TU Wien:Analysis UE (diverse)/Übungen SS19/Beispiel 313

Aus VoWi
Wechseln zu: Navigation, Suche

Man bestimme den Definitionsbereich der Vektorfunktion x(t), sowie die Ableitung x'(t), wo sie existiert:

x(t)=\left(\sin(1+\cos t),\frac{t^{5/4}}{\sqrt{1-t^2}}\right)

Hilfreiches[Bearbeiten]

Quotientenregel[Bearbeiten, WP, 5.05 Satz]

\left(\frac{f}{g}\right)'=\frac{f'g-fg'}{g^2}

Lösungsvorschlag[Bearbeiten]

Definitionsbereich[Bearbeiten]

Da der Term t^{5/4} die vierte Wurzel (t^{1/4}) enthält, darf t nicht negativ sein.

Damit der Nenner nicht 0 ist und der Wert unter der Wurzel positiv ist, muss folgendes gelten:
\begin{align}
1-t^2 &> 0 \\
1 &> t^2 \\
1 &> |t|
\end{align}

Somit ergibt sich als Definitonsbereich 0 \leq t < 1, da aus den Winkelfunktionen keine Einschränkung resultiert.

Ableitungen[Bearbeiten]

x_1(t) = \sin(1+\cos t)

x_1'(t) = -\cos(1+\cos t) \sin(t)

x_2(t) = \frac{t^{5/4}}{\sqrt{1-t^2}}

\begin{align}
x_2'(t)
&= \frac{\frac{5}{4}t^{1/4}\sqrt{1-t^2} - t^{5/4} \frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}(-2t)}{1-t^2} \\
&= \frac{\frac{5}{4}t^{1/4}\sqrt{1-t^2}}{1-t^2} + \frac{t^{9/4} \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}}{1-t^2} \\
&= \frac{5t^{1/4}}{4\sqrt{1-t^2}} + \frac{t^{9/4}}{(1-t^2)^{3/2}} \\
&= \frac{t^{1/4}}{\sqrt{1-t^2}} \left( \frac{5}{4} + \frac{t^2}{1-t^2} \right)
\end{align}

Links[Bearbeiten]