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Original von DoC_buhlner
folgende aufgabe: eine ganzrationale funktion 3.grades hat im punkt (0/0) die steigung m=3/2t und im punkt (3t/0) ist m=0; t>0
1. funktionsgleichung aufstellen + nullstellen, EP und WP
2. die y-Achse, die wendetangente und die verbindungsgerade des WPs mit dem ursprung bilden ein dreieck. Zeige, dass dieses dreieck von f(x,t) in zwei gleich große teile zerlegt wird.

bei 1. reichen die ergebinisse zum vergleichen, mein problem: für den flächeninhalt des dreiecks hab ich A(t)= t^3/3 raus. f(x,t) schneidet allerdings aus dem dreieck eine fläche von INT( g(x,t)-f(x,t)dx) = t^3/24 raus, also nicht die hälfte. (g(x,t) ist die wendetangente) kann das mal nachrechnen und mir sagen, ob ich was falsch gemacht hab, oder das dreieck nicht in zwei gleich große teile zerlegt wird?

f(x) = ax³+bx²+cx+d
f'(x) = 3ax²+2bx+c

Punkt (0,0) in f(x) => 0=d
Punkt (3t,0) in f(x) => 0=27at³+9bt²+3ct (d ist ja 0)

Punkt (0,0) hat Steigung m=(3/2)*t (nehme mal an dass nicht 3/(2t) gemeint war)
=> f'(0) = c = (3/2)*t

Punkt (3t,0) hat Steigung 0 => f'(3t) = 0 = 3at²+6bt+(3/2)*t

Bleiben also zwei Gleichungen:
0 = 27at³ + 9bt² + (9/2)*t²
0 = 3at²+6bt+(3/2)*t

Die untere *9t, dann abziehen:
0 = 9bt² - 54bt² + (9/2)*t² - (27/2)*t²
0 = -45bt² - 9t²
0 = 5b + 1
b = -1/5

In untere Gleichung einsetzen:
0 = 3at² + 6(-1/5)t + (3/2)t
0 = 3at² + t(-6/5+3/2)
0 = 3at + 3/10
0 = at + 1/10
a = -1/(10t)

c war (3/2)*t, d war 0

Für mehr muss ich erstmal was essen.

f(x) = -1/(10t)x³ - (1/5)x² + (3/2)tx wenn ich mich nicht irgendwo verhauen habe
f'(x) = -3/(10t)x² - (2/5)x + (3/2)t
f²(x) = -3/(5t)x - 2/5
f³(x) = -3/(5t)

Nullstellen, zwei haben wir ja schon:
0 = -1/(10t)x³ - (1/5)x² + (3/2)tx
0 = x(-(1/10)x²-(1/5)x+(3/2)t)

pq-Formel (oder wie immer sich das woanders in Deutschland schimpft):
-(1/10)x² - (1/5)x + (3/2)t = 0
x² + 2x - 15 = 0
x = -1 +- wurzel (1+15t), eins von den beiden ist 3t, das andere die dritte Nullstelle

Extrema:
0 = -3/(10t)x² - (2/5)x + (3/2)t
0 = -3x² - 10t(2/5)x + 10t(3/2)t
0 = -3x² - 4tx + 15t²
0 = x² + (4/3)tx - 5t²

pq-Formel:
x = -2/3t +- wurzel (16t²/9+5t²)
x = -2/3t +- wurzel (61t²/9)
x = -2/3t +- wurzel (61) * t/3

Überprüfung der Extrema:
f²(x) = -3/(5t)x - 2/5

f²(-2/3t + wurzel (61) * t/3) = (-3/(5t))*(-2/3t + wurzel (61) * t/3) - 2/5
f²(xtrm1) = (-3/5)*(-2/3 + wurzel (61) * 1/3) - 2/5
f²(xtrm1) = (-1/5)*(-2 + wurzel (61)) - 2/5 < 0

=> Maximum

f²(-2/3t - wurzel (61) * t/3) = (-3/(5t))*(-2/3t - wurzel (61) * t/3) - 2/5
f²(xtrm1) = (-3/5)*(-2/3 - wurzel (61) * 1/3) - 2/5
f²(xtrm1) = (-1/5)*(-2 - wurzel (61)) - 2/5 > 0

=> Minimum (i like copy and paste btw )

Wendepunkte:
0 = -3/(5t)x - 2/5
2t = -3x
x = (-2/3)t

Überprüfen:
f³(x) = -3/(5t) ist eh von x unabhängig und ungleich 0, es ist ein Wendepunkt

Bleibt nur noch

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Original von DoC_buhlner
2. die y-Achse, die wendetangente und die verbindungsgerade des WPs mit dem ursprung bilden ein dreieck. Zeige, dass dieses dreieck von f(x,t) in zwei gleich große teile zerlegt wird.

Die y-Achse ist x=0 (und keine Funktion, nebenbei bemerkt), die Wendetangente war der Anstieg im Wendepunkt (?) und die Verbindungsgerade sollte mit zwei Punkten auch kein Problem sein.

Wendepunkt war x = (-2/3)t
f'(x) = -3/(10t)x² - (2/5)x + (3/2)t
f'((-2/3)t) = (-3/(10t))((-2/3)t)² - (2/5)(-2/3)t + (3/2)t
f'((-2/3)t) = (-3/(10t))(4t²/9) - (-4t/15) + (3/2)t
f'((-2/3)t) = (-2t/15) + 4t/15 + (3/2)t
f'((-2/3)t) = -4t/30 + 8t/30 + 45t/30
f'((-2/3)t) = 49t/30

Basteln wir daraus eine Wendetangente w(x) = (49t/30)x + n, wobei der Funktionswert des Wendespunktes ist

f(x) = -1/(10t)x³ - (1/5)x² + (3/2)tx
f((-2/3)t) = (-1/(10t))((-2/3)t)³ - (1/5)((-2/3)t)² + (3/2)t*((-2/3)t)
f((-2/3)t) = 4t²/135 - 4t²/45 - t²
f((-2/3)t) = -8t²/135 - 135t²/135
f((-2/3)t) = -143t²/135 sieht seltsam aus aber nix ist perfekt

w(x) = (49t/30)x - 143t²/135

Die Verbindungsgerade v(x) ist einfach, n ist 0 und m einfach der Punkt selbst, also v(x) = (-2/3)tx.

Zur Erinnerung: die y-Achse war x=0.

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Original von DoC_buhlner
also f'(3t) =0= 27at²+6bt+(3/2)*t, oder?

Ja, du hast recht, hier habe ich es mir etwas einfach gemacht.

Mal schauen ob es Probleme macht.

EDIT: Die Variablen a und b ändern sich dadurch, damit auch alle Ableitungen, nicht so toll...

Korrigierte Version des ersten Postings ab der besagten Stelle:

Bleiben also zwei Gleichungen:
0 = 27at³ + 9bt² + (9/2)*t²
0 = 27at² + 6bt + (3/2)*t

Die untere *t, dann abziehen:
0 = 3bt² + 3t²
-1 = b (ok das ist etwas angenehmer )

In untere Gleichung einsetzen:
0 = 27at² -6t + (3/2)*t
0 = 27at² - (9/2)t
0 = 27at - 9/2
9/2 = 27at
9/(54t) = a
1/(6t) = a

c war (3/2)*t, d war 0

Zweites Posting nochmal überarbeitet...

f(x) = ax³ + bx² + cx + d
f(x) = x³/(6t) - x² + (3/2)tx
f'(x) = x²/(2t) - 2x + 3t/2
f²(x) = x/t - 2
f³(x) = 1/t

Nullstellen:
0 = x³/(6t) - x² + (3/2)tx
0 = x(x²/(6t)-x+3t/2)
x²/(6t) - x + 3t/2 = 0
x² - 6tx + 9t² = 0
x = 3t +- wurzel (9t²-9t²)

Nullstellen sind x = 3t und x = 0.

Extrema:
0 = x²/(2t) - 2x + 3t/2
0 = x² - 4tx + 3t²
x = 2t +- wurzel (4t²-3t²)

Extrema sind x = 3t und x = t

Überprüfung der Extrema:
f²(x) = x/t - 2
f²(3t) = 3t/t - 2
f²(3t) = 1 => Minimum
f²(t) = 1 - 2 => Maximum

Wendepunkte:
0 = x/t - 2
2 = x/t
2t = x

Überprüfen:
f³(x) ist von x unabhängig und immer verschieden von 0, damit ist x = 2t ein Wendepunkt

Drittes Posting...

Wendestelle war x = 2t
f(x) = x³/(6t) - x² + (3/2)tx
f(2t) = 8t³/(6t) - 4t² + 3t²
f(2t) = 4t²/3 - t²
f(2t) = t²/3 = n y-Koordinate des Wendepunktes

f'(x) = x²/(2t) - 2x + 3t/2
f'(2t) = 2t - 4t + 3t/2
f'(2t) = -t/2 = m

Die Wendetangente w(x) = -tx/2 + t²/3

Die Verbindungsgerade Ursprung - Wendepunkt hat x / y des Wendepunktes als Steigung und Verschiebung 0.

v(x) = (2t / (t²/3))x
v(x) = 6x/t

Für die y-Achse setzt man x = 0 an.

Mit b = -1 muss ich nochmal alles durchgehen.

Einen weiteren Anlauf verschiebe ich lieber auf morgen abend, vier Stunden Schlaf sind nicht gerade eine Grundlage für geistige Höchstleistung.

Ok, habe es fleissig editiert, komme jetzt auf denselben Wendepunkt.

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Original von DoC_buhlner
2. die y-Achse, die wendetangente und die verbindungsgerade des WPs mit dem ursprung bilden ein dreieck. Zeige, dass dieses dreieck von f(x,t) in zwei gleich große teile zerlegt wird.

bei 1. reichen die ergebinisse zum vergleichen, mein problem: für den flächeninhalt des dreiecks hab ich A(t)= t^3/3 raus. f(x,t) schneidet allerdings aus dem dreieck eine fläche von INT( g(x,t)-f(x,t)dx) = t^3/24 raus, also nicht die hälfte. (g(x,t) ist die wendetangente) kann das mal nachrechnen und mir sagen, ob ich was falsch gemacht hab, oder das dreieck nicht in zwei gleich große teile zerlegt wird?

w(x) = -tx/2 + t²/3 obere Funktion bis zum Schnitt
v(x) = 6x/t untere Funktion bis zum Schnitt
y-Achse: x = 0
f(x) = x³/(6t) - x² + (3/2)tx

Schnittstelle zwischen w(x) und v(x):
-tx/2 + t²/3 = 6x/t
t²/3 = 6x/t + tx/2
2t³/3 = 12x + t²x
2t³/3 = x(12+t²)
2t³/(3(12+t²)) = x

Integral von w(x) - v(x) nach x über 0 bis 2t³/(3(12+t²))
w(x) - v(x) = -tx/2 + t²/3 - 6x/t
w(x) - v(x) = x(-t/2-6/t) + t²/3
w(x) - v(x) = x(-t²-12)/2t + t²/3
WV(x) = x²(-t²-12)/4t + t²x/3

WV(0) = 0
WV(2t³/(3(12+t²))) = (2t³/(3(12+t²)))²(-t²-12)/4t + t²(2t³/(3(12+t²)))/3
WV(2t³/(3(12+t²))) = -t^5 / (9(12+t²)) + 2t^5/(9(12+t²))
WV(2t³/(3(12+t²))) = t^5 / (9(12+t²))

wendepunkt heisst 2. Abl.=0
Aber nicht 1., wobei die erste die Steigung angibt.

w(x) = -tx/2 + t²/3
f(x) = x³/(6t) - x² + (3/2)tx

Schnittpunkte von w und f zur Sicherheit:
-tx/2 + t²/3 = x³/(6t) - x² + (3/2)tx
0 = x³/(6t) - x² + 2tx - t²/3
0 = x³ - 6tx² + 12t²x - 2t³

Jedes mögliche x müsste t als Faktor enthalten, in der einfachen Potenz. Dieses t kann man erstmal aussen vor lassen.

0 = z³ - 6z² + 12z - 2 mit z = x/t

2 = z³ - 6z² + 12z
z³ muss gerade sein, also muss z gerade sein, kann auch keine gebrochene Zahl sein, die 2 kann keinen potenzierten Nenner ausgleichen. Negative z entfallen ebenfalls, negativ - negativ - negativ kann nicht 2 sein.

Bei z = 0 und z = 2 ist keine Nullstelle, damit ist bei x = 0 und x = 2t keine Nullstelle und w(x) und f(x) haben im Integrationsbereich keinen Schnittpunkt.

Also kann man guten Gewissens integrieren:
w(x) - f(x) = -tx/2 + t²/3 - (x³/(6t) - x² + (3/2)tx)
w(x) - f(x) = -tx/2 + t²/3 - x³/(6t) + x² - (3/2)tx
w(x) - f(x) = -2tx + t²/3 - x³/(6t) + x²
WF(x) = -tx² + t²x/3 - x^4/(24t) + x³/3
WF(x) = -x^4/(24t) + x³/3 - tx² + t²x/3
WF(x) = (-x^4/(8t)+x³-3tx²+t²x)/3

Im Intervall 0 bis 2t³/(3(12+t²)):
WF(0) = 0
3*WF(2t³/(3(12+t²))) = -(2t³/(3(12+t²)))^4/(8t) + (2t³/(3(12+t²)))³ - 3t(2t³/(3(12+t²)))² + t²(2t³/(3(12+t²)))/3

WV(2t³/(3(12+t²))) = 2t^5 / (9(12+t²))

Anderthalb WV in dem Bereich müssten 3 WF in dem Bereich entsprechen

(3/2)*WV(2t³/(3(12+t²))) = t^5 / (3(12+t²))

-(2t³/(3(12+t²)))^4/(8t) + (2t³/(3(12+t²)))³ - 3t(2t³/(3(12+t²)))² + t²(2t³/(3(12+t²)))/3 = t^5 / (3(12+t²))
(-16t^12/(81(12+t²)(12+t²)(12+t²)²))/8t + 8t^9/(27(12+t²)(12+t²)²) - 12t^7/(9(12+t²)(12+t²)) + 2t^5/(3(12+t²)) = t^5 / (3(12+t²))
-2t^6/(27(12+t²)(12+t²)²) + 8t^4/(9(12+t²)²) - 12t²/(3(12+t²)) + 2 = 1
-2t^6/(27(12+t²)(12+t²)²) + 8t^4/(9(12+t²)²) - 12t²/(3(12+t²)) = -1
-2t^6/(27(12+t²)(12+t²)²) + 8t^4/(9(12+t²)²) - 12t²/(3(12+t²)) = -1
-2t^6/(12+t²)³ + 24t^4/(12+t²)² - 108t²/(12+t²) = -27
-2t^6 + 24t^4(12+t²) - 108t²(12+t²)² = -27(12+t²)³
-2t^6 + 288t^4 + 24t^6 - (1296t²+108t^4)(12+t²) = -(324+27t²)(12+t²)²
22t^6 + 288t^4 - (15552t²+1296t^4+1296t^4+108t^6) = -(324+27t²)(144+24t²+t^4)
22t^6 + 288t^4 - 15552t² - 2592t^4 - 108t^6 = -(46656+3888t²+7776t²+648t^4+324t^4+27t^6)

Da auf der einen Seite ein von t freier Term steht und auf der anderen nicht, kann die Gleichung nicht von t frei werden und nicht äquivalent 0 = 0 werden, was bedeutet, dass sie nicht für alle t gilt. Damit lässt sich die Fläche nicht durch die f(x) zweiteilen, wenn ich mich nicht irgendwo verrechnet habe...

EDIT: t>0 verlangt immer noch unendlich viele Lösungen, die kann nur eine variablenfreie Gleichung wie 0 = 0 liefern, also eine Tautologie.

was für nem jahrgang + schulart + bundesland entspricht das !?

Sag mal sheep bist du Matheprofessor ?

Nein ich habe das nur als unterhaltsames Hobby, obwohl ich darin nicht wirklich gut bin (siehe Rechenfehler und Zeitabstände zwischen den Postings). Für die Gedankenwege muss man kein Prof sein, ein durchschnittlicher Student im 6. Semester reicht da auch.

Ich kenn die Kürzel, die im ersten Post erwähnt werden, noch nich mal

um ein bild zu posten musst du auf den entsprechenden Button über dem Texteingabefeld klicken (Hilfstext: "Bild einfügen") und dann die korrekte URL des Bildes angeben. Dazu muss das Bild natürlich irgendwo im Internet liegen. Wenn das der Fall ist kannst du die genaue URL i.d.R. herausfinden indem du darauf rechtsklickst und "Eigenschaften" drückst. Wenn das Bild nur auf deinem Rechner und nicht im Internet ist, dann wirds was komplizierter: du musst es zuerst irgendwohin hochladen. Ich persönlich habe einen eigenen Webserver (mit fester ip usw) wo ich das draufschmeißen kann, ansonsten irgendwo ne billig-domain registrieren und per FTP hochladen.
hoffe ich konnte helfen

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Original von DoC_buhlner
@sheep: was studierst du? und hast zufällig nen paar aufgaben, die ich mal rechnen könnte? e oder ln funktionen wären nit schlecht, oder auch analytische geometrie...

Ich studiere Informatik, aber ein grösserer Happen Mathe inklusive Integrale, Graphentheorie und Stochastik gehört zu jedem Technikstudium, soweit ich weiss. Bei den Matheveranstaltungen bei uns habe ich folgendes gefunden:

http://imath.mathematik.tu-ilmenau.de/~a…ueb/ueb0104.pdf
http://imath.mathematik.tu-ilmenau.de/~a…ueb/ueb1304.pdf
http://imath.mathematik.tu-ilmenau.de/~bernd/Stdplan1.html