Untersuchung von x* ln(x)

12.01.2006, 13:27

Friedrich

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Untersuchung von x* ln(x)

Hi,
ich untersuche die Funktion

x*ln(x)

Jetzt interessiert mich die Steigung des Graphen für
x->0

Die Ableitung der Funktion ist
1*ln(x) + 1 = ln(x) + 1

Wenn ich die Ableitung gegen 0 laufen lasse müsste ja "minus unendlich" herauskommen, es muss aber "plus unendlich" sein (ist zwar für die Asymptote egal, aber für den Graphen nicht)

Und noch ne Kleinigkeit nebenbei, wie kann ich zeigen, dass
x*ln(x) für x-> 0
0 ist?

Ist zwar eigentlich klar, weil ln(x) kann so negativ werden wie es lustig ist, sobald es mit x->0 multipliziert wird ist der Term 0, aber gibt es da eine formale Ausdrucksweise dafür??

PS: warum muss man im Plotter log statt ln eingeben. Ich meine log ohne Basisangabe ist eigentlich sinnlos!

12.01.2006, 13:33

klarsoweit

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RE: Untersuchung von x* ln(x)

Zitat:

Original von Friedrich
ich untersuche die Funktion
x*ln(x)

Erstmal: das ist keine Funktion, sondern ein Term. Funktion wäre sowas:
f(x) = x*ln(x)
Selbiges gilt für die Ableitung.

Zitat:

Original von Friedrich
es muss aber "plus unendlich" sein (ist zwar für die Asymptote egal, aber für den Graphen nicht)

Wieso muß das plus unendlich sein? verwirrt

verwirrt

12.01.2006, 13:50

Friedrich

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RE: Untersuchung von x* ln(x)

Zitat:

Original von klarsoweit

Erstmal: das ist keine Funktion, sondern ein Term. Funktion wäre sowas:

Ja, aber nur wenn man Zeit hat ^^

Zitat:

Original von klarsoweit
Wieso muß das plus unendlich sein? verwirrt

verwirrt

Weil der Graph so aussieht:

Und weil das Lösungsbuch es so vorgibt, wobei ich letzteres überhaupt nicht nachvollziehen konnte, weil die an der Stelle auf einmal die zweite Ableitung nämlich 1/x betrachtet haben.

Es müsste aber so sein, weil der Graph wie bereits gesagt gegen 0 läuft und weil vorher ein Minimum ist, muss er ja zur Null hin steigen, denn es gibt ja sonst keine Nullstellen, Extrema oder Wendestellen auf diesem Intervall.

12.01.2006, 13:55

klarsoweit

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RE: Untersuchung von x* ln(x)

Zitat:

Original von Friedrich
Es müsste aber so sein, weil der Graph wie bereits gesagt gegen 0 läuft und weil vorher ein Minimum ist, muss er ja zur Null hin steigen, denn es gibt ja sonst keine Nullstellen, Extrema oder Wendestellen auf diesem Intervall.

Hää?

verwirrt

Von x=0 nach rechts gesehen fällt der Graph, also ist die Steigung negativ.

12.01.2006, 18:33

Friedrich

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hmm, wie war das mit dem Wald und den Bäumen LOL Hammer

LOL Hammer

hab die ganze zeit wegen 0+ von rechts nach links geguckt... das hieße das Lösungsbuch ist an der Stelle (zum wiederholten male) falsch.
Vielleicht sollte ich nach dem Abi mal an den Verlag schreiben ^^

Bleibt nur noch die Kleinigkeit mit dem Grenzwert für f(x). Hast du eine Idee wie man das formal zeigt?

12.01.2006, 19:00

klarsoweit

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Wenn du die Eigenschaft $\begin{eqnarray*} \lim_{y \to \infty} y \cdot e^{-y} = 0 \end{eqnarray*}$ verwenden darfst, dann setze x = e^(-y).

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12.01.2006, 20:26

Friedrich

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Ich verstehe den Unterschied nicht!
Also ob bei $\begin{eqnarray*} x * ln(x) \end{eqnarray*}$ das x gegen 0 läuftz und damit das ganze Produkt 0 wird
oder ob bei $\begin{eqnarray*} y*e^{-y} \end{eqnarray*}$ die e Funktion gegen 0 läuft und damit das ganze Produkt 0 wird

12.01.2006, 22:40

Frooke

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Du weisst, dass
$\begin{eqnarray*} \lim_{y \to \infty} y ~\mathrm e^{-y}=0 \end{eqnarray*}$

Setze nun

$\begin{eqnarray*} x=\mathrm e^{-y} \end{eqnarray*}$

EDIT... Muss es genauer schreiben:

$\begin{eqnarray*} \lim_{y \to 0} x \ln x =\lim_{y \to \infty} (-y) ~\mathrm e^{-y} = ... \end{eqnarray*}$

13.01.2006, 16:54

Friedrich

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Die Substitution verstehe ich schon, aber ich verstehe nicht warum ihr den Grenzwert
$\begin{eqnarray*} \lim_{y \to \infty} (-y) ~\mathrm e^{-y} \end{eqnarray*}$
als gegeben voraussetzt

13.01.2006, 17:30

klarsoweit

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Ich setze den nicht als gegeben voraus, sondern ich fragte, ob du davon ausgehen kannst, das der Grenzwert existiert, sprich, ob das in deinen Unterlagen schon bewiesen wurde. Dann kann man den nämlich benutzen.

13.01.2006, 18:58

Frooke

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Falls das noch nicht bewiesen wurde kannst Du das einfach herleiten:

$\begin{eqnarray*} \lim_{y \to \infty} y \cdot \mathrm e^{-y} = \lim_{y \to \infty} \frac{y}{\mathrm e^{y}}=\lim_{y \to \infty} \frac{y'}{\left(\mathrm e^{y}\right)'} \end{eqnarray*}$

also die Regel von de l'Hospital anwenden...

Und wenn das dann gegeben ist, sollte der Fall geklärt sein.

13.01.2006, 19:19

4c1d

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Na, dafür muss man doch keine Maschine wie L'Hospital bemühen :
$\begin{eqnarray*} x e^{-x} = \frac{x}{\sum_{n=0}^{\infty} ~ \frac{x^n}{n!}} < \frac{x}{\frac{x^2}{2}} =\frac{2}{x} \to 0 \ (x \to \infty) \end{eqnarray*}$

14.01.2006, 11:09

Frooke

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Wär ich jetzt nicht draufgekommen, ist aber auch eine gute Variante. Voraussetzung ist in beiden Fällen die Ableitung (Taylorpolynome fallen ja nicht vom Himmel), aber das hier von 4c1d find ich schon sehr elegant Freude

Freude

Falls es für Friedrich nicht klar sein sollte:
$\begin{eqnarray*} \frac{x}{\underbrace{\sum\limits_{n=0}^{\infty} ~ \frac{x^n}{n!}}_{=\mathrm e^x}} \end{eqnarray*}$

14.01.2006, 13:15

Friedrich

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OK, jetzt leuchtet es ein smile

smile

Die Umforumung von Frooke konnte ich leicht nachvollziehen und die Regel von le'Hospital dürfen wir ja auch benutzen (auch wenn wir sie nicht beweisen konnten).

Die Umformung in den Bruch mit Summen ist wahrscheinlich unter eingefleichten Mathematikern elegant, aber ich kannte weder die Summenformel für e^x und wüsste auch nicht warum man diese gerade mit x²/2 vergleichen könnte.
Versteht mich nicht falsch, es ist vllt elegant, aber dazu fehlen mir die Voraussetzungen ^^

14.01.2006, 13:38

mercany

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Ohne Gewähr, dass das jetzt richtig ist was ich sage.
Ich hab da selbst keine Ahnung von! Augenzwinkern

Augenzwinkern

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^{\infty} ~ \frac{x^n}{n!} \end{eqnarray*}$ stellt $\begin{eqnarray*} e^x \end{eqnarray*}$ einfach nur als Potenzreihe dar.

Die Abschätzung erfolgt hier einfach nur für $\begin{eqnarray*} n=2 \end{eqnarray*}$ , da das der kleinste Wert in der Reihe ist und du sicher gehen kannst, dass für sämtliche folgende $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ (denn $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ läuft ja bis $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ ), dein $\begin{eqnarray*} \frac{x^2}{2} \end{eqnarray*}$ größer sein wird.

Bitte korrigieren, wenns Mist war!

Gruß, mercany

14.01.2006, 14:18

4c1d

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Zitat:

Original von Friedrich
Die Umformung in den Bruch mit Summen ist wahrscheinlich unter eingefleichten Mathematikern elegant, aber ich kannte weder die Summenformel für e^x und wüsste auch nicht warum man diese gerade mit x²/2 vergleichen könnte.

OK, sorry, ich kenne das so, dass man e^x gerade über diese Summenformel definiert (insofern würde sie dann schon vom Himmel fallen, aber es gibt ja bekanntlich viele Möglichkeiten, die Funktion zu definieren), deswegen schien es mir das Naheliegenste. Wie habt ihr denn e^x definiert?

@ mercany : Nicht ganz, ich schätze einfach ganz schwach ab $\begin{eqnarray*} \frac{x^0}{1}+\frac{x}{1}+\frac{x^2}{2} + ... > \frac{x^2}{2} \end{eqnarray*}$

14.01.2006, 14:21

mercany

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Zitat:

Original von 4c1d
@ mercany : Nicht ganz, ich schätze einfach ganz schwach ab $\begin{eqnarray*} \frac{x^0}{0}+\frac{x}{1}+\frac{x^2}{2} + ... > \frac{x^2}{2} \end{eqnarray*}$

Stimmt, da hab ich nicht ganz korrekt gedacht!

Danke!

Gruß, mercany

14.01.2006, 14:31

Lazarus

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ob du mit x^2/2 oder mit x^4/24 abschätzt ist egal.

aus der allgemein bekannten tatsache das für ein genügend großes x immer gilt $\begin{eqnarray*} e^x > x^n \end{eqnarray*}$ und damit erst recht $\begin{eqnarray*} e^x > \frac{x^n}{n!} \end{eqnarray*}$ und somit natürlich auch $\begin{eqnarray*} \frac{1}{e^x}<\frac{1}{x^n} \end{eqnarray*}$ kann man mit einem belibigen x^n term abschätzen.

servus

\\edit: hab telefoniert und vergessen zu posten ^^
bezieht sich auf den drittletzten post Augenzwinkern

Augenzwinkern

14.01.2006, 14:58

Frooke

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@4c1d: Da hat sich noch ein kleiner Fehler bei Dir eingeschlichen!

$\begin{eqnarray*} 0!=1 \ne 0 \end{eqnarray*}$

Und mit dem «vom Himmel fallen»: Für diese Potenzreihe braucht man immerhin schon mal eine vernünftige Definition der Ableitung von e^x. Und insofern bedient sich l'Hospital eigentlich der gleichen Voraussetzungen...

Dennoch ist Dein Weg eleganter *hutzieh* Augenzwinkern

Augenzwinkern

Mfg

14.01.2006, 22:47

4c1d

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Zitat:

Original von Frooke
@4c1d: Da hat sich noch ein kleiner Fehler bei Dir eingeschlichen!
$\begin{eqnarray*} 0!=1 \ne 0 \end{eqnarray*}$

Danke, hab's verbessert.

Zitat:

Und mit dem «vom Himmel fallen»: Für diese Potenzreihe braucht man immerhin schon mal eine vernünftige Definition der Ableitung von e^x.

Warum? Man braucht eigentlich nur zu wissen, was eine unendliche Reihe ist. Außerdem ist diese Definition äquivalent zu jeder anderen, da man die anderen daraus herleiten kann (inklusive der Eigenschaft, dass (e^x)'=e^x).

15.01.2006, 11:31

Frooke

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Zitat:

Original von 4c1d
Warum? Man braucht eigentlich nur zu wissen, was eine unendliche Reihe ist. Außerdem ist diese Definition äquivalent zu jeder anderen, da man die anderen daraus herleiten kann (inklusive der Eigenschaft, dass (e^x)'=e^x).

Stimmt, ja. Ich muss meinen Einwand vielleicht etwas präzisieren. Für einen Schüler wird es wohl besser sein, zuerst e mit seinen Eigenschaften zu definieren und DANACH die Taylorpolynome daraus zu folgern. Aber letztlich stimmt es schon, definieren kann man, wie man will!

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