M11 Aufgaben zu Logarithmus- und Exponentialfunktionen

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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<math>. <br>
Es ist <math>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)

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.
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