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| Aufgabe | 3.2 Gegeben ist die Funktionenschar [mm] f_{a} [/mm] mit [mm] f_{a} [/mm] (x) = [mm] x*e^{-ax^{2}+1}; [/mm] x [mm] \in \IR [/mm] ; a [mm] \in \IR [/mm] , a [mm] \not= [/mm] 0.
Die Graphen dieser Schar seien [mm] G_{a}.
[/mm]
3.2.1 Berechnen Sie die Nullstellen von [mm] f_{a} [/mm] und bestimmen Sie Koordinaten und Art lokaler Extrempunkte von [mm] G_{a}.
[/mm]
Ermitteln Sie eine Gleichung der Kurve, auf der alle zur Schar [mm] G_{a} [/mm] gehörenden lokalen Hochpunkte liegen.
Untersuchen Sie [mm] f_{a} [/mm] auf mögliche Wendestellen. (Auf den Nachweis der Exisenz der möglichen Wendestellen kann verzichtet werden.)
3.2.2 Weisen Sie nach, dass die Tangenten an [mm] G_{a} [/mm] im Punkt [mm] P_{a}(\wurzel{\bruch{3}{2a}} [/mm] | [mm] (\wurzel{\bruch{3}{2e*a}}) [/mm] eine Schar paralleler Geraden bilden.
3.2.3 Der zum Graphen [mm] G_{\bruch{1}{6}} [/mm] gehörende Punkt Q(u | [mm] f_{\bruch{1}{6}}(u)) [/mm] mit u > 0, der Koordinatenursprung O sowie der Punkt P( u | 0) sind die Eckpunkte eines Dreiecks OPQ. Ermitteln Sie u so, dass der Flächenunhalt des Dreiecks OPQ maximal wird.
3.2.4 Die Graphen [mm] G_{a} [/mm] begrenzen für a > 0 mit der Ursprungsgeraden durch den Punkt [mm] R(\wurzel{\bruch{1}{2a}} [/mm] | [mm] (\wurzel{\bruch{e}{2a}}) [/mm] im I. Quadranten eine Fläche vollständig.
Berechnen Sie deren Flächeninhalt in Abhängigkeit von a. |
Meine Frage betrifft den Aufgabenteil 3.2.4.
Die Kurve laüft ähnlich wie eine verschobene und an der x-Achse gespiegelte Sinusfunktion. Sie ist Punktsymmetrisch zum Koordinatenursprung und hat zwei lokale Extremstellen. Die eine Extremstelle ist der Punkt R. Meine Lösungsstrategie sollte es sein, die Fläche zwischen Funktion und x-Achse auszurechnen und danach die Fläche zwischen Ursprungsgerade und X-Achse zu subtrahieren. Das Ganze in den Grenzen von 0 bis zum X-Wert der Extremstelle. Die Fläche zwischen Ursprungsgerade und X-Achse lässt sich durch Dreiecksberechnung ermitteln, die zwischen Funktion und Achse nur durch Integration. Da es sich um eine Verkettung handelt, muss man mit partieller Integration arbeiten, allerdings komme ich da überhaupt nicht weiter.
Ich bin gekommen bis:
u=x u'=1
v= [mm] -\bruch{1}{2ax}e^{-ax^{2}+a} [/mm] v'= [mm] e^{-ax^{2}+a}
[/mm]
Das eingesetzt in die Formel für partielle Integration
[mm] \integral_{0}^{\wurzel{\bruch{1}{2a}}}{-\bruch{1}{2ax}e^{-ax^{2}+1} dx} [/mm] = [mm] -\bruch{1}{2a}e^{-ax^{2}+1} [/mm] - [mm] \integral_{0}^{\wurzel{\bruch{1}{2a}}}{xe^{-ax^{2}+1} dx}
[/mm]
Bei partieller Integration von beispielsweise sin und cos kann man durch Additionstheoreme die Integrale verändern, bis man sie zusammenfassen kann, aber mit Verkettungen mit e sehe ich keine Zusammenhänge zwischen den Summanden. Ich bin ratlos... Würde mich über jede Hilfe sehr freuen!
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Damit vielleicht etwas Rechnen erspart bleibt, hier meine bisherigen Ergebnisse:
3.2.1
Ableitungen:
[mm] f_{a}'(x) [/mm] = [mm] e^{-ax^{2}+a}(a-2ax^{2})
[/mm]
[mm] f_{a}''(x) [/mm] = [mm] 2axe^{-ax^{2}+a}(-3+2ax^{2})
[/mm]
Nullstellen:
S(0|0)
Extremstellen:
[mm] H(\wurzel{\bruch{1}{2a}} [/mm] | [mm] \wurzel{\bruch{e}{2a}})
[/mm]
[mm] T(-\wurzel{\bruch{1}{2a}} [/mm] | [mm] -\wurzel{\bruch{e}{2a}})
[/mm]
Wendestellen:
[mm] W_{1}(0|0)
[/mm]
[mm] W_{2}(\wurzel{\bruch{3}{2a}} [/mm] | [mm] \wurzel{\bruch{3}{2ae}})
[/mm]
[mm] W_{3}(-\wurzel{\bruch{3}{2a}} [/mm] | [mm] -\wurzel{\bruch{3}{2ae}})
[/mm]
3.2.2
Tangentengleichung:
Y = [mm] (-2\wurzel{\bruch{1}{e}})x [/mm] + [mm] 3\wurzel{\bruch{3}{2ae}}
[/mm]
3.2.3
Maximaler Flächeninhalt für: [mm] u=\wurzel{6}
[/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:25 So 02.04.2006 | | Autor: | Walde |
Hi vitalyzer,
ich habe mir nicht die Mühe gemacht, nachzurechnen,ob bis lang alles stimmt. Aber ich kann dir schonmal sagen, dass du die p.Int. nicht richtig ausgeführt hast. die Ableitung deines v musst du mit Produktregel machen.
Ich kucks mir noch etwas genauer an, aber vielleicht ist ja jem. schneller.
L G walde
EDIT:
Ok, ich habs mal unter die Lupe genommen, du hast die Funktion, über die du integrierst falsch angesetzt.
Den Schnittpunkt von [mm] f_a [/mm] und der Geraden [mm] \wurzel(e)x [/mm] im ersten Quadranten hast du richtig. Du musst also nur von 0 bis zum Schnittpunnkt (der x-Koordinate, des Schn.punkts natürlich) integrieren, und zwar über [mm] f_a(x)-g(x):
[/mm]
[mm] \integral_{0}^{\wurzel{\bruch{1}{2a}}}{x*e^{-ax^2+1}-\wurzel{e}*x dx}
[/mm]
Dieses Integral löst du ganz einfach mit der Substitution [mm] u=-ax^2+1 [/mm] (die Differenz kannst du vorher zu zwei Integralen auseinanderziehen).
Ich dir mal ein Bild zur verdeutlichung angefügt, a=0,1
[Dateianhang nicht öffentlich]
LG walde
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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Erst mal vielen Dank für deine Hilfe, Walde!
Ich hab gleich noch mal geschaut und du hattest Recht. Allerdings habe ich das v nicht abgeleitet, sondern v' aufgeleitet. Trotzdem, und da hattest du Recht, müsste man, wenn man wieder ableitet, die Produktregel verwenden und das haut nicht hin.
Was ist also die Aufleitung von [mm] e^{-ax_{2}+a}?
[/mm]
Wenn ich [mm] -ax_{2}+1 [/mm] = u setze, hab ich [mm] e^{u} [/mm] , aufgeleitet ist das auch [mm] e^{u}. [/mm] Allerdings ist die Ableitung von [mm] e^{-ax^{2}+1} [/mm] doch [mm] -2axe^{-ax{2}+1} [/mm] und nicht [mm] e^{-ax^{2}+1}. [/mm] Oder kann man die innere Ableitung vernachlässigen?
Zum Integral selbst:
Ich denke mal, die beiden Lösungswege kommen auf das selbe Ergebnis. Da es sich um eine lineare Funktion handelt, hatte ich nur gedacht, schneller zu sein, wenn ich die Fläche unter ihr bis zum Schnittpunkt mit der e-Funktion in deren Maximum mit einem einfachen Dreieck berechne. Was ich aber eigentlich fragen wollte:
wenn ich bei [mm] xe^{-ax^{2}+1} [/mm]
u= [mm] -ax^{2}+1 [/mm] setze, müsste ich das nicht auch umstellen und für das erste x einsetzen? also [mm] x=\wurzel{\bruch{1-u}{a}} [/mm] und dann [mm] \wurzel{\bruch{1-u}{a}}*e^{u} [/mm] ? oder kann ich das x ignorieren? So wäre es ja wieder genauso kompliziert und verkettet, wie am Anfang...
LG,
vitalyzer
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:09 So 02.04.2006 | | Autor: | volta |
Hallo!
Man muss doch bei diesem Integral nicht mit Kanonen auf Spatzen schießen und mit partieller Integration rangehen, denn es lässt sich recht einfach mittels Substitution lösen:
Die Subst. für [mm] \integral_{a}^{b}{x e^{-a x^2 + 1} dx} [/mm] ist $u = -a [mm] x^2 [/mm] + 1$ - dann ist [mm] $\bruch{du}{dx} [/mm] = -2a x [mm] \gdw [/mm] dx = [mm] -\bruch{du}{2a x}$, [/mm] also kürzt sich das x im Integral ganz einfach weg und es muss nur noch [mm] -\bruch{e^u}{2a} [/mm] nach u integriert werden. (Und nicht vergessen die Integrationsgrenzen der Subst. anzupassen)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:31 So 02.04.2006 | | Autor: | vitalyzer |
Danke für den Tipp! Warum einfach, wenns auch kompliziert geht ^^
Ich habe alles mal durchgerechnet und komme auf eine Fläche von [mm] -\bruch{\wurzel{e}-e}{2a} [/mm] . Danke noch mal für die Unterstützung!
LG,
vitalyzer
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