = f'(x) = 1-ae^-x
yB = f(x) = x + ae^-x
h(x) = (1-ae^-x)*(x-xB) + x + ae^-x
h(x) = 2x - xB - (a*e^-x)*(x-xB) + ae^-x
Ist das bis dahin schon mal richtig? Danach ist ja nur noch für h(x) und x 0 einzusetzen, was dann zusammengefasst wäre:
P(0|0)
0 = -xB + axB + a
--> xB = a - 1
*seufz*
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:55 Di 06.11.2007 | | Autor: | Teufel |
Hi nochmal!
> Erstmal danke schön. Fehler erkannt und versucht
> auszubessern.
>
> Bin jetzt bei
>
> xB = a - 1
>
> angekommen. knapp daneben *g*
>
> Meine Rechnung jetzt:
>
> y = m*(x-xB) + yB
>
> B(xB|yB)
> B(xB|f(xB))
>
> m = f'(x) = 1-ae^-x
>
> yB = f(x) = x + ae^-x
Fast! [mm] y_B=f(x_B)=x_B+ae^{-x_B}
[/mm]
Denmach ändert sich der Rest auch wieder.
>
> h(x) = (1-ae^-x)*(x-xB) + x + ae^-x
>
> h(x) = 2x - xB - (a*e^-x)*(x-xB) + ae^-x
>
> Ist das bis dahin schon mal richtig? Danach ist ja nur noch
> für h(x) und x 0 einzusetzen, was dann zusammengefasst
> wäre:
>
> P(0|0)
>
> 0 = -xB + axB + a
>
> --> xB = a - 1
>
> *seufz*
Mach den letzten Teil einfach nochmal :) klappt jetzt bestimmt!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:08 Di 06.11.2007 | | Autor: | Sebbl |
argh... in der ersten Zeile hatte ich das f(xB) noch stehen und dann hab ich das B einfach vergessen... ich Schussel.
ist als Zwischenergebnis jetzt
0 = xB + e^-xB
richtig? *verunsichert bin*
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:08 Di 06.11.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
>
>
> m = f'(x) = 1-ae^-x
auch hier [mm] m=f'(xB)=1-ae^{-xB} [/mm]
> yB = f(x) = x + ae^-x
[mm] yB=xB*ae^{-xB}
[/mm]
> h(x) = (1-ae^-x)*(x-xB) + x + ae^-x
>
> h(x) = 2x - xB - (a*e^-x)*(x-xB) + ae^-x
die 2 Verbesserungen einbauen, in der Gleichung dann [mm] a*e^{-xB}ausklammern [/mm] und dann schlafen gehn.
Gute Nacht
leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:18 Di 06.11.2007 | | Autor: | Teufel |
Ah klar, das habe ich übersehen... Aber nun müsste es hinhauen :P
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:32 Di 06.11.2007 | | Autor: | Sebbl |
Wie war das noch gleich mit Archimedes? "Heureka!"
Was lange wehrt, wird endlich gut. ;)
habe endlich -1 als Lösung raus und darausfolgend für den Berührpunkt P(-1|ae-1).
Danke, Jungs! Ist wirklich erstaunlich mit welcher Ausdauer und freundlicher Hilfsbereitschaft ihr hinter dem Forum steht! Das gibt's nicht oft! :top:
Dankende Grüße,
Sebastian
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:35 Di 06.11.2007 | | Autor: | Teufel |
Vielen Dank! Hast ja auch gut mitgearbeitet :) Jedes mal wieder gerne.
Na dann hast du ja auch endlich den Punkt!
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