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Grüße 11. 2014, 19:14 Leopold Das kann man ganz schlecht lesen. Bitte verwende künftig den Formeleditor. 1. 2. 3. 4. 5. 6. Stimmt das alles? 12. 2014, 00:54 Danke für den Tipp Leopold. Alle Gleichungen sind richtig aber was ich daneben geschrieben habe sind die Lösungen der Aufgaben. Aber wie es zu diesen Antworten kamen, es ist was ich nicht weiß. Danke im Voraus für die Unterstützung 12. 2014, 09:05 Zu untersuchen jeweils für und für. Zur Lösung der Aufgabe solltest du etwas über das Gewicht von exponentiellem und polynomialem Wachstum wissen in den Fällen, wo ein unbestimmter Ausdruck oder entsteht. 12. 2014, 20:11 Verhalten der Funktionswerte für Danke Leopold, aber was meinst du mit Gewicht von exponentiellem und polynomialem Wachstum? Wie kann man den Formeleditor richtig benutzen? ich sehe was ich mit dem Formeleditor im Vorschau schreibe aber dies steht in der E-Mail nicht. Das Verhalten der Funktionswerte f für x ---> +/- Unendlich und x nahe Null. a)f(x)=3x^3 - 4x^5 - x^2 etc. | Mathelounge. Danke im Voraus für deine Antwort Total Durcheinander

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Das ist nur unter Beibehaltung der Definitionsmenge \$D_f\$ möglich, denn eine Funktion ist nicht nur über ihren Term, sondern auch über ihre Definitionsmenge festgelegt. Würde man ohne Beachtung der Defintionslücken von f kürzen, so erhielte man \${x+2}/{(x+1)(x-3)^2}\$, also eine Funktion, die bei \$x=1\$ unproblematisch ist, also nur den Definitionsbereich \$RR\\{-1;3}\$ hätte. Somit hätten wir aber die Funktion f geändert, da nun ein anderer Definitionsbereich vorliegt. Die Lösung besteht darin, dass man kürzen darf, den ursprünglichen Definitionsbereich aber beibehält, d. h. \$f(x)={x+2}/{(x+1)(x-3)^2}\$ mit \$D_f=RR\\{-1;1;3}\$ Im Graphen kennzeichnet man die Definitionslücke bei \$x=1\$ mit einem Kreis, der verdeutlichen soll, dass die Funktion an dieser Stelle nicht definiert ist. Eine Definitionslücke, bei der die beschriebene Vorgehensweise möglich ist, heißt hebbare Definitionslücke. 2. Verhalten der Funktionswerte. 2. Ungerade Polstelle Die Definitionslücke bei \$x=-1\$ äußert sich im Graph in einer Polstelle mit Vorzeichenwechsel: nähert man sich von links der Stelle an, so divergiert der Graph gegen \$-oo\$, von rechts angenähert gegen \$+oo\$.

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a) f(x) = -2x^2 + 4x + 0 Für x → ±∞ verhält sich f(x) wie y = -2x^2, es gilt also f(x) → −∞. In der Nähe der Null verhält sich f(x) wie y = 4x + 0, es gilt also f(0) = 0, d. h. der Graph verläuft durch den Ursprung, und zwar von links unten nach rechts oben, etwa wie die Gerade y = 4x + 0. b) f(x) = -3x^5 + 3x^2 - x^3 + 0 Für x → +∞ verhält sich f(x) wie y = -3x^5, es gilt also f(x) → −∞, für x → −∞ verhält sich f(x) wie y = -3x^5, es gilt also f(x) → +∞. Verhalten der funktionswerte videos. In der Nähe der Null verhält sich f(x) wie y = 3x^2 + 0, es gilt also f(0) = 0, d. der Graph verläuft durch den Ursprung, und zwar von links oben nach rechts oben, etwa wie die Parabel y = 3x^2 + 0.

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Beweis: x 1, x 2 ∈ I seien beliebige Zahlen aus I. Dann gibt es zwischen ihnen nach dem Mittelwertsatz der Differenzialrechnung ein x 0 m i t f ' ( x 0) = f ( x 2) − f ( x 1) x 2 − x 1. Wegen x 2 − x 1 > 0 u n d f ' ( x 0) ≥ 0 gilt f ' ( x 0) ⋅ ( x 2 − x 1) = f ( x 2) − f ( x 1) ≥ 0, d. h., es ist f ( x 2) ≥ f ( x 1) für beliebige x 1, x 2 ∈ I. Beweisteil II (in der "Gegenrichtung") Voraussetzung: f ist im Intervall I differenzierbar und monoton wachsend (also: Für beliebige x 1, x 2 ∈ I mit x 1 < x 2 gilt f ( x 1) ≤ f ( x 2)). Behauptung: Für alle x ∈ I gilt f ' ( x) ≥ 0. Beweis: x 1, x 2 ∈ I mit x 1 < x 2 seien beliebige Zahlen aus I. Dann gilt nach Voraussetzung f ( x 1) ≤ f ( x 2). Wegen x 2 − x 1 > 0 u n d f ( x 2) − f ( x 1) ≥ 0 ist der Quotient f ( x 2) − f ( x 1) x 2 − x 1 ≥ 0 und folglich auch sein Grenzwert für x 2 → x 1. Da aber x 1, x 2 beliebige Zahlen aus I waren, gilt für alle x ∈ I die Beziehung f ' ( x) ≥ 0. Funktionenschar: fk(x)=0,5x²+k/x – Verhalten der Funktionswerte untersuchen » mathehilfe24. w. z. b. Für monoton fallende Funktionen kann man den Beweis der entsprechenden Beziehung analog führen.

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Mathematisch könnte man folgende Notation für diese Tatsache verwenden. \$lim_{x -> -1-0} f(x) ->-oo\$ (Annäherung an -1 von links) und \$lim_{x->-1+0} f(x) ->+oo\$ (Annäherung an -1 von rechts) Wie kommt es aber zu diesem Vorzeichenwechsel? An der Stelle -1 ändert im gesamten Term von f nur der Faktor \$x+1\$ im Nenner sein Vorzeichen, alles andere bleibt vom Vorzeichen her gleich, also muss an dieser Stelle ein Vorzeichenwechsel vorliegen. Dieser Vorzeichenwechsel liegt immer dann vor, wenn die betrachtete Nullstelle im Nenner eine ungerade Potenz aufweist, in diesem Fall also die Potenz 1. Bei den Potenzen 3 oder 5 usw. läge ebenfalls eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel vor. Man spricht hier auch von einer ungeraden Polstelle. 2. 3. Gerade Polstelle An der Stelle \$x=3\$ erkennt man eine Polstelle ohne Vorzeichenwechsel. Unabhängig davon, ob man sich der Stelle \$x=3\$ von links oder von rechts annähert, der Wert divergiert immer gegen \$+oo\$. Der Grund liegt darin, dass die Nullstelle bei 3 eine gerade Nullstelle ist, d. h. Verhalten der funktionswerte de. eine gerade Hochzahl hat.

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Anhand des Graphen gelangt man zwar schnell zu einer Vermutung (nämlich: f ist monoton fallend für x < 1 und monoton wachsend für x > 1), aber die zu oben analoge Rechnung führt zu dem folgenden Ausdruck, der schwerer zu diskutieren ist: f ( x + h) − f ( x) = ( x + h) 2 − 2 ( x + h) − 1 − ( x 2 − 2 x − 1) = 2 h x + h 2 − 2 h Eine einfachere Methode ergibt sich aus folgendem Satz zum Zusammenhang zwischen Monotonie und 1. Ableitung: Eine im offenen Intervall differenzierbare Funktion f ist in diesem Intervall genau dann monoton wachsend (monoton fallend), wenn für alle x ∈ I die Beziehung f ' ( x) ≥ 0 (bzw. ) f ' ( x) ≤ 0 gilt. Der Beweis dieses Satzes muss wegen der "genau dann, wenn" -Aussage (also einer Äquivalenzaussage) "in beiden Richtungen" geführt werden. Wir beschränken uns aber auf den Fall des monotonen Wachsens. Verhalten der funktionswerte von. Beweisteil I Voraussetzung: f sei eine im offenen Intervall I differenzierbare Funktion und für alle x ∈ I gelte f ' ( x) ≥ 0. Behauptung: f ist im Intervall I monoton wachsend (also: Für beliebige x 1, x 2 ∈ I mit x 1 < x 2 gilt f ( x 1) ≤ f ( x 2)).

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