Erstellen beider Tangentengeraden an eine natürliche Exp.fkt. durch beliebigen Punkt

06.08.2015, 15:44

Saschius

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Erstellen beider Tangentengeraden an eine natürliche Exp.fkt. durch beliebigen Punkt

Meine Frage:
Liebe Matheboardler!

Ich habe eine Frage zur Erstellung von Tangentengeraden einer Funktion. Wir befinden uns im R2 und haben eine natürliche E-Fkt. mit f(x)=e^x vorliegen. Gleichzeitig ist ein Punkt, wir nennen ihn A, mit (1/1) gegeben.

Nun sollen die Tangentengeraden a und b erstellt werden, die durch den Punkt A gehen und die Funktion f(x) an der Stelle berühren, wo die Steigungen beider Funktionen übereinstimmen (ist ja definiert durch die Vorgabe des Berührpunktes)

Meine Ideen:
Generell läuft es ja nach Schema f ab:
1. Man benötigt die Funktion f(x), und leitet sie einmal ab zu f`(x)
2. Man benötigt die Koordinaten der Berührstelle
3. Man setzt die x-Koordinate in die Ableitung und erhält die Steigung der Geraden.
4. Die Geradengleichung y=ax+b wird nach b umgestellt und der Punkt aus 2. wird eingesetzt --> Fertig ist die Gerade.

Nun ist eben genau der Punkt 2 der Knackpunkt. Es ist ein beliebiger Punkt und nicht die Koordinate der Berührstelle.
Mein Vorschlag wäre:

f`(x) muss an der gesuchten Stelle dieselbe Steigung haben wie die der Geraden, also lautet die Geradengleichung:
y= f`(x)*x+b. Wenn man den Punkt A(1/1) von oben einsetzt, dann erhält man: b=1-f`(x)*1 <=> y=f´(x)*x+(1-f`(x)

Problem ist, dass die e-Fkt. abgeleitet eine e-Fkt. ergibt und man somit keine Gerade als Tangente herausbekommt, sondern eine e-Fkt.. Hinzukommt, dass man auch keine zwei Geraden hat.

Im Anhang ist das ganze nochmal etwas übersichtlicher. Die roten Geraden a,b sind die gesuchten.

06.08.2015, 15:54

wopi

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RE: Erstellen beider Tangentengeraden an einer natürlichen Exp.fkt. an beliebigen Punkt
Du musst die Berührstellen xo bestimmen:

Tangentengleichung: y = f'(xo) * (x -1 ) + 1

Berührpunkt (xo | e^xo ) einsetzen und du hast eine Gleichung für die xo

Wink

Wink

06.08.2015, 16:00

Bjoern1982

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Zitat:

y=f´(x)*x+(1-f`(x)

Aufgrund von Doppelbelegungen solltest du es eher so schreiben:

Zitat:

g(x)=f´(xs)*x+(1-f`(xs))

Nun kannst du noch benutzen, dass Tangente und Graph von f in x=xs ebenso im y-Wert übereinstimmen müssen (f(xs)=g(xs))
Damit erhältst du eine Gleichung, die du nach xs auflösen kannst.

Zitat:

Du musst die Berührstellen xo bestimmen:

Tangentengleichung: y = f'(xo) * (x -1 ) + 1

Warum MUSS er das jetzt so machen? War (bis auf die Doppelbelegung) doch alles in Ordnung mit seinem Zwischenergebnis.

06.08.2015, 16:33

Saschius

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Also ich habe nun folgendes gemacht:
1. f(x0)= e^(x0) und f´(x0)=e^(x0)
2. Punkt (1/1)
3. Aufstellen von g(x)=ax+b: g(x)=f`(x0)*x+(1-f`(x0))
4. Einsetzen von 1. in 4.: g(x)=e^(x0)*x+(1-e^(x0))

Nun war deine weitere Idee: "Nun kannst du noch benutzen, dass Tangente und Graph von f in x=xs ebenso im y-Wert übereinstimmen müssen (f(xs)=g(xs))
Damit erhältst du eine Gleichung, die du nach xs auflösen kannst."

Ich bin mir nicht sicher was du meinst. Meinst du, dass in dem Berührpunkt der y-Wert bei x für g(x) und bei x0 für f(x0) gleich sind?
Wenn das der Fall ist dann kann ich ja folgendes machen:
g(x)=f(x0)
e^(x0)*x+(1-e^(x0)) = e^(x0) --> Wie gehts weiter nach x0?:-D

Und dieses gefundene x0 könnte ich dann in g(x) einsetzen und ich hätte meine Tangentengerade die die e-Fkt. berührt und durch (1/1) geht?

LG

06.08.2015, 17:15

Steffen Bühler

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Ich helf mal kurz aus.

Zitat:

Original von Saschius
e^(x0)*x+(1-e^(x0)) = e^(x0)

Ja, das ist perfekt. Umgestellt also $\begin{align*} e^{x_0} \cdot x_0 + 1-2 \cdot e^{x_0}=0 \end{align*}$

Du suchst also diese beiden Nullstellen:

Zitat:

Original von Saschius
Wie gehts weiter nach x0?

Algebraisch leider gar nicht. Du musst hier Näherungsverfahren verwenden bzw. Du brauchst die Lambertfunktion, also die Umkehrfunktion von $\begin{align*} e^x \cdot x \end{align*}$ .

Viele Grüße
Steffen

06.08.2015, 18:33

Saschius

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- "e^x0⋅x0+1−2⋅e^x0=0" Du meinst sicher x und nicht x0 hinter dem ersten e^x0 oder?

- Wie kann ich nach x0 auflösen?

e^(x0)*x+(1-e^(x0)) = e^(x0)
= e^(x0)*x+1-2e^(x0) = 0... weiter komme ich hier leider nicht. Wenn du für hier schon die Lambertsche Funktion meinst: Wie genau funktioniert es damit?:-)

LG

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06.08.2015, 18:52

Steffen Bühler

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Zitat:

Original von Saschius
Du meinst sicher x und nicht x0 hinter dem ersten e^x0 oder?

Nein, schon x0. Beziehungsweise überall x statt x0.

Denn Du suchst ja zwei Punkte (x|y), für die einerseits gilt

$\begin{align*} y = e^x \end{align*}$

und, weil die Ableitung (hier ja ebenfalls $\begin{align*} e^x \end{align*}$ ) an der Stelle x die Steigung des Steigungsdreiecks zum Punkt (1|1) darstellt:

$\begin{align*} \frac {1-y}{1-x} = e^x \end{align*}$

Nun setzt Du die erste Gleichung in die zweite und bekommst

$\begin{align*} \frac {1-e^x}{1-x} = e^x \end{align*}$

Das führt dann zu der Gleichung, an der Du jetzt knobelst:

Zitat:

Original von Saschius
e^(x0)*x+1-2e^(x0) = 0... weiter komme ich hier leider nicht. Wenn du für hier schon die Lambertsche Funktion meinst: Wie genau funktioniert es damit?

Du teilst Die Gleichung durch $\begin{align*} e^x \end{align*}$ . Dann bekommst Du eine Form, die mit der Lambertschen Funktion gelöst werden kann. Letztere ist auf einigen Taschenrechnern zu finden, es gibt auch Tabellen.

In der Wikipedia ist das recht gut erklärt.

Viele Grüße
Steffen

06.08.2015, 18:54

Saschius

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Also ich habe mir das selbst nochmal angeschaut weil ich die Lambertfunktion schonmal in der Uni gehört habe:-)

Nun also die Umkehrfunktion von x*e^(x) wäre also W(x). So weit so gut. Leider kommen mir da zwei Fragen auf:

1. Wir haben zum einen nicht x*e^(x), sondern x*e^(x0) und
2. Was genau passiert mit dem Rest (+1-2e^(x0))?

Ginge bei der Sache auch das Newton-Verfahren? (Das nur Interessehalber, denn das mit W(x) finde ich gerade interessanter:-)

06.08.2015, 18:56

Saschius

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Aber dann hätten wir doch wieder die Doppelbelegung oder nicht? Ich hatte das so verstanden, dass das x0 von der e-Fkt. ist und das x von der Geradengleichung... unglücklich

unglücklich

Mein Ansatz war, dass die Ableitung (Steigung) beider Fkt. gleich sein muss, somit ist das m aus y=mx+b gleich der Ableitung f`(x)=e^x.
Wenn das stimmt führt mich das zu: y=(e^x)*x+b. Durch Umstellen erhält man b mit 1-e^x und somit: y=(e^x)*x+ (1-e^x). Da es zu Doppelbelegungen kam, wurde das x von der Ableitung der e-Fkt. zu x0 umbenannt...

Nun kann es einfach wieder rückgängig gemacht werden? verwirrt

verwirrt

06.08.2015, 18:57

Steffen Bühler

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Zitat:

Original von Saschius
Ginge bei der Sache auch das Newton-Verfahren?

Klar, jedes Näherungsverfahren geht. Intervallhalbierung, grafischer Zoom, was Du willst.

Viele Grüße
Steffen

06.08.2015, 19:01

Steffen Bühler

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Zitat:

Original von Saschius
Aber dann hätten wir doch wieder die Doppelbelegung oder nicht verwirrt

verwirrt

Björn hat das anders gemeint, glaube ich. Die grundsätzliche Gleichung hat er korrekt in festes xs und variables x unterteilt. Aber dann schrieb er,

Zitat:

dass Tangente und Graph von f in x=xs ebenso im y-Wert übereinstimmen müssen

Das heißt er setzt nun x=xs, um die beiden Punkte zu suchen. Und genau das hast Du auch getan.

EDIT:

Zitat:

Original von Saschius
Mein Ansatz war, dass die Ableitung (Steigung) beider Fkt. gleich sein muss

Ja, aber natürlich nicht überall, sondern eben nur für x=xs.

06.08.2015, 19:26

Saschius

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Ja das stimmt:-) Ist angekommen:-)

Dann habe ich aber nun eine Frage zu W-Fkt.: Wie genau rechnet man damit zu Fuß die Nullstellen von x*e^(x)+1-e^(x) aus?

Die W-Fkt. wird ja in zwei Bereiche eingeteilt, die durch die Monotonie der Ausgangsfunktion bestimmt werden. In unserem Fall ist die Fkt. monoton fallend von minus unendlich bis zum Tiefpunkt und dann monoton steigend vom Tiefpunkt bis plus unendlich. Wie geht es nun weiter?

LG

06.08.2015, 21:50

Steffen Bühler

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Wenn Du unsere Gleichung durch $\begin{align*} e^x \end{align*}$ teilst, bleibt $\begin{align*} x+\frac 1 {e^x} -2=0 \end{align*}$ .

Und nun erklärt uns Tante Wiki :

Die Nullstellen von $\begin{align*} e^{-cx}=a_0(x-r) \end{align*}$ sind durch $\begin{align*} r+\frac 1c W\left( \frac {ce^{-cr}}{a_0}\right) \end{align*}$ gegeben.

Und hier ist c=1, a0=-1 und r=2.

07.08.2015, 00:24

wopi

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Zitat:

Original von Bjoern1982

Zitat:

y=f´(x)*x+(1-f`(x)

Aufgrund von Doppelbelegungen solltest du es eher so schreiben:

Zitat:

g(x)=f´(xs)*x+(1-f`(xs))

Nun kannst du noch benutzen, dass Tangente und Graph von f in x=xs ebenso im y-Wert übereinstimmen müssen (f(xs)=g(xs))
Damit erhältst du eine Gleichung, die du nach xs auflösen kannst.

Zitat:

Du musst die Berührstellen xo bestimmen:

Tangentengleichung: y = f'(xo) * (x -1 ) + 1

Warum MUSS er das jetzt so machen? War (bis auf die Doppelbelegung) doch alles in Ordnung mit seinem Zwischenergebnis.

Habt ihr etwas anderes gemacht als xo bestimmt? Nur darauf bezog sich da'muss'!
Warum so?
Weil das der übliche Weg ist und er so in einem Schritt die Gleichung bekommt, an der ihr die ganze Zeit herumwurschtelt.

Was soll also die Frage? (Hauptsache rumgemeckert?)

07.08.2015, 08:33

Saschius

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Zitat:

Original von Steffen Bühler
Wenn Du unsere Gleichung durch $\begin{align*} e^x \end{align*}$ teilst, bleibt $\begin{align*} x+\frac 1 {e^x} -2=0 \end{align*}$ .

Und nun erklärt uns Tante Wiki :

Die Nullstellen von $\begin{align*} e^{-cx}=a_0(x-r) \end{align*}$ sind durch $\begin{align*} r+\frac 1c W\left( \frac {ce^{-cr}}{a_0}\right) \end{align*}$ gegeben.

Und hier ist c=1, a0=-1 und r=2.

Das habe ich auch gefunden...
Um es richtig verstanden zu haben hat man Gleichungen in der Form $\begin{align*} e^{-cx}=a_0(x-r) \end{align*}$ . Diese werden mit der W-Funktion nach x umgestellt zu: $\begin{align*} r+\frac 1c W\left( \frac {ce^{-cr}}{a_0}\right) \end{align*}$ ?

Und warum ist c 1, a0 -1 und r 2 ?

LG

07.08.2015, 08:53

Saschius

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Schon gut:-D

Das sind ja unsere Zahlen aus der Gleichung^^

Danke! smile

smile

07.08.2015, 09:01

Saschius

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Ich habe also:

x= 2+1*W(e^-2 / -1)
<=> x= 2+W(-1/e^2)

Die beiden Nullstellen kriege ich dann aber trotzdem nicht raus...Auch Wolfram liefert mir da nichts. Oh Mann

07.08.2015, 09:12

HAL 9000

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Wenn man sich die Funktion $\begin{align*} f(x)=xe^x \end{align*}$ anschaut,

so sieht man, dass diese Funktion nicht injektiv ist, genauer gesagt hinsichtlich Monotonie in zwei Zweige zerfällt: Für $\begin{align*} x\leq -1 \end{align*}$ ist sie streng monoton fallend und für $\begin{align*} x\geq -1 \end{align*}$ ist sie streng monoton wachsend, am Punkt -1 liegt ein globales Minimum $\begin{align*} f(-1) = e^{-1} \end{align*}$ .

Dementsprechend besitzt $\begin{align*} f \end{align*}$ als ganzes auch keine Umkehrfunktion, sondern nur die beiden Zweige jeweils eine:

$\begin{align*} f(x)=xe^x,\quad x\geq -1 \end{align*}$ mit Umkehrfunktion LambertW $\begin{align*} W_0 \end{align*}$

$\begin{align*} f(x)=xe^x,\quad x\leq -1 \end{align*}$ mit Umkehrfunktion LambertW $\begin{align*} W_{-1} \end{align*}$ .

D.h., für Argumenten $\begin{align*} -\frac{1}{e}< y < 0 \end{align*}$ besitzt die Gleichung $\begin{align*} xe^x = y \end{align*}$ zwei reelle Lösungen, nämlich $\begin{align*} W_0(y) \end{align*}$ und $\begin{align*} W_{-1}(y) \end{align*}$ .

07.08.2015, 09:34

Steffen Bühler

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... und die berechnet Dir zum Beispiel diese Seite, wenn Du $\begin{align*} - \frac 1 {e^2} = -0,135335 \dots \end{align*}$ eingibst.

07.08.2015, 15:18

Saschius

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Also:

1. Wir haben anfangs die Funktionen gesucht und mit den Bedingungen verknüpft und sind bei der Nullstellensuche gekommen zu: x + 1/(e^x) - 2 = 0

2. Ich bin ganz ehrlich ich verstehe diesen Beitrag kaum:

Zitat:

Original von Steffen Bühler
Und nun erklärt uns Tante Wiki :

Die Nullstellen von $\begin{align*} e^{-cx}=a_0(x-r) \end{align*}$ sind durch $\begin{align*} r+\frac 1c W\left( \frac {ce^{-cr}}{a_0}\right) \end{align*}$ gegeben.

Und hier ist c=1, a0=-1 und r=2.

3. Das mit der Monotonie ist mir bewusst und habe ich soweit verstanden. Und ich weiß, dass dadurch die Aufteilung stattfindet. Das globale Minimum der Funktion f(x) = x + 1/(e^x) - 2 liegt bei (0/-1)
für x<0 monoton fallend, für x>0 monoton wachsend, somit wäre für x<0 die Lambert Funktion W(-1) und für x>0 die Lambert Funktion W(0).
Aber ich weiß nicht, wie ich es nun bei genau meiner Nullstellenbestimmung (x + 1/(e^x) - 2 = 0) machen soll geschockt

geschockt

verwirrt

Zitat:

Dementsprechend besitzt $\begin{align*} f \end{align*}$ als ganzes auch keine Umkehrfunktion, sondern nur die beiden Zweige jeweils eine:

$\begin{align*} f(x)=xe^x,\quad x\geq -1 \end{align*}$ mit Umkehrfunktion LambertW $\begin{align*} W_0 \end{align*}$

$\begin{align*} f(x)=xe^x,\quad x\leq -1 \end{align*}$ mit Umkehrfunktion LambertW $\begin{align*} W_{-1} \end{align*}$ .

D.h., für Argumenten $\begin{align*} -\frac{1}{e}< y < 0 \end{align*}$ besitzt die Gleichung $\begin{align*} xe^x = y \end{align*}$ zwei reelle Lösungen, nämlich $\begin{align*} W_0(y) \end{align*}$ und $\begin{align*} W_{-1}(y) \end{align*}$ .

07.08.2015, 15:31

Saschius

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zu 2.: Das hat sich erledigt. Hatte da wohl gerade einen weiteren Knoten im Kopf. Ist ja nur eine Umstellungsgeschichte:-)

07.08.2015, 15:55

Steffen Bühler

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Dann sollte der Rest eigentlich auch klar sein:

Der Lösungsterm $\begin{align*} r+\frac 1c W\left( \frac {ce^{-cr}}{a_0}\right) \end{align*}$ wird mit c=1, a0=-1 und r=2 zu $\begin{align*} 2+\frac 11 W\left( \frac {1 \cdot e^{-1 \cdot 2}}{-1}\right) = 2+ W\left(- \frac 1 {e^2}\right) \end{align*}$ .

Und da $\begin{align*} -\frac{1}{e}< - \frac 1 {e^2} < 0 \end{align*}$ , gibt es eben zwei Lösungen, nämlich $\begin{align*} 2 + W_0 \left(- \frac 1 {e^2}\right) = \dots \end{align*}$ und $\begin{align*} 2 + W_{-1} \left(- \frac 1 {e^2}\right) = \dots \end{align*}$

07.08.2015, 18:32

Saschius

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Okay dann hatte ich es ja sogar schonmal richtig bis dahin. Lediglich die unterschiedlichen W-Fkt. habe ich nicht beachtet.
Ich habe mir den Rechner mal angeschaut. Da weiß ich aber nicht wie ich
2+ W0(-1/e^2) bzw. 2+W-1(-1/e^2) eingeben soll...

Gruß

07.08.2015, 19:52

HAL 9000

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Zitat:

Original von Saschius
Ich habe mir den Rechner mal angeschaut. Da weiß ich aber nicht wie ich
2+ W0(-1/e^2) bzw. 2+W-1(-1/e^2) eingeben soll...

Damit verlassen wir den mathematischen Teil, und landen bei programmtechnischen Fragen:

http://www.matheboard.de/board.php?boardid=30

Es kommt schließlich darauf an, WO du das eingeben willst. Augenzwinkern

Augenzwinkern

07.08.2015, 21:16

Saschius

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Okay der Lichtblick ist ich habe den mathematischen Teil verstanden smile

smile

Vielen Dank euch allen dafür smile

smile

08.08.2015, 13:29

Steffen Bühler

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Dann noch einen zweiten Lichtblick:

Zitat:

Original von Saschius
Ich habe mir den Rechner mal angeschaut. Da weiß ich aber nicht wie ich
2+ W0(-1/e^2) bzw. 2+W-1(-1/e^2) eingeben soll.

Ich meine mich dumpf zu erinnern, dass ich mal geschrieben habe, es würde voll ausreichen,

Zitat:

wenn Du $\begin{align*} - \frac 1 {e^2} = -0,135335 \dots \end{align*}$ eingibst.

Ich zumindest erhalte dann als Ergebnis:

Zitat:

-3.146196 and -0.158594

Und diese beiden Zahlen zu 2 zu addieren, sollte nicht so schwer sein, oder?

14.08.2015, 11:25

Saschius

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Hallo:-)

Also wenn ich in die Maske -0,135... eingebe bekomme ich nur einen Wert raus und der liegt bei 9,55. Wenn du beide Werte rauskriegst ist das beneidenswert, jedoch muss ich dann etwas falsch gemacht haben smile

smile

LG

14.08.2015, 11:27

Saschius

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja...das Komma und der Punkt...

Ich habe nichts gesagt smile

smile

Danke nochmal! smile

smile

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