Flächeninhalt unter 3.Wurzel x < Integralrechnung < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:24 Mi 08.12.2010 | | Autor: | Tilo42 |
| Aufgabe | Gesucht ist der Flächeninhalt der Funktion f(x)= [mm] \wurzel[3]{x} [/mm] im Intervall 0;2.
Verwenden Sie die Umkehrfunktion f zur Berechnung. |
Mein Ansatz:
Die Umkehrfunktion beträgt: f(x) = x³
die gesuchte Flächeninhaltsfunktion: A(x) = [mm] 1/4x^4+C, [/mm] C fällt weg, da A(0) = 0 beträgt.
Nun haben wir A(2) = 4 als Flächeninhalt der Umkehrfunktion, aber was hilft mir das weiter, um den Flächeninhalt der Ausgangsfunktion zu bestimmen?
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Huhu,
wie kannst du denn zeichnerisch die Umkehrfunktion ermitteln?
Nun schau mal, ob du die Differenz zwischen der Fläche von [mm] $f(x)=\sqrt[3]{x}$ [/mm] und $g(x) = x$ irgendwie über die Fläche von [mm] x^3 [/mm] und $g(x) = x$ darstellen kannst.
MFG,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:33 Mi 08.12.2010 | | Autor: | Tilo42 |
Das verstehe ich leider nicht, was hilft es mir wenn ich f(x) und g(x) habe?
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Huhu,
> Das verstehe ich leider nicht, was hilft es mir wenn ich f(x) und g(x) habe?
Darum ja meine Frage: In welchem Zusammenhang stehen Umkehrfunktionen zum Graph der Identität $g(x) = x$?
Zeichne dafür doch mal [mm] \sqrt[3]{x} [/mm] und [mm] x^3 [/mm] sowie die Identitätsgerade ein. Was fällt dir auf?
MFG,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:44 Mi 08.12.2010 | | Autor: | Tilo42 |
ich habe das gezeichnet, erkenne den zusammenhang aber noch immer nicht so ganz. ist vielleicht flächeninhalt umkehrfunktion - flächeninhalt identitätsgerade = flächeninhalt der gesuchten funktion?
und der müsste dann 2 ergeben oder?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:28 Mi 08.12.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo Tilo,
> ich habe das gezeichnet, erkenne den zusammenhang aber noch
> immer nicht so ganz. ist vielleicht flächeninhalt
> umkehrfunktion - flächeninhalt identitätsgerade =
> flächeninhalt der gesuchten funktion?
>
> und der müsste dann 2 ergeben oder?
zunächst vorweg:
Deine AUSGANGSFUNKTION war gegeben mittels [mm] $f(x)=\sqrt[3]{x}\,.$ [/mm] Du betrachtest diese eigentlich nur auf [mm] $[0,2]\,$ [/mm] - siehe Aufgabenstellung.
Nur:
Es macht keinen Sinn, dann zu sagen:
Die Umkehrfunktion BETRÄGT [mm] $f(x)=x^3\,.$
[/mm]
Du kannst z.B. sagen "...ist dann gegeben durch...", und zudem ist es schlecht, diese andere Funktion wieder mit [mm] $f(x)\,$ [/mm] zu bezeichnen. Es gibt die Notationen [mm] $f^{inv}$ [/mm] oder [mm] $f^{-1}\,,$ [/mm] wobei letzteres i.a. NICHT als [mm] $1/f\,$ [/mm] gelesen werden darf. Um Verwirrungen zu vermeiden:
Nenne sie doch einfach [mm] $g\,.$
[/mm]
Nun zum fraglichen Zusammenhang:
Zeichne Dir mal den Graphen von [mm] $f(x)=\sqrt[3]{x}\,,$ [/mm] wobei $x [mm] \in [0,2]\,,$ [/mm] auf. Der Graph von [mm] $y(x)=x\,$ [/mm] ist gerade die Winkelhalbierende, und Funktion und Umkehrfunktion hängen mit dieser auf eine Weise, die Dir eigentlich bekannt sein sollte, zusammen. Damit kannst Du durch Spiegelung des Graphen von [mm] $f\,$ [/mm] an dieser Geraden etwas erkennen, sofern Dir auch klar ist, dass man, wenn man "die Umkehrfunktion bildet", [mm] $x\,$ [/mm] gegen [mm] $f(x)\,$ [/mm] vertauscht und wieder nach [mm] $f(x)\,$ [/mm] auflöst.
(Du siehst dann z.B.:
[mm] $f\,$ [/mm] hat als Definitionsbereich das Intervall [mm] $[0,2]\,,$ [/mm] das ist der Wertebereich von [mm] $g\,.$ [/mm] Der Bildbereich (also genau alle von [mm] $f\,$ [/mm] für alle [mm] $x\,$ [/mm] aus $[0,2]$ angenommenen Werte $f(x)$) von [mm] $f\,$ [/mm] ist hier gerade [mm] $[0,f(2)]=[0,\sqrt[3]{2}]\,,$ [/mm] (beachte, dass [mm] $f\,$ [/mm] auf dem betrachteten Bereich streng monoton wächst) also ist das auch der Definitionsbereich von [mm] $g\,.$)
[/mm]
Das Ende vom Lied wird sein:
Man zeichnet den Graphen von [mm] $f\,,$ [/mm] auf [mm] $[0,2]\,,$ [/mm] den "Spiegelgraphen", der durch Spiegelung an der Winkelhalbierenden im Koordinatensystem entsteht, und auch das Viereck mit den Eckpunkten [mm] $(0,0)\,,\;(2,0),\;(2,f(2))$ [/mm] und [mm] $(0,f(2))\,.$
[/mm]
(Diese umfaßt den Graphen von [mm] $f\,.$ [/mm] auf [mm] $[0,2]\,.$)
[/mm]
Die Fläche des Graphen unter [mm] $f\,$ [/mm] auf $[0,2]$ findet man auch als "Fläche zwischen der $y$-Achse und des gespiegelten Graphen" wieder (das ist gerade der Graph von [mm] $g\,$), [/mm] wobei dort $y [mm] \in [/mm] [0,2]$ ist. Diese Fläche ist dann aber gerade die Fläche des Vierecks mit den Eckpunkten [mm] $(0,0),\,(f(2),\,0),\,(f(2),\,2)$ [/mm] und [mm] $(0,2)\,$ [/mm] Minus die Fläche unter dem Graphen von [mm] $g\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:40 Mi 08.12.2010 | | Autor: | Tilo42 |
danke für die ausführliche antwort, verstehe aber nicht woher du aufeinmal das viereck herzauberst?
warum geht es auf der x-achse bis f(2) und auf der y-Achse bis 2? müsste es nicht auf der x-achse bis 2 und auf der y-achse bis 1 gehen?
ich weiß, eig. werden hier keine lösungen gegeben und das ist ja auch nicht verkehrt, weil man sonst nicht den lerneffekt fördert, allerdings wäre es mir im mom. lieber, wenn du mir vielleicht die aufgabe mit lösung in teilschritten hinschreiben könntest oder zumindest die teilschritte kurz, damit ich genau weiß wie ich vorgehen soll.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:03 Mi 08.12.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> danke für die ausführliche antwort, verstehe aber nicht
> woher du aufeinmal das viereck herzauberst?
>
> warum geht es auf der x-achse bis f(2) und auf der y-Achse
> bis 2? müsste es nicht auf der x-achse bis 2 und auf der
> y-achse bis 1 gehen?
der Graph von [mm] $f\,$ [/mm] wird eingefangen in das Viereck mit den Endpunkten
[mm] $$(0,0),\;(2,0),\;(2,f(2)),\;(0,f(2))\,.$$
[/mm]
(Sofern man [mm] $f\,$ [/mm] wirklich nur auf $[0,2]$ betrachtet und dann auch nur die zugehörigen Bildpunkte mitbetrachtet.)
Der Graph von [mm] $g\,$ [/mm] wird aber eingefangen in das Viereck mit Endpunkten
[mm] $$(0,0),\;(f(2),0),\;(f(2),2),\;(0,2)\,.$$
[/mm]
Das liegt einfach daran, dass der Definitionsbereich von [mm] $f\,$ [/mm] gerade der Bildbereich der Umkehrfunktion, also [mm] $g\,,$ [/mm] ist - und weil der Bildbereich von [mm] $f\,$ [/mm] gerade der Definitionsbereich von [mm] $g\,$ [/mm] ist. Geometrisch erkennst Du das wegen der Spiegelung an der Winkelhalbierenden. Mach' Dir nochmal unbedingt klar, wie die Graphen von Funktion und Umkehrfunktion hier mit der geometrischen Spiegelung an der Winkelhalbierenden zusammenhängen. (Vielleicht ist ja auch jmd. so nett und fertigt mal eine passende Skizze an- mir ist das gerade zu mühselig, da ich keinen Scanner habe und alles andere zu aufwendig erscheint!)
> ich weiß, eig. werden hier keine lösungen gegeben und das
> ist ja auch nicht verkehrt, weil man sonst nicht den
> lerneffekt fördert, allerdings wäre es mir im mom.
> lieber, wenn du mir vielleicht die aufgabe mit lösung in
> teilschritten hinschreiben könntest oder zumindest die
> teilschritte kurz, damit ich genau weiß wie ich vorgehen
> soll.
Naja, das Viereck, dass den Graphen von [mm] $g\,$ [/mm] umschließt, ist deckungsgleich mit dem, dass den Graphen von [mm] $f\,$ [/mm] umschließt. Aber auch ohne dieses Wissen kann man sich mit den obigen Eckpunkten klarmachen, dass dieses den Flächeninhalt [mm] $2*\underbrace{2^{1/3}}_{=f(2)}=2^{4/3}$ [/mm] hat.
Nun ist der Flächeninhalt des Graphen unter [mm] $g(x)\,$ [/mm] auf [mm] $[0,f(2)]=[0,\sqrt[3]{2}]$ [/mm] (das ist ja der WERTEBEREICH VON [mm] $f\,$) [/mm] nichts anderes als
[mm] $$\int_0^{f(2)}g(x)dx=\int_0^{2^{1/3}}x^3dx\,.$$
[/mm]
Insgesamt hast Du also
[mm] $$2^{4/3}-\left[\frac{1}{4}*x^4\right]_{x=0}^{x=2^{1/3}}$$
[/mm]
zu berechnen. Da sollte dann (nach einer (oder wenigen) Umformungen)
[mm] $$\frac{3}{4}*2^{4/3}=1.8...$$
[/mm]
rauskommen - was man eigentlich, sofern man das Wissen hat, auch direkt berechnen kann.
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:14 Mi 08.12.2010 | | Autor: | Tilo42 |
Ok danke, jetzt habe ich es verstanden.
Danke für deine ausführliche Hilfe :D
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