Def-Lücke + Rotationskörper < Exp- und Log-Fktn < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:52 So 22.03.2009 | | Autor: | deaddyer |
Guten Morgen =)
Folgende Funktion ist gegeben:
[mm] f_a(x)=x*ln(\bruch{x²}{a})
[/mm]
mit a>0 und [mm] a\in\IR
[/mm]
Für den Definitionsbereich folgt ja nun, dass es eine Lücke bei (0|0) geben
muss, da ln(0) nicht definiert ist. Mein Problem ist jetzt aber, dass ich das
mit der Regel von de l'Hospital (oder wie auch immer sie geschrieben wird ;))
nachweisen muss...
Könntet ihr mir da bitte helfen?
Meine zweite Frage bezieht sich auf einen weitern Aufgabenteil zu dieser
Funktionenschar:
Ich muss folgenden Rotationskörper ausrechnen:
[mm] V_x=\pi*\integral_{+\wurzel{a}}^{e²}{ln(\bruch{x²}{a}) dx}
[/mm]
Daraus folgt ja (wenn ich integriere):
[mm] V_x=\pi*(2*(x*ln(x)-x)-(ln(ax)) [/mm] mit den Grenzen [mm] +\wurzel{a} [/mm] und e²
Wenn ich nun die Grenzen einsetze:
[mm] V_x=\pi*((2e²-ae)-(2\wurzel{a}*ln(\wurzel{a})-2\wurzel{a}-ln(a\wurzel{a})) [/mm]
(Das Pluszeichen vor der Wurzel habe ich aus Irritationsgründen weggelassen)
Wie kann ich dies nun also weiter vereinfachen, damit ich einen
Rotationskörper in Abhängigkeit von dem Parameter a habe?
Danke schon mal im Vorraus =)
Gruß
deaddyer
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:10 So 22.03.2009 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Die Regel von L'Hospital kannst du ja anwenden, wenn du einen vermeintlichen Grenzwert von [mm] "\bruch{0}{0}" [/mm] oder [mm] "\bruch{\infty}{\infty}" [/mm] rausbekommst.
Wenn das bei deiner Funktion nicht der Fall ist, kannst du die auch oft so umformen, sodass das der Fall ist.
In deinem Fall:
[mm] f_a(x)=\bruch{ln(\bruch{x^2}{a})}{\bruch{1}{x}}
[/mm]
Nun laufen Zähler und Nenner gegen unendlich für x->0. [mm] -\infty [/mm] wird durch den L'Hospital auch abgedeckt. Wie du ihn jetzt anzuwenden hast, weißt du, oder?
Und zum Integral:
Habe eine andere (einfachere) Stammfunktion raus.
Wie bist du denn da vorgegangen?
![[anon]](/images/smileys/anon.png "[anon]") Teufel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:22 So 22.03.2009 | | Autor: | deaddyer |
Also wenn ich
[mm] f_a(x)=\bruch{ln(\bruch{x²}{a})}{\bruch{1}{x}} [/mm]
habe, dann muss ich ja nur jeweils den Zähler und den Nenner
ableiten, bis ich irgendwann entweder im Zähler oder im Nenner
eine "Zahl" stehen habe, also einen Wert gegen den dieser Bruch
läuft, oder?
Zu dem Integral:
Ich habe zunächst die ln-Funktion "auseinander gezogen", sodass da steht:
[mm] V_x=\pi*(\integral_{+\wurzel{a}}^{e²}{ln(x²) dx} [/mm] - [mm] \integral_{+\wurzel{a}}^{e²}{ln(a) dx})
[/mm]
Dann kann ich die ² von dem ersten Integral vor das Inegral ziehen und daraufhin meine Stammfunktion herleiten...aber wie hast denn du das?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:28 So 22.03.2009 | | Autor: | Teufel |
Ja genau, Zähler und Nenner einfach getrennt ableiten. Nach einem mal sollte in der Regel bei solchen Sachen schon etwas "vernünftiges" da stehen, aber du hast recht, wenn nicht, und wieder einer dieser Fälle vorliegt, einfach nochmal durch den L'Hospital jagen.
Zum Integral:
Ah klar, hab mich wohl verguckt, aber dennoch ist [mm] \integral_{}^{}{ln(a) dx}=ln(a)*x [/mm] und nicht ln(ax)!
Eine kleine Vereinfachung ist es ja dennoch. :)
Teufel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:40 So 22.03.2009 | | Autor: | deaddyer |
Das heißt wenn ich jetzt die Regel von l'Hospital anwende
kommt als Ergebnis bei mir folgendes raus:
[mm] \bruch{\bruch{2}{x}}{\bruch{1}{x²}}
[/mm]
wenn ich das jetzt umschreibe (wobei ich mir nicht sicher bin, ob ich das
so einfach darf!?) dann würde da stehen:
[mm] \bruch{2x²}{x}
[/mm]
aber dann wäre das ja eigentlich (wenn ich das weiter ableite):
[mm] \bruch{4x}{x}
[/mm]
demnach würde dieser Bruch gegen unendlich gehen (bei x>0), was allerdings heißen würde, dass keine Lücke vorliegt, oder?
Oh, sorry, das ln(a)*x sollte auch eigentlich da stehen =)
Dann würde aber doch trotzallem daraus folgern:
[mm] V_x=\pi*(2*(x*ln(x)-x)-(ln(a)*x)
[/mm]
Wenn ich dann widerum meine Grenzen einsetze:
[mm] V_x=\pi*((2*(e²*ln(e²)-e²)-(ln(a)*e²))-(2*(2*(\wurzel{a}*ln(\wurzel{a})-\wurzel{a})-(ln(a)*\wurzel{a}))
[/mm]
Aber wie kann ich das nun weiter vereinfachen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:16 So 22.03.2009 | | Autor: | Teufel |
Ja, fast!
Nach einmal Anwenden kommst du auf:
[mm] \limes_{x\rightarrow 0}-\bruch{\bruch{2}{x}}{\bruch{1}{x^2}}
[/mm]
Das kannst du nun so zusammenfassen, wie du es vorhattest. Und wenn du nochmal den L'Hospital anwendest (da hier diesmal dann [mm] "\bruch{0}{0}" [/mm] vorliegt), dann erhältst du aber [mm] \bruch{4x}{1}!
[/mm]
Damit hättest du dann einen Grenzwert von 0.
Zum Integral:
Vereinfache am besten schon, bevor du Grenzen eingesetzt hast.
[mm] V_x=\pi*(2*(x*ln(x)-x)-(ln(a)*x)=\pi*(2x(ln(x)-1)-xln(a)=\pi*x(2(ln(x)-1)-ln(a))=\pi*x(2ln(x)-2-ln(a))=\pi*x(ln(\bruch{x^2}{a})-2)
[/mm]
Teufel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:31 So 22.03.2009 | | Autor: | deaddyer |
Woher kommt denn dein Minuszeichen vor dem Bruch?
Also wenn ich das dann jeweils einsetze:
[mm] V_x=(\pi*e²(ln(\bruch{(e²)²}{a})-2))-(\pi*\wurzel{a}[ln(\bruch{\wurzel{a}}{a})-2))
[/mm]
?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:36 So 22.03.2009 | | Autor: | Teufel |
[mm] (\bruch{1}{x})'=(x^{-1})'=-x^{-2}=-\bruch{1}{x^2}!
[/mm]
Und das Integral sollte dann stimmen, wobei du noch natürlich bei [mm] \wurzel{a} [/mm] und a was kürzen könntest. Das kann man sicher noch etwas umformen, aber einfacher wird's dadurch sicher nicht mehr viel werden. Von daher reicht das eigentlich so.
Oh warte: Da es x² ist da im Logarithmus, wird [mm] \wurzel{a} [/mm] auch zu a. Damit hast du beim rechten Logarithmus ln(1)=0. Außerdem kannst du (e²)² auch zu [mm] e^4 [/mm] umschreiben.
Teufel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:39 So 22.03.2009 | | Autor: | deaddyer |
Oh...das hatte ich dann eben mal vergessen^^
Danke für deine Hilfe!
Gruß deaddyer
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