Tangentenaufgaben

30.12.2020, 22:12

Mila_00

Tangentenaufgaben

Meine Frage:
Guten Abend allerseits,

auch in den Ferien versuche ich fleißig zu sein. Ich stehe gerade vor den folgenden Aufgaben:

I) Gegeben sei $\begin{eqnarray*} f(x)= 1-e^{-x} \end{eqnarray*}$

Bestimmen Sie die Gleichung der Tangente t an dem Graphen von f im Punkt (0|0).

II)Gegeben sei $\begin{eqnarray*} f(x) = K*(1-e^{\frac{-x}{T}}) \end{eqnarray*}$

Bestimmen Sie die Gleichung der Tangente t an dem Graphen von f im Punkt (0|0).
Sei K = 2 und T = 3.

III) $\begin{eqnarray*} h(t)= K-K*(1-e^{\frac{-t}{n}}) \end{eqnarray*}$
Sei K = 21 Grad und n = 3 sec.

Bestimmen Sie die Gleichung der Tangente t an dem Graphen von f im Wendepunkt.

Meine Ideen:
zu I)

die Tangente hat die Form t(x)= mx+n

$\begin{eqnarray*} f'(x)= e^{-x} \end{eqnarray*}$ und
$\begin{eqnarray*} f'(x_{0}=0)= e^{-0}= 1 \end{eqnarray*}$ und (0|0) in t(x) eingeetzt ergibt n = 0 also ist t(x)= x

zu II)

$\begin{eqnarray*} f'(x)= \frac{2}{3}e^{\frac{-x}{3}} \end{eqnarray*}$ und
$\begin{eqnarray*} f'(x_{0}=0)= \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$ und (0|0) in t(x) eingeetzt ergibt n = 0 also ist $\begin{eqnarray*} t(x)= \frac{2}{3}x \end{eqnarray*}$

zu III)

$\begin{eqnarray*} h(x)= 21 - 21*(1-e^{\frac{-t}{n}}) = - 21*e^{\frac{-t}{3}}) \end{eqnarray*}$ Dann ist

$\begin{eqnarray*} h'(x)= 7*e^{\frac{-t}{3}}) \end{eqnarray*}$ und

$\begin{eqnarray*} h''(x)= -(\frac{7}{3})*e^{\frac{-t}{3}}) \end{eqnarray*}$

und
$\begin{eqnarray*} h'''(x)\neq 0 \end{eqnarray*}$

im Fall 3 gibts keine Nullstellen, wo kommt den der Webdepunkt ins Spiel? h ist doch monton steigend.

Danke für eure Hilfe.

30.12.2020, 22:15

Mila_00

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kleiner Nachtrag, im Fall III) soll es in der Aufgabenstellung heißen...

Bestimmen Sie die Gleichung der Tangente t an dem Graphen von h im Wendepunkt. (nicht f)

30.12.2020, 22:41

klauss

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RE: Tangentenaufgaben
I) und II) scheinen mir richtig gelöst zu sein.

Bei III) ist Dir am Anfang ein Minuszeichen zuviel übriggeblieben.
Die Funktion ist streng monoton fallend, hat gleichermaßen keinen Wendepunkt.
Wenn Du die Aufgabe richtig wiedergegeben hast, wäre dies so dem Aufgabensteller vorzutragen.

31.12.2020, 09:58

Mila_00

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Danke dir Klauss

31.12.2020, 11:13

Leopold

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RE: Tangentenaufgaben

Zitat:

Original von klauss
Die Funktion ist streng monoton fallend, hat gleichermaßen (???) keinen Wendepunkt.

Nur damit da kein falscher Zungenschlag hineinkommt: Strenge Monotonie verhindert keine Wendepunkte. Zum Beispiel

$\begin{align*} \color{red} f(x) = \frac{1}{5} \sin(4x) - x \end{align*}$

streng monoton fallend, unendlich viele Wendepunkte

[attach]52359[/attach]

31.12.2020, 13:00

klauss

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RE: Tangentenaufgaben

Zitat:

Original von Leopold
Strenge Monotonie verhindert keine Wendepunkte.

Ist natürlich durchaus bekannt. Daher habe ich "gleichermaßen" formuliert bezogen auf

Zitat:

Original von Mila_00
im Fall 3 gibts keine Nullstellen, wo kommt den der Webdepunkt ins Spiel?

und nicht etwa "folglich" o. ä.
Als Gegenbeispiel tuts ja schon
$\begin{eqnarray*} f(x)=x^{3} \end{eqnarray*}$

01.01.2021, 00:45

Ulrich Ruhnau

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RE: Tangentenaufgaben

Zitat:

Original von Mila_00
III) $\begin{eqnarray*} h(t)= K-K*(1-e^{\frac{-t}{n}}) \end{eqnarray*}$
Sei K = 21 Grad und n = 3 sec.

Bestimmen Sie die Gleichung der Tangente t an dem Graphen von f im Wendepunkt.

$\begin{eqnarray*} h(t)=\bcancel{K}\bcancel{-K}+Ke^{-\frac tn} \end{eqnarray*}$ ergibt abgeleitet

$\begin{eqnarray*} h'(t)=-\frac Kn e^{-\frac tn} \end{eqnarray*}$ und nochmal abgeleitet

$\begin{eqnarray*} h''(t)=\frac K{n^2}e^{-\frac tn}\ne 0 \end{eqnarray*}$ daher kein Wendepunkt.

02.01.2021, 22:37

Mila_00

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Frohes neues Jahr an euch alle,

danke für eure Kommentare.

Tatsächlich gab es im Fall $\begin{eqnarray*} III \end{eqnarray*}$ einen Tippfehler. Ich habe nun eine korrigierte Version erhalten.

Die Funktion lautet:

$\begin{eqnarray*} h(t)= K - K*(1 + \frac{t}{n})*e^{-(\frac{t}{n})} \end{eqnarray*}$ , wobei

$\begin{eqnarray*} K= 21 \end{eqnarray*}$ Grad und $\begin{eqnarray*} n = 3 \end{eqnarray*}$ sec.

Aufgabe: Bestimmen Sie die Tangentengleichung der Tangente t im Wendepunkt des Graphen von h nach dem Ihnen bekannten Verfahren.

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -- - - - - -- - - -

Die Werte für K und n eingesetzt ergibt:

$\begin{eqnarray*} h(t)= 21 - 21*(1 + \frac{t}{3})*e^{-(\frac{t}{3})} = 21 - [21 + 7t]*e^{-(\frac{t}{3})} \end{eqnarray*}$

Zunächst mal ist h von $\begin{eqnarray*} - \infty \end{eqnarray*}$ bis 0 streng monton fallend und von 0 bis $\begin{eqnarray*} + \infty \end{eqnarray*}$ monton steigend, dazwischen gibts also ein Extrempunkt, unzwar im Koordinatenursprung...

Mit der Produktregel erhalte ich die folgenden Ableitungen ...

$\begin{eqnarray*} h'(t) = \frac{7}{3}t*e^{-\frac{t}{3}} \end{eqnarray*}$ liefert Nullstelle $\begin{eqnarray*} N_{1}= (0|0) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} h''(t) = (-\frac{7}{9}t+\frac{7}{3})*e^{-\frac{t}{3}} \end{eqnarray*}$ liefert Nullstelle $\begin{eqnarray*} N_{2}= (3|0) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} h'''(t) = (-\frac{14}{9}+\frac{27}{7}t)*e^{-\frac{t}{3}} \end{eqnarray*}$

Bedingungen für Wendepunkte: $\begin{eqnarray*} h''(t) =0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} h'''(t) \neq 0 \end{eqnarray*}$

Für die Wendetangente ist dann die Steigung:

$\begin{eqnarray*} h'(3) = \frac{7}{3}*3*e^{-\frac{3}{3}} = 7e^{-1} \end{eqnarray*}$

und der Ordinatenabschnitt:

$\begin{eqnarray*} t(3) = 7e^{-1}*3 + n = 0 \Rightarrow n = - 21*e^{-1} \end{eqnarray*}$

Dann lautet die gesuchte Wendetangente

$\begin{eqnarray*} t(x) = m*x + n = 7e^{-1}x - 21*e^{-1} \end{eqnarray*}$

stimmt das soweit? Danke für eure Hilfe.

03.01.2021, 00:04

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

Original von Mila_00
Die Werte für K und n eingesetzt ergibt:

$\begin{eqnarray*} h(t)= 21 - 21*(1 + \frac{t}{3})*e^{-(\frac{t}{3})} = 21 - [21 + 7t]*e^{-(\frac{t}{3})} \end{eqnarray*}$

Zunächst mal ist h von $\begin{eqnarray*} - \infty \end{eqnarray*}$ bis 0 streng monton fallend und von 0 bis $\begin{eqnarray*} + \infty \end{eqnarray*}$ monton steigend, dazwischen gibts also ein Extrempunkt, unzwar im Koordinatenursprung...

Mit der Produktregel erhalte ich die folgenden Ableitungen ...

$\begin{eqnarray*} h'(t) = \frac{7}{3}t*e^{-\frac{t}{3}} \end{eqnarray*}$ liefert Nullstelle $\begin{eqnarray*} N_{1}= (0|0) \end{eqnarray*}$

Das wollen wir doch erst einmal sehen. Da setzen wir doch einfach mal den Funktionsplotter ein.

Da würde ich doch mal sagen: Deine Tangente hat die richtige Steigung, ist aber am falschen Ort. Wie bestimmst Du denn die Tangente, wenn Du die Steigung kennst?

03.01.2021, 14:08

Mila_00

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Lieber Ulrich,

ohh danke dir. Natürlich ich hab den Ordinatenabschnitt der Tangente irgendwie nicht richtig berechnet.

Es ist $\begin{eqnarray*} h(3) = 21 - 21(1 + 1)e^{-1} = 21 - 42e^{-1} \end{eqnarray*}$

kombiniert mit meiner zuvor berechneten Steigung ergibt das für meine Wendetangente

$\begin{eqnarray*} t(x) =7e^{-1}x + 21 - 63e^{-1} = e^{-1}(7x - 63) + 21 \end{eqnarray*}$

03.01.2021, 23:04

Ulrich Ruhnau

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Dann probieren wir es noch mal:

Das sieht doch schon viel besser aus. Freude

04.01.2021, 01:02

Mila_00

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Danke

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