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Schnittpunkt Exponentialgleichung Gerade

Universität / Fachhochschule

Tags: Exponentialfunktion, Gerade, Schnittpunkt

PapaBarny aktiv_icon

21:48 Uhr, 28.10.2020

Brauche den Schnittpunkt zwischen einer Exponentialfunktion

f (x) = 4 e^{- 0,5 x}

mit einer
Geraden

g (x) = \frac{- 2 x}{e} + \frac{8}{e}

Also die Lösung für

x

aus:

4 e^{- 0,5 x} = \frac{- 2 x}{e} + \frac{8}{e}

Die Lösung ist

x = 2

.
Aber der Weg ist mir unklar???
Kann mir jemand den Lösungsweg aufzeigen.
Ich schaffe nicht mal die Lösung für eine vereinfachte Form:

e^{x} = x + 2

Auch hier würde mich der Lösungsweg interessieren.
Danke Papa Barny

Screenshot_20201028-214352_Scientific Calculator

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Schnittpunkte bestimmen

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Allgemeine Exponentialfunktion - Einführung
Allgemeine Exponentialfunktion - Fortgeschritten
Ebene Geometrie - Einführung
Geraden im Raum
Grundbegriffe der ebenen Geometrie
Lagebeziehung Gerade - Ebene (in Normalenform)
Lagebeziehung Gerade - Ebene (in Parameterform)

Zu diesem Thema passende Musteraufgaben einblenden

N8eule

21:59 Uhr, 28.10.2020

Hallo
Ich vermute, du suchst eine analytisch explizit umgestellte Gleichung.
Um es kurz zu machen:
Das wird uns allen nicht gelingen,

>

weder für deine erste Gleichung,

>

noch für deine "vereinfachte Form"-Gleichung.

Dich grafisch zu nähern ist aber eine gute Orientierung.
Hieraus wirst du für deine erste Gleichung so einen Verdacht um etwa

x = 2

erwachsen.
Und wenn du die Kontrolle machst - siehe da - entdecken, dass das sogar exakt und korrekt ist.

Ansonsten sind beide deine Gleichungen eigentlich nur numerisch per Näherungsverfahren lösbar...

rundblick aktiv_icon

21:59 Uhr, 28.10.2020

.
deine "vereinfachte Form"

\to e^{x} = x + 2

hat doch nichts mit der Aufgabe zu tun ?!
was soll das ?

4 e^{- \frac{x}{2}} = \frac{2}{e} \cdot (- x + 4)

\Rightarrow

2 \cdot e^{1 - \frac{x}{2}} = - x + 4

es ist dir hoffentlich klar, dass Gleichungen dieses Typs nicht algebraisch gelöst werden können?

aber manchmal genügt ein geübter Zufalls-Blick : für welches

x

ist

e^{1 - \frac{x}{2}} = 1

?
usw..
:-)

ermanus aktiv_icon

22:11 Uhr, 28.10.2020

Hallo,
multipliziert man die Gleichung

f (x) = g (x)

mit

e / 4

,
so erhält man

e^{1 - x / 2} = 2 - x / 2

.
Nun setze man

z := 1 - x / 2

. Dann geht die Gleichung in

e^{z} = 1 + z

über.
Eine kleine Skizze zeigt:

z = 0

...
Gruß ermanus

michaL aktiv_icon

22:13 Uhr, 28.10.2020

Hallo,

derartige Gleichungen sind auch im Allgemeinen nicht algebraisch lösbar.

Diese ist aber speziell:

4 e^{- 0, 5 x} = - \frac{2 x}{e} + \frac{8}{e} \overset{}{\Leftrightarrow} e^{1 - 0, 5 x} = 1 + (1 - 0, 5 x)

bzw. (mit

z = 1 - 0, 5 x

e^{z} = 1 + z

Mit Potenzreihe:

1 + z = 1 + z + \frac{z^{2}}{2} (\underset{= : R (z)}{\underset{⎵}{1 + \frac{z}{3} + \frac{z^{2}}{3 \cdot 4 + \dots}}})

Folgt also

0 = \frac{z^{2}}{2} \cdot R (z)

. Immerhin folgt daraus:

z = 0 \Rightarrow x = 2

.

Dass

R (z) \neq 0

stets gilt, kann man damit begründen, dass der Graph der e-Funktion konvex ist und

y = 1 + x

gerade die Tangente zu diesem Graphen an der Stelle

z = 0

ist.
Alternativ kann man auch direkt

e^{x} \geq 1 + x

mit

" = "

gdw, wenn

x = 0

bemühen.

Noch alternativer kann man bei

e^{z} = 1 + z

auch Richtung

\frac{e^{z} - 1}{z - 0} = 1

abbiegen, was dem Differenzenquotienten der e-Funktion bei

z = 0

entspricht.
Aufgrund der Konvexität kann der Wert 1 nur an einer Stelle angenommen werden (wenn überhaupt). Dass dies bei

z = 0

ist, lässt sich mithilfe der Ableitung bestätigen.

Mfg Michael

abakus

22:30 Uhr, 28.10.2020

Wenn ich mir die grafische Darstellung ansehe habe ich den Verdacht, dass es dem Fragesteller gar nicht um Schnittpunkte, sondern um Berührpunkte geht. Das würde ganz neue Lösungsmöglichkeiten eröffnen.

ermanus aktiv_icon

22:51 Uhr, 28.10.2020

Naja, der Schnittpunkt ist eben ein Berührpunkt. Aber woher
hätte der Fragesteller das vorher wissen sollen?
Sicher hätte eine Skizze es ihm nahegelegt.
Aber ohne die Umformung

e^{z} = 1 + z

hätte er dies nicht sicher
begründen können.
MichaL hat ja dargestellt, dass

y = 1 + z

die Tangente an

y = e^{z}

z = 0

ist aufgrund der linearen Approximation durch die Exponentialtreihe
um den Entwicklungspunkt

z_{0} = 0

HAL9000

10:39 Uhr, 29.10.2020

Man kann auch schnöde nach dem allseits bekannten Kurvendiskussionsrezept vorgehen: Dazu betrachte man

h (x) = f (x) - g (x) = 4 e^{- 0.5 x} + \frac{2 x - 8}{e}

, es folgt

h' (x) = - 2 e^{- 0.5 x} + \frac{2}{e}

h'' (x) = e^{- 0.5 x}

.

Dann besitzt

h' (x)

als einzige Nullstelle

x = 2

, und wegen

h'' (2) > 0

ist somit

x = 2

einzige lokale und damit wegen

lim_{x \to \pm \infty} h (x) = \infty

zugleich auch globale Minimumstelle. Das bedeutet

h (x) \geq h (2) = 0

für alle reellen

x

, wobei Gleichheit in dieser Ungleichung nur für

x = 2

gilt.

1514888

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