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Aufgabe:

...

[Hinweis: fa f_{a} kann auch dargestellt werden als fa(x)=1a(ln(x)a)1x.] \left.f_{a}(x)=\frac{1}{a}(\ln (x)-a) \cdot \frac{1}{x} .\right]

c) Untersuchen Sie fa f_{a} auf Extrem- und Wendestellen; geben Sie auch die zugehörigen Punkte des Graphen und die Wendetangente an.

d) Stellen Sie die Graphen zufa \mathrm{zu} f_{a} für a=1 a=1 und a=1 a=-1 mithilfe des GTR uber dem Intervall ] 0;5] 0 ; 5] dar.

e) Zeigen Sie: Die Graphen zu zwei Kurven der Schar (mitfa(x)=ln(x)aax \left(\operatorname{mit} f_{a}(x)=\frac{\ln (x)-a}{a x}\right. und fb(x)=ln(x)bbx) \left.f_{b}(x)=\frac{\ln (x)-b}{b x}\right) haben genau einen Punkt gemeinsam, und dieser Punkt ist auch allen Kurven der Schar gemeinsam.

f)

(1) Die Graphen zu fa f_{a} für a=1 a=1 und a=1 a=-1 schneiden aus der Parallelen zur y y -Achse mit x=u,u>1 x=u, u>1 Sehnen aus. Bestimmen Sie den Wert von u u , für den diese Sehne am längsten ist.

(2) Bestimmen Sie die Tangenten an die beiden Graphen in den Endpunkten der Sehne mit maximaler Länge. Warum sind diese parallel?

g) Alle Extrempunkte der Kurvenschar liegen auf dem Graphen einer Funktion g g ; bestimmen Sie den Funktionsterm.

h) Zeigen Sie, dass Fa(x)=12a(ln(x))2ln(x) F_{a}(x)=\frac{1}{2 a}(\ln (x))^{2}-\ln (x) eine Stammfunktion zu fa(x) f_{a}(x) ist.

i) Untersuchen Sie, ob das nach rechts offene Flächenstück, das der Graph zu fa f_{a} mit der x x -Achse einschlieBt, einen endlichen Flächeninhalt hat.

j)

(1) Zeigen Sie, dass G(x)=1x((ln(x))2+1) G(x)=-\frac{1}{x}\left((\ln (x))^{2}+1\right) eine Stammfunktion zu g g mit g(x)=(f1(x))2 g(x)=\left(f_{1}(x)\right)^{2} ist.

(2) Zeigen Sie, dass der Rotationskörper, der durch Rotation des Graphen von f1 f_{1} uber [e;1] [e ; 1] um die x x -Achse entsteht, ein endliches Volumen hat. Geben Sie dieses Volumen an.


Lösung zu j)

j)

(1) Durch Ableiten erhält man:

G(x)=1x2((ln(x))2+1)1x(2ln(x)1x)=1x2((ln(x))22ln(x)+1)=g(x) \begin{aligned} G^{\prime}(x) &=\frac{1}{x^{2}}\left((\ln (x))^{2}+1\right)-\frac{1}{x} \cdot\left(2 \ln (x) \cdot \frac{1}{x}\right) \\ &=\frac{1}{x^{2}}\left((\ln (x))^{2}-2 \ln (x)+1\right) \\ &=g(x) \end{aligned}

(2) Für das Volumen des Rotationskörpers erhält man:

V(c)=πecg(x)dx=π[G(x)]ec=2πe1c((ln(c))2+1) \begin{aligned} V(c) &=\pi \int \limits_{e}^{c} g(x) d x \\ &=\pi[G(x)]_{e}^{c} \\ &=\frac{2 \pi}{e}-\frac{1}{c}\left((\ln (c))^{2}+1\right) \end{aligned}

und damit V=limc(V(c))=2πe V=\lim \limits_{c \rightarrow \infty}(V(c))=\frac{2 \pi}{e} , da c c stärker gegen unendlich ln(c) \ln (c)


Ansatz/Problem:

Ich verstehe nicht, wie g (x) aussehen soll als ja ist b klar f1 (x)2 aber das sieht ganz anderes aus, als wenn ich um f1 (x) eine Potenz setze. Ausserdem sollen wir g (x) zu G (x) integrieren und das klappt bei mir schon gar nicht.

Avatar von

fa(x) = (LN(x) - a)/(a·x)

f1(x) = (LN(x) - 1)/x

g(x) = (f1(x))2 = ((LN(x) - 1)/x)2 = (LN(x) - 1)2 / x2

Und du sollst nicht g(x) integrieren. Es langt wenn du G(x) ableitest. So stehst doch auch in der Lösung.

Wir sollen von unserem Lehrer aus g (x) integrieren statt G (x) wie in der Aufgabenstellung abzuleiten.

Na dann integrierst du halt g(x).

Substitution könnte hilfreich sein.

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∫ (LN(x) - 1)2/x2 dx

Subst. z = LN(x)
dx = x dz

∫ (z - 1)2/x2 x dz
∫ (z - 1)2/x dz
∫ (z - 1)2/ez dz
∫ (z - 1)2·e-z dz
∫ (z2 - 2·z + 1)·e-z dz

Vermutung

F(z) = (a·z2 + b·z + c)·e-z
F'(z) = e-z·(- a·z2 + z·(2·a - b) + (b - c))

Koeffizientenvergleich

-a = 1
2·a - b = -2
b - c = 1

Lösung hier a = -1 ∧ b = 0 ∧ c = -1

(-z2 - 1)·e-z + C

Resubst.

(-LN(x)2 - 1)·e-LN(x) + C

- (LN(x)2 + 1)/x + C

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