M11 Aufgaben zu Logarithmus- und Exponentialfunktionen: Unterschied zwischen den Versionen

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Die Tangente in B soll senkrecht zu einer Geraden k mit Steigung -2 sein. Die Tangente in B an G<sub>g</sub> hat dann die Steigung 0,5. Also ist g'(x<sub>B</sub>) = 0,5.<br>
 
Die Tangente in B soll senkrecht zu einer Geraden k mit Steigung -2 sein. Die Tangente in B an G<sub>g</sub> hat dann die Steigung 0,5. Also ist g'(x<sub>B</sub>) = 0,5.<br>
 +
Zwei Geraden g<sub>1</sub>: y = m<sub>1</sub>x+t<sub>1</sub> und g<sub>2</sub>: y = m<sub>2</sub>x + t<sub>2</sub> stehen senkrecht zueinander, wenn m<sub>1</sub>· m<sub>2</sub> = -1 ist.
 
<math>0,5=\frac{1}{2}e^{x+1} \qquad |\cdot 2</math><br>
 
<math>0,5=\frac{1}{2}e^{x+1} \qquad |\cdot 2</math><br>
 
<math>1=e^{x+1} \qquad |logarithmieren</math><br>
 
<math>1=e^{x+1} \qquad |logarithmieren</math><br>
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Wenn das Trapez um die x-Ache rotiert entsteht ein Zylinder, bei dem rechts ein Kegel herausgeschnitten ist.  Die Grundfläche des Zylinders ist ein Kreis mit Mittelpunkt (0;0) und Radius r = ln(2). Die Höhe des Zylinders ist h = 1, also hat der Zylinder das Volumen <math>V_Z = r^2\pi \cdot h = (ln(2))^2 \pi</math>.<br>
 
Wenn das Trapez um die x-Ache rotiert entsteht ein Zylinder, bei dem rechts ein Kegel herausgeschnitten ist.  Die Grundfläche des Zylinders ist ein Kreis mit Mittelpunkt (0;0) und Radius r = ln(2). Die Höhe des Zylinders ist h = 1, also hat der Zylinder das Volumen <math>V_Z = r^2\pi \cdot h = (ln(2))^2 \pi</math>.<br>
 
Der Kegel, der recht herausgenommen wird hat ebenfalls den Radius r = ln(2), aber die Höhe h<sub>K</sub> = 0,5. Sein Volumen ist <math>V_K=\frac{1}{3}(ln(2))^2\cdot 0,5 \cdot \pi=\frac{(ln(2))^2}{6}\cdot \pi</math>.<br>
 
Der Kegel, der recht herausgenommen wird hat ebenfalls den Radius r = ln(2), aber die Höhe h<sub>K</sub> = 0,5. Sein Volumen ist <math>V_K=\frac{1}{3}(ln(2))^2\cdot 0,5 \cdot \pi=\frac{(ln(2))^2}{6}\cdot \pi</math>.<br>
−
Damit hat der Rotationskörper das Volumen <math>V = V_Z - V_K = (ln(2))^2 \cdot \pi- \frac{(ln(2))^2}{6}\cdot \pi=\frac{5(ln(2))^2}{6}\cdot pi</math>.
+
Damit hat der Rotationskörper das Volumen <math>V = V_Z - V_K = (ln(2))^2 \cdot \pi- \frac{(ln(2))^2}{6}\cdot \pi=\frac{5(ln(2))^2}{6}\cdot \pi</math>.
  
 
Die Oberfläche des Rotationskörpers setzt sich aus der Grundfläche des Zylinders, seiner Mantelfläche und der Mantelfläche des Kegel zusammen. Es ist <math>G = ((ln(2))^2\pi</math>, <math>M_Z=2r_Z\pi h_Z=2ln(2)\pi</math> und <math>M_K=r_K \pi m=ln(2)\pi\sqrt{(ln(2))^2 + 0,5^2}</math>.<br>
 
Die Oberfläche des Rotationskörpers setzt sich aus der Grundfläche des Zylinders, seiner Mantelfläche und der Mantelfläche des Kegel zusammen. Es ist <math>G = ((ln(2))^2\pi</math>, <math>M_Z=2r_Z\pi h_Z=2ln(2)\pi</math> und <math>M_K=r_K \pi m=ln(2)\pi\sqrt{(ln(2))^2 + 0,5^2}</math>.<br>

Aktuelle Version vom 20. April 2021, 15:29 Uhr

Buch S. 151 / 4

151 / 4 Da man nur eine Stammfunktion angeben soll, wird auf + C verzichtet.
a) F(x) = ex + x
b) F(x) = - e-x
c) F(x) = 0,5(ex - e-x)
d) F(x) = 0,5x2 + 2x + ex+2
e) F(x) = e1+x
f) F(x) = 2e0,5x

Sie können dies leicht überprüfen, indem Sie prüfen ob F'(x) = f(x) ist.

Buch S. 152 / 7a

Es ist P(0;1), Q(2;e2), f'(x) = ex imd f'(0) = 1 und f'(2) = e2.
Gleichung der Tangente t1 in P: y = x + 1
Gleichung der Tangente t2 in Q: y = e2·x - e2. (t erhält man aus der Gleichung e2 = e2·2 - t.)

Den Schnittwinkel der beiden Tangenten erhält man, indem man \varphi = \varphi_2 - \varphi_1 bildet, wenn \varphi_1 der Schnittwinkel von t1 mit der Waagrechten im Schnittpunkt und \varphi_2 der Schnittwinkel von t2 mit der Waagrechten im Schnittpunkt ist.
Es ist tan(\varphi_1) = 1, also ist \varphi_1 = 45^o.
Es ist tan(\varphi_2) = e^2, also ist \varphi_2=82,3^o
Damit ist \varphi = \varphi_2 - \varphi_1 = 82,3^o - 45^o = 37,3^o.
152-7a.jpg

Oder man verwendet die neben der Aufgabe stehende Formel: tan(\varphi) = \left | \frac{m_2-m_1}{1+m_1m_2} \right| = \left | \frac{e^2 - 1}{1 + 1\cdot e^2} \right |=0,76159... ergibt \varphi = 37,3^o.

Buch S. 152 / 8

152-8a.jpg
a) Die Koordinaten des Schnittpunkts S der beiden Graphen erhält man, indem man die Funktionsterme gleich setzt.
e^{-\frac{x}{2}}=0,5e^{x+1} \qquad |\cdot e^{-(x+1)}
e^{-\frac{x}{2}}\cdot e^{-(x+1)}=0,5
e^{-\frac{x}{2} - x - 1}=\frac{1}{2}
e^{-\frac{3x}{2}}\cdot e^{- 1}=\frac{1}{2} \qquad |\cdot e
e^{-\frac{3x}{2}}=\frac{e}{2} \qquad |logarithmieren
-\frac{3x}{2} = ln(\frac{e}{2})
-\frac{3}{2}x=ln(e) - ln(2)
-\frac{3}{2}x=1 - ln(2) \qquad |\cdot (- \frac{2}{3})
x = -\frac{2}{3}(1-ln(2))\approx -0,2

y = f(-\frac{2}{3}(1-ln(2)) \approx 1,11, also S(-0,2; 1,11) (näherungsweise, aber genügend genau!)

Den Schnittwinkel zwischen beiden Graphen erhält man, indem man den Schnittwinkel der Tangenten in S an Gf und Gg bestimmt. Dazu muss man nicht die Tangetengleichungen aufstellen. Es reicht, wenn man die Steigungen in S kennt, denn es ist tan(\varphi) = f'(x_S).
Man berechnet f'(x) = -\frac{1}{2}e^{-\frac{x}{2}} und f'(-\frac{2}{3}(1-ln(2)))\approx -0,55.
g'(x)=\frac{1}{2}e^{x+1} und g'(e^((-(2*ln(2)/3-2/3))/2)) \approx 1,11.
Für f ist tan(\varphi_1)=-0,55385 und \varphi_1 = -28,98^o und
für g ist tan(\varphi_2) = 1,10770 und \varphi_2 = 47,93^o.
Damit ist \varphi = \varphi_2 - \varphi_1 = 47,93^o - (-28,98^o) = 76,91^o.
152-8a 2.jpg

b) Die Tangente in A soll parallel zu einer Geraden h mit Steigung - 0,5 sein. Also ist f'(xA) = - 0,5.
- 0,5 = -\frac{1}{2}e^{-\frac{x}{2}} \qquad | \cdot (-2)
1 =e^{-\frac{x}{2}} \qquad |logarithmieren
ln(1) = -\frac{x}{2} ergibt 0 = -\frac{x}{2} und x = 0.
A(0;1) 152-8b 1.jpg

Die Tangente in B soll senkrecht zu einer Geraden k mit Steigung -2 sein. Die Tangente in B an Gg hat dann die Steigung 0,5. Also ist g'(xB) = 0,5.

Zwei Geraden g1: y = m1x+t1 und g2: y = m2x + t2 stehen senkrecht zueinander, wenn m1· m2 = -1 ist.

0,5=\frac{1}{2}e^{x+1} \qquad |\cdot 2
1=e^{x+1} \qquad |logarithmieren
0 = x+1 ergibt x = -1

B(-1;0,5) 152-8b 2.jpg

Buch S. 153 / 14

Graph 1 gehört zu Funktion f (f ist die einzige Funktion mit D = R+. Außerdem kann man den Funktionsterm vereinfachen. Es ist f(x) = 2xeln(x)=2x2 und der Graph ist eine halbe Parabel.)
Graph 2 gehört zu Funktion d (d hat bei x = 0 eine Polstelle. )
Graph 3 gehört zu Funktion a (ex wird um den Faktor 2 in y-Richtung gestreckt, ebenso in x-Richtung, also ist der Verlauf fast wie bei der "e-Funktion" durch (0;2).)
Graph 4 gehört zu Funktion b (-ex ist ex an der x-Achse gespiegelt und wird um 3 nach oben verschoben.)
Graph 5 gehört zu Funktion c (c ist die einzig verbleibende Funktion mit c(0) = 2.)

Graph 6 gehört zu Funktion e (e hat als einzige Funktion eine Nullstelle bei x = 1.)

Buch S. 152 / 9

Zuerst zeichnet man den Sachverhalt.
152-9.jpg
Es ist f'(0) = 1, also ist die Steigung m = 1 der Tangente in (P0;1). Die Tangente hat dann die Gleichung y = x + 1. Sie schneidet die x-Achse in A(-1;0).
Die Normale zur Tangente in P hat dann die Steigung m = -1 und sie hat die Gleichung y = -x +1. Sie schneidet die x-Achse in B(1;0).

Das Dreieck ABP ist ein gleichschenkliges, rechtwinkliges Dreieck. Der Winkel bei P ist 90o, die Basiswinkel sind jeweils 45o.

Buch S. 152 / 12

a) Die Koordinaten des Schnittpunkts B liest man gleich aus dem Diagramm ab, da beide Graphen sich bei x = 0 schneiden. Es ist B(0;1).
Die x-Koordinate von A erhält man durch Lösen der Gleichung e^{0,5x} = 4-3e^{-0,5x} .
e^{0,5x} = 4-3e^{-0,5x} \qquad |\cdot e^{0,5x}
e^{x} = 4e^{0,5x}-3 \qquad |-4e^{0,5x}+3
e^{x} - 4e^{0,5x}+3 = 0
Substituiert man w = e^{0,5x}, dann man hat die quadratische Gleilchung w^2 - 4w + 3 = 0 zu lösen. Es ist w^2 - 4w + 3 = (w-1)(w-3) und daher hat die Gleichung w^2 - 4w + 3 = 0 die zwei Lösungen w_1=1, w_2 = 3. Die Lösung w_1=1 führt beim Resubstituieren auf 0,5x = ln(1), also x = 0. (Lösung für B!)
Die zweite Lösung w_2 = 3 führt beim Resubstituieren auf 0,5x = ln(3) und x = 2\cdot ln(3) = ln(9) \approx 2,19722. Also ist A(ln9; 3).

b) Es ist S(a; e0,5a) und T(a;4-3e-0,5a) und die Länge der Strecke [ST] ist \overline {ST} = 4-3e^{-0,5a} - e^{0,5a} (T liegt über S, also ist bei yT - yS die Differenz positiv).
Betrachtet man nun die Funktion s:a\rightarrow 4 - 3e^{-0,5a} - e^{0,5a} für a \in [0;ln(9)], dann muss man das Maximum von s finden. Dazu setzt man die s'(a) gleich 0 und erhält bei VZW +/- das gesuchte a.
s'(a)= -3e^{-0,5a}\cdot(-0,5) - e^{0,5a}\cdot 0,5 = 1,5e^{-0,5a} - 0,5e^{0,5a}
1,5e^{-0,5a} - 0,5e^{0,5a}= 0 \qquad |+0,5e^{0,5a} 1,5e^{-0,5a} = 0,5e^{0,5a} \qquad |\cdot 2
3e^{-0,5a} = e^{0,5a} \qquad |\cdot e^{0,5a}
3 = e^a \qquad |logarithmieren
a = ln(3) \approx 1,1
Lässt man sich mit GeoGebra die Graphen von s und s' zeichnen, dann hat man dieses Bild:
152-12b.jpg

und man sieht, dass s' bei a = ln(3) eine VZW +/- hat, also hat s bei a = ln(3) ein Maximum.

Buch S. 154 / 18

f: x \rightarrow 9x\cdot e^{-x} mit D = R.
a) f(0) = 9\cdot 0 \cdot e0 = 0, also ist (0;0) ein Punkt von Gf.
b) Es ist 9x\cdot e^{-x}=9\cdot \frac{x}{e^x} und nach dem Grenzwert in der Merkhilfe für r = 1 ist \lim_{x\to \infty}f(x)=\lim_{x\to \infty}9x\cdot e^{-x}=\lim_{x\to\infty} 9\cdot \frac{x}{e^x}=0

Für den Grenzwert x \to -\infty ist \lim_{x\to -\infty}f(x) =\ " 9\cdot(-\infty) \cdot \infty "= -\infty

c) Es ist f'(x)=9e^{-x}+9x\cdot e^{-x}\cdot(-1)=9e^{-x}(1-x)
Da stets e^{-x} > 0 ist, ist f'(x)=0 für 1 - x = 0 und x = 1.
Da y = 1 - x eine fallende Gerade mit Nullstelle x = 1 ist, ist dort der VZW +/- und damit ist bei x = 0 ein Maximum, Gf hat in (1;\frac{9}{e}) einen Hochpunkt.

d)
154-18.jpg

e) Das Bild zu dieser Aufgabe schaut so aus:
154-18e.jpg
Aufstellen der Gleichung der Tangente:
f(2) = 18\cdot e^{-2} = \frac{18}{e^2}\approx 2,436.
f'(2)=9e^{-2}(1-2)=\frac{-9}{e^2}\approx 1,218.
Ansatz: y = mx + t mit m = \frac{-9}{e^2} und P(2;\frac{18}{e^2} erhält man
\frac{18}{e^2} = \frac{-9}{e^2}\cdot 2 + t
t = \frac{36}{e^2} \approx 4,872
Die Gleichung der Tangente t ist y=\frac{-9}{e^2}x + \frac{36}{e^2}.

Der Schnittpunkt mit der y-Achse ist (0;\frac{36}{e^2}), der Schnittpunkt mit der x-Achse ist (4;0)

Der Flächeninhalt a_1 des Dreiecks TIP ist A_1=\frac{1}{2}\cdot 2 \cdot (\frac{36}{e^2} - \frac{18}{e^2})\approx 2,436
Der Flächeninhalt A des Dreiecks OST ist A=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot \frac{36}{e^2}\approx 9,744
Das Flächenverhältnis ist \frac{A_1}{A}=\frac{1}{4}, also nimmt die Fläche des Dreicks TIP 25% der Fläche des Dreiecks OST ein.
Diese Aufgabe hätte man auch leichter mit dem Strahlensatz lösen können. Die "kleine waagrechte Strecke" [IP] hat die Länge 2, die "große waagrechte Strecke" [OS] hat die Länge 4. Daher ist der Faktor 2 und für das Verhältnis "Fläche kleines Dreieck" : "Fläche großes Dreieck" = 1 : 22 = 1 : 4. Damit hat man das gleiche Ergebnis.

f) Die Situation schaut so aus:
154-18f.jpg
Der Flächeninhalt des Dreiecks OLA ist A(s) = \frac{1}{2}\cdot s \cdot f(s) = \frac{1}{2}\cdot s \cdot 9se^{-s}=\frac{9}{2}\cdot s^2\cdot e^{-s}
A'(s) = \frac{9}{2}[2se^{-s}+s^2e^{-s}(-1)]=\frac{9}{2}e^{-s}s(2-s)

Es ist \frac{9}{2}e^{-s} > 0 und s (2-s)=2s-s^2 ist der Term einer nach unten geöffneten Parabel mit den Nullstellen 0 und 2. Da die Parabel nach unten geöffnet ist, ist bei s = 0 ein VZW -/+ und bei s = 2 ein VZW +/-. Daher hat A bei x = 2 ein Maximum und es ist A(2) = 18e^{-2}=\frac{18}{e^2}\approx 2,436.

Buch S. 159 / 6

f(x) = (1-ln(x))^2 D = R+
Gemeinsame Punkte mit der x-Achse: (1-ln(x))^2=0 ist erfüllt für 1=ln(x), also x=e.
f'(x)=2(1-ln(x))\cdot (-\frac{1}{x})=\frac{2(ln(x)-1)}{x}
Für x\inR+ ist der Nenner positiv. Für das Vorzeichen von f' muss man also den Zähler betrachten.
Für x < e ist ln(x) < 1 und ln(x) - 1 < 0, also ist f'(x) < 0 für x < e und f ist in ]0;e] streng monoton abnehmend.
Für x > e ist ln(x) > 1 und ln(x) - 1 > 0, also ist f'(x) > 0 für x > e und f ist in ]e;\infty[ streng monoton zunehmend.
Da x = e die einzige Nullstelle von f' ist und einen VZW -/+ hat ist bei (e;0) ein Minimum und Gf hat in (e;0) einen Tiefpunkt.

Die positive y-Achse ist Asymptote für x \to 0.

Buch S. 160 / 10

f(x) = ln(x^2+\frac{1}{4}) - ln(x), D = R+
a) Es ist ln(x^2+\frac{1}{4}) - ln(x)=ln \left ( \frac{x^2 + 0,25}{x} \right )
Gemeinsame Punkte mit der x-Achse erhält man, wenn f(x) = 0 ist. Es ist ln \left (\frac{x^2+0,25}{x} \right )=0 für \frac{x^2+0,25}{x} = 1.
x^2+0,25 = x ist eine quadratische Gleichung.
x^2 - x + 0,25 = 0 ergibt mit der binomischen Formel (x-0,5)^2 = 0, also ist x = 0,5 (doppelte) Nullstelle von f.

f'(x) = \frac{1}{x^2+0,25} \cdot 2x - \frac{1}{x}=\frac{2x}{x^2+0,25}-\frac{1}{x}=\frac{2x^2 -(x^2+0,25)}{x(x^2+0,25)}=\frac{x^2-0,25}{x(x^2+0,25)}
f'(x) = 0 ist \frac{x^2-0,25}{x(x^2+0,25)}=0. Da der Nenner für positive x stets positiv ist, muss man nur den Zähler betrachten. Es ist x^2-0,25=(x+0,5)(x-0,5). Der Zähler ist 0 für x = - 0,5 und x = 0,5. -0,5 ist nicht in D, also ist f'(x)=0 für x = 0,5.
Es ist f(0,5)=ln(\frac{0,5^2+0,25}{0,5})=ln(1)=0
Der Zähler ist eine nach oben geöffnete Parabel, die bei der rechten Nullstelle einen VZW -/+ hat. (Der Nenner ist positiv!). Daher hat f' bei x = 0,5 einen VZW -/+ und f hat bei x = 0,5 ein Minimum, Gf bei (0,5;0) einen Tiefpunkt.

b) \lim_{x\to 0+}[ln(x^2+\frac{1}{4}) - ln(x)]=\infty, da ln(0,25) < 0 und lim_{x\to 0}ln(x)=-\infty ist.
Die positive y-Achse ist für x \to 0+ Asymptote.

\lim_{x\to \infty}[ln(x^2+\frac{1}{4}) - ln(x)] =\lim_{x\to \infty}ln(\frac{x^2+0,25}{x}=\infty, da der Grad des Zählerpolynoms 2 ist und damit größer als der Grad des Nennerpolynoms. Der Bruch geht für x\to \infty auch gegen \infty.
Der Graph hat für x\to \infty keine Asymptote.

\lim_{x\to \infty}[ln(x^2+\frac{1}{4}) - ln(x) -ln(x)]=\lim_{x\to \infty}[ln(x^2+0,25)-2ln(x)=\lim_{x\to \infty}\frac{x^2+0,25}{x^2}=ln(1)=0, da der Grad des Zählerpolynoms gleich dem Grad des Nennerpolynoms ist. Damit geht der Bruch für x\to \infty gegen 1 .
Die positive x-Achse ist für x\to \infty Asymptote.

c)
160-10c.jpg

d) g(x) = ln(x). Wenn im Argument 2x steht, dann wird der Graph von g um den Faktor 2 in x-Richtung gestaucht.
160-10d.jpg
Den Schnittpunkt von Gh und Gf erhält man, wenn man ln(2x) = ln(\frac{x^2+0,25}{x}) löst. Wenn die beiden Logarithmen gleich sind, müssen auch ihre Argumente gleich sein und man muss die Gleichung 2x = \frac{x^2+0,25}{x} lösen.
2x = \frac{x^2+0,25}{x} \qquad |\cdot x
2x^2 = x^2 + 0,25 \qquad |-x^2
x^2 = 0,25
x_{1,2}=\pm 0,5
Da D = R+ ist, hat man nur die Lösung x = 0,5 und der Schnittpunkt ist (0,5;0) (x = 0,5 ist Nullstelle, was man in a) gezeigt hat!)
Den Schnittwinkel \varphi erhält man, wenn man tan(\varphi_1)=h'(0,5) und tan(\varphi_2)=f'(0,5) bestimmt und dann \varphi = \varphi_1 - \varphi_2 berechnet.
Es ist h'(x)=\frac{1}{x} , tan(\varphi_1)=h'(0,5)=2 und \varphi_1=63,4^o.
tan(\varphi_2)=f'(0,5)=0 und \varphi_2=0^o.
Also erhält man \varphi = 63,4^o.

e)
160-10e.jpg
Wenn das Trapez um die x-Ache rotiert entsteht ein Zylinder, bei dem rechts ein Kegel herausgeschnitten ist. Die Grundfläche des Zylinders ist ein Kreis mit Mittelpunkt (0;0) und Radius r = ln(2). Die Höhe des Zylinders ist h = 1, also hat der Zylinder das Volumen V_Z = r^2\pi \cdot h = (ln(2))^2 \pi.
Der Kegel, der recht herausgenommen wird hat ebenfalls den Radius r = ln(2), aber die Höhe hK = 0,5. Sein Volumen ist V_K=\frac{1}{3}(ln(2))^2\cdot 0,5 \cdot \pi=\frac{(ln(2))^2}{6}\cdot \pi.
Damit hat der Rotationskörper das Volumen V = V_Z - V_K = (ln(2))^2 \cdot \pi- \frac{(ln(2))^2}{6}\cdot \pi=\frac{5(ln(2))^2}{6}\cdot \pi.

Die Oberfläche des Rotationskörpers setzt sich aus der Grundfläche des Zylinders, seiner Mantelfläche und der Mantelfläche des Kegel zusammen. Es ist G = ((ln(2))^2\pi, M_Z=2r_Z\pi h_Z=2ln(2)\pi und M_K=r_K \pi m=ln(2)\pi\sqrt{(ln(2))^2 + 0,5^2}.

Damit ist O = ((ln(2))^2\pi + 2ln(2)\pi + ln(2)\pi\sqrt{(ln(2))^2 + 0,5^2}
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