Definitionsbereich

17.03.2022, 15:20

Lukas76868

Definitionsbereich

Meine Frage:
f(x) = sin^-1 (2tx / 1+x^2)

t> 0

1 Frage: Gebe den Definitionsbereich an.
2 Frage: Für welchen Wert des Parameters t gilt Df alle Reelen Zahlen?

Meine Ideen:
Mir fehlt leider der Ansatz

Ich weiss das -1 <= x <= 1 gilt, also das darf in der Klammer stehen. Oder quasi rauskommen. Aber ich weiss leider nicht wie ich mit quasi 2 unbekannten Variablen umgehen soll.
Denn wenn sich t verändert ändert sich ja auch ebefalls der Definitionsbereich.
Hoffe ihr könnt mir helfen smile

17.03.2022, 15:40

Leopold

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Zunächst vermute ich, daß das

$\begin{align*} f(x) = \sin^{-1} \left( \frac{2tx}{1+x^2} \right) \end{align*}$

heißen soll. Durch fehlerhafte Klammersetzung bedeutet dein Ausdruck nämlich $\begin{align*} f(x) = \sin^{-1} \left( \frac{2tx}{1} + x^2 \right) \end{align*}$ , was kaum gemeint sein dürfte.

In der Tat nimmt der Arcussinus nur Eingaben zwischen -1 und 1 entgegen, was auf die Ungleichungen

$\begin{align*} -1 \leq \frac{2tx}{1+x^2} \leq 1 \end{align*}$

führt. Multipliziere mit $\begin{align*} 1 + x^2 \end{align*}$ durch und beachte, daß dieser Term stets positiv ist (warum ist es wichtig, das zu erwähnen?). Löse dann die beiden Ungleichungen. Das könnte heikel werden und zu Fallunterscheidungen hinsichtlich des Parameters $\begin{align*} t \end{align*}$ führen.

Und noch etwas: Es heißt nicht "gebe", sondern "gib". Ob nun du dafür verantwortlich bist oder der Aufgabensteller, das ist einfach nur scheußlich.

Im Anhang dazu eine dynamische Zeichnung mit Euklid.

17.03.2022, 19:12

lukas787567

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Ich danke dir,
aber ich schaffe die Aufgabe trzd nicht, oder habe immernoch einen fehlenden Ansatz.
Bin in der 13 Klasse und hatte vorher noch nie was mit hyberbolischen Funktionen zutuen gehabt.

Vlt wärst du ja so nett und würdest mir weiterhelfen.

also ich habe es mit der pq formel probiert einmal grösser -1 und einmal kleiner 1, aber dort kommt dann

x1= t +- wurzel( t^2 -1)
x2 = -t +- wurzel( t^2 -1)

wie soll ich das deuten?

17.03.2022, 20:31

Leopold

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Die von dir berechneten Werte spielen tatsächlich eine Rolle. Man muß aber sorgfältig argumentieren, denn es geht um Ungleichungen. Nach Durchmultiplizieren mit dem Nenner erhält man aus der Ungleichung aus meinem vorigen Beitrag:

$\begin{align*} -1-x^2 \leq 2tx \leq 1+x^2 \end{align*}$

Da der Nenner $\begin{align*} 1+x^2 > 0 \end{align*}$ ist, ist diese Umformung zulässig. Die linke dieser Ungleichungen kann man äquivalent umformen zu

$\begin{align*} x^2 + 2tx \geq -1 \end{align*}$

und nach quadratischer Ergänzung

$\begin{align*} \text{(1)} \ \ \left( x+t \right)^2 \geq t^2 - 1 \end{align*}$

Entsprechend die rechte Ungleichung;

$\begin{align*} \text{(2)} \ \ \left( x-t \right)^2 \geq t^2 - 1 \end{align*}$

Beide Ungleichungen müssen gleichzeitig erfüllt werden. Zwischen ihnen besteht daher ein logisches und:

$\begin{align*} \text{(1)} \ \wedge \ \text{(2)} \end{align*}$

Für $\begin{align*} t \end{align*}$ sind zwei Fälle zu unterscheiden. Im Falle $\begin{align*} 0 < t \leq 1 \end{align*}$ sind beide Ungleichungen für alle $\begin{align*} x \end{align*}$ erfüllt, denn die rechte Seite $\begin{align*} t^2 - 1 \end{align*}$ ist dann $\begin{align*} \leq 0 \end{align*}$ . Und Quadrate sind immer $\begin{align*} \geq \end{align*}$ jeder Zahl, die $\begin{align*} \leq 0 \end{align*}$ ist. Damit ist bereits geklärt:

Für $\begin{align*} 0 < t \leq 1 \end{align*}$ ist der Definitionsbereich $\begin{align*} D_f = \mathbb{R} \end{align*}$ .

Jetzt bleibt der schwierigere Fall $\begin{align*} t>1 \end{align*}$ . Hier ist $\begin{align*} \text{(1)} \end{align*}$ äquivalent zu

$\begin{align*} \text{(1')} \ \ x + t \geq \sqrt{t^2 - 1} \ \ \text{oder} \ \ x + t \leq -\sqrt{t^2 - 1} \end{align*}$

Beide Ungleichungen in $\begin{align*} \text{(1')} \end{align*}$ definieren ein Intervall. Aus dem logischen oder wird die Vereinigung der Intervalle:

$\begin{align*} \text{(1'')} \ \ x \in \underbrace{\left[ -t + \sqrt{t^2 - 1} , \infty \right)}_{I_1} \cup \underbrace{\left( - \infty , - t - \sqrt{t^2 - 1} \right]}_{I_2} \end{align*}$

Entsprechend findet man aus $\begin{align*} \text{(2)} \end{align*}$ die Bedingung

$\begin{align*} \text{(2'')} \ \ x \in \underbrace{\left[ t + \sqrt{t^2 - 1} , \infty \right)}_{I_3} \cup \underbrace{\left( - \infty , t - \sqrt{t^2 - 1} \right]}_{I_4} \end{align*}$

Damit ist für $\begin{align*} t>1 \end{align*}$ der Definitionsbereich

$\begin{align*} D_f = \left( I_1 \cup I_2 \right) \cap \left( I_3 \cup I_4 \right) \end{align*}$

Das ist noch etwas unanschaulich. Man kann das Letzte mit dem Distributivgesetz "ausmultiplizieren". Wenn man sich überlegt, in welcher Reihenfolge die vier Zahlen $\begin{align*} \pm t \pm \sqrt{t^2 - 1} \end{align*}$ (alle möglichen Vorzeichenkombinationen zulässig) auf dem Zahlenstrahl liegen (diese Reihenfolge ist glücklicherweise für alle $\begin{align*} t>1 \end{align*}$ dieselbe), erkennt man, daß $\begin{align*} D_f \end{align*}$ die disjunkte Vereinigung von drei Intervallen ist.

Mir erscheint diese Aufgabe recht anspruchsvoll.

17.03.2022, 20:51

klauss

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Zitat:

Original von Leopold
Es heißt nicht "gebe", sondern "gib". Ob nun du dafür verantwortlich bist oder der Aufgabensteller ...

Kommt drauf an.

Letzterenfalls @Lukas76868:
Wenn Du Schneid hast, ignorierst Du Frage 1 mit der Bemerkung an den Aufgabensteller:
"Diesen Teil habe ich mangels Arbeitsauftrags nicht bearbeitet, da Sie - unter Auslassung des Personalpronomens - angekündigt haben, ihn selbst zu erledigen."

17.03.2022, 20:57

Leopold

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18.03.2022, 10:22

HAL 9000

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Die Überlegungen von Leopold kann man etwas straffen, wann man von Beginn konsequent mit Beträgen arbeitet: $\begin{eqnarray*} -1-x^2\leq 2tx\leq 1+x^2 \end{eqnarray*}$ ist für $\begin{eqnarray*} t>0 \end{eqnarray*}$ äquivalent zu $\begin{eqnarray*} 2t|x|\leq 1+x^2 \end{eqnarray*}$ und dies zu $\begin{eqnarray*} (|x|-t)^2\geq t^2-1 \end{eqnarray*}$ . Ergibt für Fall $\begin{eqnarray*} 0<t\leq 1 \end{eqnarray*}$ keine Änderungen zu den obigen Überlegungen; für den anderen Fall $\begin{eqnarray*} t>1 \end{eqnarray*}$ bekommt man $\begin{eqnarray*} \left||x|-t\right|\geq \sqrt{t^2-1} \end{eqnarray*}$ und das dann aufgedröselt als Definitionsmenge

$\begin{eqnarray*} \left(-\infty,-t-\sqrt{t^2-1}\right]\cup \left[\sqrt{t^2-1}-t,t-\sqrt{t^2-1}\right]\cup \left[t+\sqrt{t^2-1},\infty\right) \end{eqnarray*}$ .

EDIT: Danke an den Hinweis von Leopold, da war ich in der letzten Zeile unaufmerksam mit den Klammersymbolen - korrigiert.

18.03.2022, 18:10

Leopold

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Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{eqnarray*} \left(-\infty,-t-\sqrt{t^2-1}\right)\cup \left(\sqrt{t^2-1}-t,t-\sqrt{t^2-1}\right)\cup \left(t+\sqrt{t^2-1},\infty\right) \end{eqnarray*}$ .

Man darf sogar die abgeschlossene Hülle dieser Menge nehmen.

19.03.2022, 09:37

Leopold

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Ein weiterer Zugang. Mit einem Parameter $\begin{align*} t>1 \end{align*}$ ist die Ungleichung $\begin{align*} \left| \frac{2tx}{1+x^2} \right| \leq 1 \end{align*}$ oder äquivalent dazu $\begin{align*} \left| 2tx \right| \leq 1+x^2 \end{align*}$ zu lösen. Dazu definiert man die stetige Hilfsfunktion

$\begin{align*} h_t(x) = x^2 - \left| 2tx \right| + 1 \, , \ \ x \in \mathbb{R} \end{align*}$

und untersucht, wann $\begin{align*} h_t(x) \geq 0 \end{align*}$ gilt. Man bestimmt die Nullstellen der Funktion. In den durch die Nullstellen bestimmten offenen Intervallen $\begin{align*} h_t(x) \end{align*}$ ändert sich das Vorzeichen der Funktion nach dem Zwischenwertsatz nicht.

$\begin{align*} h_t(x) = 0 \ \ \Leftrightarrow \ \ x^2 - \left| 2tx \right| + 1 = 0 \ \ \Leftrightarrow \ \ |x|^2 - 2t \cdot |x| + 1 = 0 \end{align*}$

Mit der Lösungsformel für quadratische Gleichungen findet man

$\begin{align*} |x| = t \pm \sqrt{t^2-1} \end{align*}$

Es ist $\begin{align*} t>1 \end{align*}$ vorausgesetzt. Wegen $\begin{align*} \sqrt{t^2-1} < \sqrt{t^2} = t \end{align*}$ sind beide Werte $\begin{align*} t \pm \sqrt{t^2-1} \end{align*}$ positiv, so daß $\begin{align*} h_t(x) \end{align*}$ die vier Nullstellen $\begin{align*} \pm \left( t \pm \sqrt{t^2-1} \right) \end{align*}$ besitzt: zwei positive Nullstellen und ihre Gegenzahlen:

$\begin{align*} \underbrace{-t - \sqrt{t^2-1}}_{-t_2} < \underbrace{-t + \sqrt{t^2-1}}_{-t_1} < 0 < \underbrace{t - \sqrt{t^2-1}}_{t_1} < \underbrace{t + \sqrt{t^2-1}}_{t_2} \end{align*}$

Die vier Nullstellen bestimmen fünf Intervalle. Für das Vorzeichen im Innern des jeweiligen Intervalls finden wir

für $\begin{align*} \left( - \infty , - t_2 \right] \end{align*}$ : $\begin{align*} h_t(x) > 0 \end{align*}$ (man betrachte $\begin{align*} h_t(x) \end{align*}$ für $\begin{align*} x \to - \infty \end{align*}$ )

für $\begin{align*} \left[ -t_2 , -t_1 \right] \end{align*}$ : $\begin{align*} h_t(x) < 0 \end{align*}$ (da $\begin{align*} h_t(-t) = 1 - t^2 <0 \end{align*}$ )

für $\begin{align*} \left[ -t_1 , t_1 \right] \end{align*}$ : $\begin{align*} h_t(x) > 0 \end{align*}$ (da $\begin{align*} h_t(0) = 1 > 0 \end{align*}$ )

für $\begin{align*} \left[ t_1 , t_2 \right] \end{align*}$ : $\begin{align*} h_t(x) < 0 \end{align*}$ (da $\begin{align*} h_t(t) = 1 - t^2 <0 \end{align*}$ )

für $\begin{align*} \left[ t_2 , \infty \right) \end{align*}$ : $\begin{align*} h_t(x) > 0 \end{align*}$ (man betrachte $\begin{align*} h_t(x) \end{align*}$ für $\begin{align*} x \to \infty \end{align*}$ )

Man kann sich die Arbeit noch ein wenig vereinfachen, wenn man über die Symmetrie argumentiert: $\begin{align*} h_t(-x) = h_t(x) \end{align*}$ .

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