Reihen und extrema

26.02.2015, 20:12

BissleBlöd

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Reihen und extrema

Also von foilgender Summe soll der Grenzwert berechnet werden. $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{h=0}^{\infty} \dfrac{6}{h^2+6h+8} \end{eqnarray*}$ sieht etwas nach geometrischer summe aus, etwas nachpartialbruchzerlegung unglücklich

unglücklich

zweite ist $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{m=1}^{\infty} tan(\dfrac{\pi+2m \pi}{4})\dfrac{m^2}{e^m} \end{eqnarray*}$

hab überlegt: für grade m ist tan (...) =1
für ungerade tan(3\4 Pi) ~ 0,8....

in beiden fällen liefert quotientenkriterium udn wurzelkriterium 1=keine entscheidung

3. globale und loka maximas von $\begin{eqnarray*} f(x)=x^2e^{\frac{1}{x}} \end{eqnarray*}$
Hab dort schon die ableitung $\begin{eqnarray*} 2xe^{\frac{1}{x}}+e^{\frac{1}{x}} \end{eqnarray*}$ aber wusste dann nichtmehr weiter

26.02.2015, 20:27

Iorek

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RE: Reihen und extrema

Zitat:

Original von BissleBlöd
Also von foilgender Summe soll der Grenzwert berechnet werden. $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{h=0}^{\infty} \dfrac{6}{h^2+6h+8} \end{eqnarray*}$ sieht etwas nach geometrischer summe aus, etwas nachpartialbruchzerlegung unglücklich

unglücklich

Geometrische Summe solltest du hier nicht erkennen, dafür fehlt der Exponent. Partialbruchzerlegung ist ganz gut, das Stichwort sollte dann aber Teleskopsumme sein.

Zitat:

Original von BissleBlöd
zweite ist $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{m=1}^{\infty} tan(\dfrac{\pi+2m \pi}{4})\dfrac{m^2}{e^m} \end{eqnarray*}$

hab überlegt: für grade m ist tan (...) =1
für ungerade tan(3\4 Pi) ~ 0,8....

Überleg für die ungeraden noch einmal neu.

Zitat:

Original von BissleBlöd
3. globale und loka maximas von $\begin{eqnarray*} f(x)=x^2e^{\frac{1}{x}} \end{eqnarray*}$
Hab dort schon die ableitung $\begin{eqnarray*} 2xe^{\frac{1}{x}}+e^{\frac{1}{x}} \end{eqnarray*}$ aber wusste dann nichtmehr weiter

Überprüf zunächst einmal deine Ableitung. Und dann solltest du die Aufgabe im gesamten Wortlaut mitteilen. Ohne den Definitionsbereich lässt sich die Frage nicht beantworten.

Wie lautet aus der Schule die notwendige Bedingung für einen lokalen Hoch- oder Tiefpunkt?

27.02.2015, 10:29

BissleBlöd

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RE: Reihen und extrema
zu 1. $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{h=0}^{\infty} \dfrac{6}{h^2+6h+8}\\ =6 \sum\limits_{h=0}^{\infty} \dfrac{1}{h^2+6h+8} \end{eqnarray*}$

Jetzt P/Q Formel um den nenner in die Nullstellenform zu bringen

$\begin{eqnarray*} x_{1/2}=-\frac{6}{2} \pm \sqrt{\frac{6^2}{4}-8}=3 \pm 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow 6 \sum\limits_{h=0}^{\infty} \dfrac{1}{(h+2)(h+4)} \end{eqnarray*}$

Jetzt Partialbruchzerlegung

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow 6 \sum\limits_{h=0}^{\infty} \dfrac{A}{(h+2)}+\dfrac{B}{(h+4)}\\ =\sum\limits_{h=0}^{\infty} \dfrac{B(h+2)+A(h+4)}{(h+2)(h+4)}\\ h(A+b)=0\Rightarrow A=-B ,(h\neq 0) \\4A+B=1 \Rightarrow 4A-A=1 \\\Rightarrow A= 1/3 , B= -1/3 \\[1em]\Rightarrow 6 \sum\limits_{h=0}^{\infty} \dfrac{1/3}{(h+2)}-\dfrac{1/3}{(h+4)} \end{eqnarray*}$

Jetzt Summe ausschreiben:
$\begin{eqnarray*} = 6 \cdot \lim_{h \to \infty} [ \dfrac{1/3}{(0+2)}-\dfrac{1/3}{(0+4)} + (\frac{1/3}{(1+2)}-\frac{1/3}{(1+4)}) + (\frac{1/3}{(2+2)}-\frac{1/3}{(2+4)}) + (\frac{1/3}{(3+2)}-\frac{1/3}{(3+4)})+ .... + (\dfrac{1/3}{(h+2)}-\dfrac{1/3}{(h+4)})] \\[1em] =\lim_{h \to \infty} [ \dfrac{2}{2}-\dfrac{2}{4} + \frac{2}{3}-\frac{2}{5} + \frac{2}{4}-\frac{2}{6} + \frac{2}{5}-\frac{2}{7}+ .... + \dfrac{2}{(h+2)}-\dfrac{2}{(h+4)}] \end{eqnarray*}$

Also ich sehe folgendes: Der negative Term des n-ten Gliedes löscht den Term des n+2-ten Gliedes aus bzw ausgeschrieben löscht ein negativer Term immer sein nachnachnachfolger aus

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow [ \dfrac{2}{2} + \frac{2}{3} ] \end{eqnarray*}$ Stimmt das ? War mir nicht ganz sicher ob noch was am ende übrigbleibt

Zu 2.tens Für ungerade ist tan(...) = 0,004. Weiter bin ich nicht gekommen. :/

zu 3tens:
Ableitung $\begin{eqnarray*} 2xe^{1/x}+x^2e^{1/x}x^{-2}=2xe^{1/x}+e^{1/x} \end{eqnarray*}$

Für Extrema muss eine ungerade Ableitung null sein und für die nachfolgende Ableitung ungleich 0
$\begin{eqnarray*} 2xe^{1/x}+e^{1/x}=0 \Leftrightarrow -2xe^{1/x}=e^{1/x} \Leftrightarrow ln(-2xe^{1/x})=ln(e^{1/x}) \Leftrightarrow \frac{1}{x}ln(-2xe)=1/x[ \end{eqnarray*}$

27.02.2015, 10:40

HAL 9000

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Zitat:

Original von BissleBlöd
$\begin{eqnarray*} 4A+B=1 \end{eqnarray*}$

Wie kommst du darauf? Nein, aus der PBZ folgt $\begin{eqnarray*} 4A+2B=1 \end{eqnarray*}$ .

27.02.2015, 10:45

BissleBlöd

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Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Original von BissleBlöd
$\begin{eqnarray*} 4A+B=1 \end{eqnarray*}$

Wie kommst du darauf? Nein, aus der PBZ folgt $\begin{eqnarray*} 4A+2B=1 \end{eqnarray*}$ .

hubs.

Hammer

Nachkorrigiert
Also :
zu 1. $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{h=0}^{\infty} \dfrac{6}{h^2+6h+8}\\ =6 \sum\limits_{h=0}^{\infty} \dfrac{1}{h^2+6h+8} \end{eqnarray*}$

Jetzt P/Q Formel um den nenner in die Nullstellenform zu bringen

$\begin{eqnarray*} x_{1/2}=-\frac{6}{2} \pm \sqrt{\frac{6^2}{4}-8}=3 \pm 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow 6 \sum\limits_{h=0}^{\infty} \dfrac{1}{(h+2)(h+4)} \end{eqnarray*}$

Jetzt Partialbruchzerlegung

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow 6 \sum\limits_{h=0}^{\infty} \dfrac{A}{(h+2)}+\dfrac{B}{(h+4)}\\ =\sum\limits_{h=0}^{\infty} \dfrac{B(h+2)+A(h+4)}{(h+2)(h+4)}\\ h(A+b)=0\Rightarrow A=-B ,(h\neq 0) \\4A+2B=1 \Rightarrow 4A-2A=1 \\\Rightarrow A= 1/2 , B= -1/2 \\[1em]\Rightarrow 6 \sum\limits_{h=0}^{\infty} \dfrac{1/2}{(h+2)}-\dfrac{1/2}{(h+4)} \end{eqnarray*}$

Jetzt Summe ausschreiben:
$\begin{eqnarray*} = 6 \cdot \lim_{h \to \infty} [ \dfrac{1/2}{(0+2)}-\dfrac{1/2}{(0+4)} + (\frac{1/2}{(1+2)}-\frac{1/2}{(1+4)}) + (\frac{1/2}{(2+2)}-\frac{1/2}{(2+4)}) + (\frac{1/2}{(3+2)}-\frac{1/3}{(3+4)})+ .... + (\dfrac{1/2}{(h+2)}-\dfrac{1/2}{(h+4)})] \\[1em] =\lim_{h \to \infty} [ \dfrac{3}{2}-\dfrac{3}{4} + \frac{3}{3}-\frac{3}{5} + \frac{3}{4}-\frac{3}{6} + \frac{3}{5}-\frac{3}{7}+ .... + \dfrac{3}{(h+2)}-\dfrac{3}{(h+4)}] <br /> =\lim_{h \to \infty} [ \dfrac{3}{2}+ \frac{3}{3}-\dfrac{3}{(h+4)}] \end{eqnarray*}$

Grenzwert dann $\begin{eqnarray*} \frac{3}{2} + \frac{3}{3} - \frac{3}{h+3} - \frac{3}{h+4} \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von BissleBlöd

Zu 2.tens Für ungerade ist tan(...) = 0,004. Weiter bin ich nicht gekommen. :/

zu 3tens:
Ableitung $\begin{eqnarray*} 2xe^{1/x}+x^2e^{1/x}x^{-2}=2xe^{1/x}+e^{1/x} \end{eqnarray*}$

Für Extrema muss eine ungerade Ableitung null sein und für die nachfolgende Ableitung ungleich 0
$\begin{eqnarray*} 2xe^{1/x}+e^{1/x}=0 \Leftrightarrow -2xe^{1/x}=e^{1/x} \Leftrightarrow ln(-2xe^{1/x})=ln(e^{1/x}) \Leftrightarrow \frac{1}{x}ln(-2xe)=1/x[ \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \\ \Leftrightarrow ln(-2xe)=1 \\ \Leftrightarrow ln(-2x)+ln(e)=1\\ \Leftrightarrow ln(-2x)+1=1\\ \Leftrightarrow ln(-2x)=0\ \\ \Leftrightarrow e(ln(-2x))=e^0\\ \Leftrightarrow -2x=1 \\ \Leftrightarrow x=-1/2 \end{eqnarray*}$

27.02.2015, 10:57

HAL 9000

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Das Ergebnis stimmt jetzt, aber an vorletzter Stelle sollte eher der Term $\begin{align*} \lim_{h \to \infty} \left[ \frac{3}{2} + \frac{3}{3} - \frac{3}{h+3} - \frac{3}{h+4} \right] \end{align*}$ stehen, denn das ist das, was nach dem Wegstreichen übrigbleibt.

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27.02.2015, 10:59

BissleBlöd

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Zitat:

Original von HAL 9000
Das Ergebnis stimmt jetzt, aber an vorletzter Stelle sollte eher der Term $\begin{align*} \lim_{h \to \infty} \left[ \frac{3}{2} + \frac{3}{3} - \frac{3}{h+3} - \frac{3}{h+4} \right] \end{align*}$ stehen, denn das ist das, was nach dem Wegstreichen übrigbleibt.

Okay ichs editiers dann kann ich mirs ausdrucken. Vielen dank dss die aufgabe gelöst ist smile

smile

Die dirtte ist eigentlich auch gelöst bzw mein problem ist verschwunden, jetztf ehlt nur noch die tangens aufgabe :/

27.02.2015, 11:54

Iorek

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Zitat:

Original von BissleBlöd
Die dirtte ist eigentlich auch gelöst bzw mein problem ist verschwunden, jetztf ehlt nur noch die tangens aufgabe :/

Ich sehe nicht, wo die gelöst wurde. Zur Bestimmung der globalen Extrema muss zwingend der Definitionsbereich bekannt sein. Und deine Ableitung ist immer noch falsch, ebenso wie deine Umformungen. $\begin{eqnarray*} \ln(-2xe^{\frac 1x})\neq \frac 1x\ln(-2xe) \end{eqnarray*}$ , der Exponent steht schließlich nur am $\begin{eqnarray*} e \end{eqnarray*}$ .

Und auch für den Tangens solltest du noch einmal genau und ohne Taschenrechner nachrechnen.

27.02.2015, 12:32

BissleBlöd

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Zitat:

Original von Iorek

Zitat:

Original von BissleBlöd
Die dirtte ist eigentlich auch gelöst bzw mein problem ist verschwunden, jetztf ehlt nur noch die tangens aufgabe :/

Ich sehe nicht, wo die gelöst wurde. Zur Bestimmung der globalen Extrema muss zwingend der Definitionsbereich bekannt sein. Und deine Ableitung ist immer noch falsch, ebenso wie deine Umformungen. $\begin{eqnarray*} \ln(-2xe^{\frac 1x})\neq \frac 1x\ln(-2xe) \end{eqnarray*}$ , der Exponent steht schließlich nur am $\begin{eqnarray*} e \end{eqnarray*}$ .

Und auch für den Tangens solltest du noch einmal genau und ohne Taschenrechner nachrechnen.

Definitionsbereich (0, unendlich)

27.02.2015, 12:38

BissleBlöd

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$\begin{eqnarray*} f(x)=x^2e^{1/x} \end{eqnarray*}$
Ableitung: $\begin{eqnarray*} (x^2)'e^{1/x}+x^2 (e^{1/x})'= 2x e^{1/x}+x^2 e^{1/x} x^{-2}= 2x e^{1/x}+ e^{1/x}\\ \end{eqnarray*}$
Bin ich jetzt blöd :O was stimmt da jetzt nicht ??

27.02.2015, 12:39

Iorek

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Deine Ableitung zu $\begin{eqnarray*} \frac 1x \end{eqnarray*}$ stimmt nicht. Das Vorzeichen ist falsch.

27.02.2015, 12:42

BissleBlöd

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Zitat:

Original von Iorek
Deine Ableitung zu $\begin{eqnarray*} \frac 1x \end{eqnarray*}$ stimmt nicht. Das Vorzeichen ist falsch.

Hammer

Hammer

Hammer

$\begin{eqnarray*} (x^2)'e^{1/x}+x^2 (e^{1/x})'= 2x e^{1/x}+x^2 e^{1/x} x^{-2}= 2x e^{1/x}- e^{1/x}\\ \Rightarrow 2x e^{1/x}- e^{1/x}=0 \\\Leftrightarrow2x e^{1/x}= e^{1/x}\\\Leftrightarrow ln(2x e^{1/x})= ln(e^{1/x})\\\Leftrightarrow ln(2x e^{1/x})= 1/x\\\Leftrightarrow ln(2x)+ln( e^{1/x})= 1/x \\\Leftrightarrow ln(2x)+1/x= 1/x\\\Leftrightarrow ln(2x)= 0\\\Leftrightarrow e(ln(2x))= e^0\\\Leftrightarrow 2x= 1\\\Leftrightarrow x=1/2 \end{eqnarray*}$

27.02.2015, 16:54

Iorek

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Und jetzt liegt unsere potentielle Extremstelle zumindest schonmal im Definitionsbereich. Worum handelt es sich hierbei denn nun? Und was ist mit den globalen Extrema?

01.03.2015, 11:10

BissleBlöd

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Zitat:

Original von Iorek
Und jetzt liegt unsere potentielle Extremstelle zumindest schonmal im Definitionsbereich. Worum handelt es sich hierbei denn nun? Und was ist mit den globalen Extrema?

$\begin{eqnarray*} 2xe^{1/2}-e^{1/x} \\<br /> \Rightarrow 2xe^{1/2}\geq -e^{1/x} \ , \ (x\geq \frac{1}{2})<br /> \\ \Leftrightarrow 2xe^{1/2}-e^{1/x}\geq 0 \ , \ (x\geq \frac{1}{2}) \end{eqnarray*}$

Das heißt die Ableitung ist ab x=1/2 positiv und somit die Funktion monoton wachsend => ein globales Maximum gibt es nicht

Man sieht gleich dass ab 0 bis x= 1/2 die Ableitung negativ ist => Funktion monoton fallend.

Somit sieht man gleich dass 1. in x=1/2 ein lokales minimum ist, 2. dieses minimum auch global ist da für alle $\begin{eqnarray*} x\neq 1/2 \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} f(x) \geq f(1/2) \end{eqnarray*}$

Man könnte 1. bestimmt auch durch die zweite Ableitung bestätigen (hab ich jetzt nicht ausprobiert Engel

Engel

)

01.03.2015, 11:24

Iorek

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Zitat:

Original von BissleBlöd
$\begin{eqnarray*} 2xe^{1/2}-e^{1/x} \\<br /> \Rightarrow 2xe^{1/2}\geq -e^{1/x} \ , \ (x\geq \frac{1}{2})<br /> \\ \Leftrightarrow 2xe^{1/2}-e^{1/x}\geq 0 \ , \ (x\geq \frac{1}{2}) \end{eqnarray*}$

Was machst du hier für Umformungen? Und wo kommt das $\begin{eqnarray*} \frac 12 \end{eqnarray*}$ im Exponenten her? verwirrt

verwirrt

Die Idee das über die Monotonie zu klären ist aber gut!

01.03.2015, 11:34

BissleBlöd

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Zitat:

Original von Iorek

Zitat:

Original von BissleBlöd
$\begin{eqnarray*} 2xe^{1/2}-e^{1/x} \\<br /> \Rightarrow 2xe^{1/2}\geq -e^{1/x} \ , \ (x\geq \frac{1}{2})<br /> \\ \Leftrightarrow 2xe^{1/2}-e^{1/x}\geq 0 \ , \ (x\geq \frac{1}{2}) \end{eqnarray*}$

Was machst du hier für Umformungen? Und wo kommt das $\begin{eqnarray*} \frac 12 \end{eqnarray*}$ im Exponenten her? verwirrt

verwirrt

Die Idee das über die Monotoniej zu klären ist aber gut!

ups...kommt aus der vertippecke. Überall wo im exponent1/2 steht sollte 1/x stehen!

01.03.2015, 11:51

Iorek

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Dann würde ich aber zumindest noch eine kurze Begründung erwarten, wieso $\begin{eqnarray*} 2xe^{\frac 1x}\geq e^{\frac 1x} \end{eqnarray*}$ (ich nehme mal an, das Minuszeichen ist auch ein Vertipper) für $\begin{eqnarray*} x\geq \frac 12 \end{eqnarray*}$ ist. Ebenso dann für den Fall $\begin{eqnarray*} 0<x\leq \frac 12 \end{eqnarray*}$ . Dann wäre das so in Ordnung.

01.03.2015, 12:27

BissleBlöd

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Zitat:

Original von Iorek
Dann würde ich aber zumindest noch eine kurze Begründung erwarten, wieso $\begin{eqnarray*} 2xe^{\frac 1x}\geq e^{\frac 1x} \end{eqnarray*}$ (ich nehme mal an, das Minuszeichen ist auch ein Vertipper) für $\begin{eqnarray*} x\geq \frac 12 \end{eqnarray*}$ ist. Ebenso dann für den Fall $\begin{eqnarray*} 0<x\leq \frac 12 \end{eqnarray*}$ . Dann wäre das so in Ordnung.

Ja ist ein vertipper. kein plan wo die immer her kommen geschockt

geschockt

Hammer

Also ich würds so beweisen Wir haben $\begin{eqnarray*} 2xe^{\frac 1x}-e^{\frac 1x} \end{eqnarray*}$ . somit 2 Terme die abhängig von x sind und sich verändern. ist einer der terme negativ [positiv] so ist die summe positiv [negativ] (oder =0). Das heißt wir müssen die Terme beide in Relation setzen

Ich nenne die Relation mal Alpha und führe einige Äuivalenzumformungen durch

$\begin{eqnarray*} <br /> 2xe^{\frac 1x} \ \alpha \ e^{\frac 1x}<br /> \Leftrightarrow 2x \ \alpha \ 1<br /> \Leftrightarrow x \ \alpha \ \dfrac{1}{2} \end{eqnarray*}$
Wie man sieht hängt die Realtion von der relation von x zu 1/2 ab.
Es gibt 3 Fälle:
1. $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$
2. $\begin{eqnarray*} x> 1/2 \end{eqnarray*}$
3. $\begin{eqnarray*} x< 1/2 \end{eqnarray*}$

Den Ersten Fall haben wir schon behandelt
Zweiter Fall. Für alle x> 1/2 gilt.
$\begin{eqnarray*} x> 1/2 \Leftrightarrow 2x > 1 \Leftrightarrow 2xe^{\frac 1x} > e^{\frac 1x}\Leftrightarrow 2xe^{\frac 1x}- e^{\frac 1x}> 0 \end{eqnarray*}$
Dritter Fall. Für alle x<1/2 gilt.
$\begin{eqnarray*} x<1/2 \Leftrightarrow 2x < 1 \Leftrightarrow 2xe^{\frac 1x}<e^{\frac 1x}\Leftrightarrow 2xe^{\frac 1x} -e^{\frac 1x}< 0 \end{eqnarray*}$

01.03.2015, 12:35

Iorek

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Zitat:

Original von BissleBlöd
Also ich würds so beweisen Wir haben $\begin{eqnarray*} 2xe^{\frac 1x}-e^{\frac 1x} \end{eqnarray*}$ . somit 2 Terme die abhängig von x sind und sich verändern. ist einer der terme negativ [positiv] so ist die summe positiv [negativ] (oder =0). Das heißt wir müssen die Terme beide in Relation setzen

Hier verstehe ich nicht ganz, was du sagen willst. Warum ist die Summe zweier Terme positiv, wenn ein Term negativ ist? Ohne etwas über den zweiten Term zu wissen, kann man über so etwas überhaupt keine Aussage treffen.

Zitat:

Original von BissleBlöd
Zweiter Fall. Für alle x> 1/2 gilt.
$\begin{eqnarray*} x> 1/2 \Leftrightarrow 2x > 1 \Leftrightarrow 2xe^{\frac 1x} > e^{\frac 1x}\Leftrightarrow 2xe^{\frac 1x}- e^{\frac 1x}> 0 \end{eqnarray*}$
Dritter Fall. Für alle x<1/2 gilt.
$\begin{eqnarray*} x<1/2 \Leftrightarrow 2x < 1 \Leftrightarrow 2xe^{\frac 1x}<e^{\frac 1x}\Leftrightarrow 2xe^{\frac 1x} -e^{\frac 1x}< 0 \end{eqnarray*}$

Wenn du beim dritten Fall noch $\begin{eqnarray*} 0<x \end{eqnarray*}$ beachtest und erwähnst, wieso du beide Seiten der Ungleichung mit $\begin{eqnarray*} e^{\frac 1x} \end{eqnarray*}$ multiplizieren darfst, ohne dass sich das $\begin{eqnarray*} < \end{eqnarray*}$ -Zeichen ändert, dann bist du fertig.

01.03.2015, 12:39

BissleBlöd

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Zitat:

Hier verstehe ich nicht ganz, was du sagen willst. Warum ist die Summe zweier Terme positiv, wenn ein Term negativ ist? Ohne etwas über den zweiten Term zu wissen, kann man über so etwas überhaupt keine Aussage treffen.

Stimmt. völliger blödsinn. ich habe an das wenn zweiter term kleiner als erster term ist..usw gedacht. schnell vergessen

Zitat:

Wenn du beim dritten Fall noch $\begin{eqnarray*} 0<x \end{eqnarray*}$ beachtest und erwähnst, wieso du beide Seiten der Ungleichung mit $\begin{eqnarray*} e^{\frac 1x} \end{eqnarray*}$ multiplizieren darfst, ohne dass sich das $\begin{eqnarray*} < \end{eqnarray*}$ -Zeichen ändert, dann bist du fertig.

Hab ich ursprünglich sogar reingeschrieben, habs aber weggelassen da das schon der Definitionsbereich sagt Augenzwinkern

Augenzwinkern

werde es beim nächsten mal beherzigen smile

smile

Ps: Für x>0 ist e^(1/x) positiv, da die natürliche exp-funktion für positive exponenten bei 1 anfängt und monoton wächst und $\begin{eqnarray*} \frac{1}{x} \in (0, \infty) \end{eqnarray*}$

01.03.2015, 12:54

Iorek

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Zitat:

Original von BissleBlöd
Ps: Für x>0 ist e^(1/x) positiv, da die natürliche exp-funktion für positive exponenten bei 1 anfängt und monoton wächst und $\begin{eqnarray*} \frac{1}{x} \in (0, \infty) \end{eqnarray*}$

Vielmehr ist $\begin{eqnarray*} e^x>0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ , also ist auch $\begin{eqnarray*} e^{\frac 1x}>0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R, x\neq 0 \end{eqnarray*}$ . Aber ja, damit sind die Extrema jetzt bestimmt.

01.03.2015, 13:13

BissleBlöd

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Zitat:

Original von Iorek

Zitat:

Original von BissleBlöd
Ps: Für x>0 ist e^(1/x) positiv, da die natürliche exp-funktion für positive exponenten bei 1 anfängt und monoton wächst und $\begin{eqnarray*} \frac{1}{x} \in (0, \infty) \end{eqnarray*}$

Vielmehr ist $\begin{eqnarray*} e^x>0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ , also ist auch $\begin{eqnarray*} e^{\frac 1x}>0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R, x\neq 0 \end{eqnarray*}$ . Aber ja, damit sind die Extrema jetzt bestimmt.

Super

smile

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