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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:27 Di 20.12.2005 | | Autor: | hooover |
| Aufgabe | | geg.: [mm] f_{k}(x) [/mm] = [mm] \bruch{ln(x) -k}{x} [/mm] |
Hallo alle zusammen. Ich hab da mal einige Fragen zu der genauen Schreibweise und zur Richtigkeit meiner Ansätze.
Schon mal vielen Dank im voraus.
a) Bestimmen sie den Definititonsbereich der Fkt.
Also ich dachte das eine gbr.rat.Fkt nicht definiert ist, wenn der Nenner gleich null ist.
Also ist in diesen Fall die Fkt. für x=0 nicht definiert.
macht [mm] D_{f} \IR [/mm] {0}
b) Untersuchen sie das Verhalten am Rand des Definitionsbereiches
[mm] f_{k}(x)_{x\rightarrow\ 0 }= \bruch{ln(x) -k}{x} [/mm] => - [mm] \infty
[/mm]
[mm] f_{k}(x)_{x\rightarrow\ - infty}= \bruch{ln(x) -k}{x} [/mm] => 0
stimmt das denn oder muß ich den Parameter k noch irgendwie beachten?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:09 Di 20.12.2005 | | Autor: | hooover |
zu a)
Für x < 0 ist ln(x) nicht definiert, aber dann steht ja noch immer
[mm] \bruch{-k}{x} [/mm] da. Ist es aber so ,dass wenn ln(x) nicht definiert ist, damit gleich die ganze Fkt. nicht definiert ist?
Für den Fall Wäre der [mm] D_{f}= \IR [/mm] \ [mm] {\le0}
[/mm]
zu b)
also die Untersuchung des Verhaltens am Rand des Definitionsbereiches
für [mm] f_{k}_(x){x\rightarrow\infty} [/mm] => 0
ist denn das Verhalten am Rand gegen Null auch relevant(so wie ich es schon machte)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:54 Di 20.12.2005 | | Autor: | hooover |
danke Roadrunner für die Hilfe.
Ich habe aber leider noch mehr Fragen.
als nächstes wären die Nullstellen dran.
Bed.: [mm] f_{k}(x)=0
[/mm]
0= [mm] \bruch{ln(x)-k}{x}
[/mm]
0=ln(x)-k
k=ln(x) ???
wa mach damit?
ich würde ja spontan sagen es sind keine Nullstellen definiert. Aber begründen kann ich das nicht.
Bitte um hilfe.
Gut da ich hier nicht weiterkomme hab ich schon mal die Ableitung für die Berechnung der Extrema gemacht (versucht)
Ableitung:
[mm] f_{k}(x) =ln(x)-k_{x}
[/mm]
u =ln(x)-k
u'= [mm] \bruch{1}{x}
[/mm]
v =x
v'=1
[mm] f_{k}(x) [/mm] = [mm] \bruch{\bruch{1}{x}x - 1*ln(x)-k}{x^2}
[/mm]
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Hallo hooover!
> Nullstellen:
> k=ln(x) ???
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") Und nun wenden wir auf beiden Seiten der Gleichung die Umkehrfunktion der ln-Funktion an: die e-Funktion:
[mm] $e^k [/mm] \ = \ [mm] e^{\ln(x)} [/mm] \ = \ x$
> ich würde ja spontan sagen es sind keine Nullstellen
> definiert. Aber begründen kann ich das nicht.
Na, da habe ich Dir doch gerade genau eine Nullstelle gezeigt  .
> Ableitung:
> [mm]f_{k}(x)[/mm] = [mm]\bruch{\bruch{1}{x}x - 1*ln(x)-k}{x^2}[/mm]
Nicht ganz richtig: Du hast im Zähler einen Vorzeichenfehler eingebaut bzw. eine Klammer vergessen:
[mm] $f_k'(x) [/mm] \ = \ [mm] \bruch{\bruch{1}{x}*x - \ \red{[}\ln(x)-k\red{]}*1}{x^2} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{1 - \ln(x) \ \red{+} \ k}{x^2}$
[/mm]
Gruß vom
Roadrunner
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:21 Di 20.12.2005 | | Autor: | hooover |
Hallo Roadrunner!
Die Nullstellen liegen also bei [mm] e^k [/mm] = x
[mm] X_{N}(e^k/0)
[/mm]
so jetzt die Extrem-Werte
[mm] f_{k}' [/mm] (x)= [mm] \bruch{x-ln(x)+k}{x^2}
[/mm]
Bed.:
[mm] f_{k}' [/mm] (x)=0
[mm] 0=\bruch{x-ln(x)+k}{x^2}
[/mm]
0=x-ln(x)+k
ln(x)=x+k / jetzt die Umkehrfunktion?
[mm] e^{ln(x)}=e^x+e^k
[/mm]
[mm] 1=e^x+e^k [/mm] ???
was mach jetz schon wieder hiermit ???
ich versteh das nicht so recht
bitte nicht die gedult mit mir verlieren.
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Hallo hooover!
Da ist Dir beim Zusammenfassen ein Fehler unterlaufen.
Es muss heißen: [mm] $f_k'(x) [/mm] \ = \ [mm] \bruch{\red{1}-\ln(x)+k}{x^2}$
[/mm]
Kannst Du hieraus nun die entsprechenden Nullstellen der 1. Ableitung ermitteln?
Gruß vom
Roadrunner
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:44 Di 20.12.2005 | | Autor: | hooover |
Hallo Roadrunner!
ich habs nochmal versucht:
[mm]f_k'(x) = \ \bruch{1-\ln(x)+k}{x^2}[/mm]
[mm][mm] f_k'(x) [/mm] =0
0 = [mm] \bruch{1-\ln(x)+k}{x^2}
[/mm]
0 [mm] =1-\ln(x)+k
[/mm]
ln(x)=1+k / Umkehrfunktion (e)
x [mm] =e+e^k
[/mm]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:34 Di 20.12.2005 | | Autor: | taura |
Hallo hoover!
> [mm]f_k'(x) = \ \bruch{1-\ln(x)+k}{x^2}[/mm]
>
> [mm]f_k'(x)[/mm] =0
> 0 = [mm]\bruch{1-\ln(x)+k}{x^2}[/mm]
> 0 [mm]=1-\ln(x)+k[/mm]
> ln(x)=1+k / Umkehrfunktion (e)
> x [mm]=e+e^k[/mm]
Fast richtig, ganz am Schluss hast du einen Fehler gemacht:
Du wendest ja auf beiden Seiten die e-Funktion an, dann musst du die rechte Seite aber komplett in den Exponenten schreiben, nicht die beiden Summanden einzeln. Der letzte Schritt muss heißen:
[mm] $x=e^{(k+1)}$
[/mm]
Gruß taura
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:33 Di 20.12.2005 | | Autor: | hooover |
hallo zusammen
wenn
[mm] x=e^{(k+1)}
[/mm]
brauch ich ja noch den y-Wert
also
[mm] f_{k}(e^{(k+1)})= \bruch{ln(e^{(k+1)})-k}{e^{(k+1)}}
[/mm]
wie kann ich das noch vereinfachen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:02 Mi 21.12.2005 | | Autor: | taura |
Hallo!
> wenn
>
> [mm]x=e^{(k+1)}[/mm]
> brauch ich ja noch den y-Wert
>
> also
>
> [mm]f_{k}(e^{(k+1)})= \bruch{ln(e^{(k+1)})-k}{e^{(k+1)}}[/mm]
>
> wie kann ich das noch vereinfachen?
Hm, das ln und das e heben sich ja auf, also kann man das schreiben als
[mm] $\br{k+1-k}{e^{(k+1)}}=\br{1}{e^{(k+1)}}$
[/mm]
Gruß taura
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:03 Mi 21.12.2005 | | Autor: | hooover |
| Aufgabe 1 | Gegeben sei die Funktion:
[mm] f_{k}(x)=\bruch{ln(x)-k}{x} [/mm] mit k [mm] \in \Box [/mm] |
| Aufgabe 2 | | Bestimmen sie die Nulstellen, die Extrempunkte sowie die Wendestellen in Abhänigkeit von k |
Hallo alle zusammen.
Ich hab damal einige Fragen zu meinen Lösungen.
Sind sie richtig oder nicht!
Falls nicht poste ich mal meinen Rechenweg, falls ja, super!
schon vielen Dank von meiner Seite!!!
Nullstellen
[mm] f_{k}(x)=0
[/mm]
[mm] 0=\bruch{ln(x)-k}{x} [/mm]
[mm] x=e^k
[/mm]
Extrema
[mm] f_{k}'(x)=0
[/mm]
[mm] 0=\bruch{1-ln(x)+k}{x^2}
[/mm]
x= (e^(1+k))
y-Wert der Extrema
[mm] f_{k}(e^{1+k})=\bruch{1-ln( e^(1+k) )+k}{( e^(1+k) )^2}
[/mm]
[mm] X_{Extrem}(e^{1+k} [/mm] | [mm] \bruch{1}{ e^(1+k) })
[/mm]
HP-TP-Test
[mm] f_{k}''(x) [/mm] < 0 =>Hochpunkt
[mm] f_{k}''(x) [/mm] > 0 =>Tiefpunkt
[mm] f_{k}''(x) [/mm] = 0 =>keine Entscheidung /irgendwas mit vorzeichenwechsel
beachten?
[mm] f_{k}''(e^{1+k}) [/mm] = [mm] \bruch{-3+2 ln(e^(1+k))-2k}{(e^(1+k))^3}
[/mm]
[mm] f_{k}''(e^{1+k}) [/mm] = [mm] \bruch{-3+2(1+k)-2k}{(e^(1+k))^3}
[/mm]
[mm] f_{k}''(e^{1+k}) [/mm] = [mm] \bruch{-1}{(e^(1+k))^3}
[/mm]
Aha! es liegt ein Hochpunkt für alle k vor!
ich mach aml weiter mit den Wendepunkten
die sende ich auch gleich
danke schonmal
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:38 Mi 21.12.2005 | | Autor: | hooover |
ok weiter gehts...
Wendestellen
Bed.:
[mm] f_{k}''(x)=0
[/mm]
[mm] 0=\bruch{-3+2ln(x)-2k}{x^3}
[/mm]
0=-3+2ln(x)-2k
[mm] x=e^{\bruch{3}{2}+k}
[/mm]
y-Wert der Wendestellen
[mm] f_{k}(e^{\bruch{3}{2}+k})=\bruch{-3+2ln(e^(\bruch{3}{2}+k))-2k}{e^(\bruch{3}{2}+k)^3}
[/mm]
[mm] y=\bruch{3}{2} \bruch{1}{e^(\bruch{3}{2}+k)}
[/mm]
Rl-LR-Test
ich weiß nicht nicht mehr geanau die bedingug 50:50 chance das es stimmt
[mm] f_{k}'''(x) [/mm] < 0 => RL-Wendung
[mm] f_{k}'''(x) [/mm] > 0 => LR-Wendung
ist auch nicht so wichtig
das stimmt aber alles denke ich
so jetzt kommen die hammer aufgaben dazu
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Hallo hooover!
> Wendestellen
> [mm]x=e^{\bruch{3}{2}+k}[/mm]
![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]")
> y-Wert der Wendestellen
> [mm]f_{k}(e^{\bruch{3}{2}+k})=\bruch{-3+2ln(e^(\bruch{3}{2}+k))-2k}{e^(\bruch{3}{2}+k)^3}[/mm]
Selber Fehler wie oben: das hier ist ja die 2. Ableitung (und nicht die Ausgangs-Funktionsvorschrift) ...
> [mm]y=\bruch{3}{2} \bruch{1}{e^(\bruch{3}{2}+k)}[/mm]
... allerdings stimmt das Ergebnis.
> Rl-LR-Test
> ist auch nicht so wichtig
Ganz so unwichtig ist das nicht: Du musst ja noch überprüfen, ob es sich bei dem oben ermittelten x-Wert auch wirklich um eine Wendestelle handelt.
Nach dem hinreichenden Kriterium muss ja gelten: [mm] $f_k'''(x_w) [/mm] \ [mm] \not= [/mm] \ 0$ .
Gruß vom
Roadrunner
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:15 Mi 21.12.2005 | | Autor: | hooover |
| Aufgabe | Zeigen Sie mit Hilfe der Substitutionsmethode
[mm] \integral {f_{k}(x) dx}=\bruch{1}{2}(ln|x|)^2-k*ln|x|+C! [/mm] |
WAS IST DAS!?!?!?!?!?!?!
Also wenn ich das so sehe wird mir ganz schlecht, vorallem weil ich das können muß.
Also ich versuch es mal nach der Eichhörnchenmethode:
Ich gehe mal davon aus ,dass hier die Stammfunktion von [mm] f_{k}(x)=\bruch{ln(x)-k}{x} [/mm] gesucht ist.
Die Methode zur Erlangung dieser soll durch Substitution erfolgen.
Die substitutionsregel lautet jetzt hier: (ist das hier der Spezialfall der anzuwenden ist?)
[mm] \integral {\bruch{f_{k}'(x)}{f_{k}(x)} dx}=ln|f(x)|+C
[/mm]
also
das Differential von x:dx
[mm] f_{k}'(x)= \bruch{dy}{dx}
[/mm]
Substitution:
z =x
z'=1 = [mm] \bruch{dy}{dx}; [/mm] dx== [mm] \bruch{dy}{1}
[/mm]
ja ich muß passen komme nicht mehr weiter!!
ich hänge etwas in der Luft
bräuchte mal dringend einen anstoß!
danke
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Hallo hooover!
Zunächst die Funktion zerlegen: [mm] $\bruch{\ln(x)-k}{x} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{\ln(x)}{x}-\bruch{k}{x} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{1}{x}*\ln(x) [/mm] - [mm] k*\bruch{1}{x}$ [/mm] .
Der hintere Term ist ja ein Standardintegral.
Beim vorderen substituiere: $z \ := \ [mm] \ln(x)$ [/mm] .
Gruß vom
Roadrunner
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:33 Mi 21.12.2005 | | Autor: | hooover |
ich versteh das nicht so recht.
ist auch schon etwas her mit Integralrechnung.
also
nach der Aufteilung hat man :
[mm] \integral \bruch{1}{x}*\ln(x) [/mm] - [mm] k*\bruch{1}{x} [/mm] dx
Substitution:
ln(x)=z z'= [mm] \bruch{dz}{dx}=\bruch{1}{x} [/mm] ; [mm] dx=\bruch{dz}{\bruch{1}{x}}
[/mm]
[mm] \integral \bruch{1}{x}*z [/mm] - [mm] k*\bruch{1}{x} \bruch{dz}{\bruch{1}{x}}
[/mm]
da fehlt doch noch was, 0der?
aber was?
was war denn mit denn Standartintegral gemeint?
soll man hier mehrere verschieden Integrationsmethoden anwenden?
dann wäre [mm] \bruch{1}{x}=ln(x)
[/mm]
würde beim ir folgendes ergeben:
[mm] \integral \bruch{(ln(x)*z - k*ln(x) dz)}{ln(x)}
[/mm]
wenn ich jetzt wieder die sub. Rückgänig mache sieht das so aus
[mm] \integral \bruch{((ln(x))^2 - k*ln(x) dz)}{ln(x)}
[/mm]
das sieht doch schon fast richtig aus.
jetzt wüßte ich noch gern warum da x zum Betrag stehen soll?
und naja ganz richtig ist doch ja nun auch noch nicht!
aber erstmal soweit
danke euch
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Hallo hooover!
Da hast Du mich leider missverstanden:
[mm] $\integral{\bruch{\ln(x)-k}{x} \ dx} [/mm] \ = \ [mm] \red{\integral{\bruch{1}{x}*\ln(x) \ dx}} [/mm] - [mm] k*\integral{\bruch{1}{x} \ dx}$
[/mm]
Das zweite Integral ist ein Standard-Integral, da hier gilt:
[mm] $\integral{\bruch{1}{x} \ dx} [/mm] \ = \ [mm] \ln|x| [/mm] \ + \ C$
Hier entstehen die Betragsstriche, damit aus einer Funktion, die auf ganz [mm] $\IR [/mm] \ [mm] \backslash [/mm] \ [mm] \{0\}$ [/mm] definiert ist, auch wieder eine Stammfunktion mit demselben Definitionsbereich entsteht.
Für unsere Aufgabe halte ich das allerdings für überflüssig, da wir uns ja vor geraumer Zeit auf einen Definitionsbereich der Funktion [mm] $f_k(x)$ [/mm] mit ausschließlich positiven x-Werten festgelegt haben.
Zurück zum Integrieren ...
Nur für das erste Integral (das rote) wendest Du die Substitution $z \ := \ [mm] \ln(x)$ [/mm] an.
Gruß vom
Roadrunner
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:43 Do 22.12.2005 | | Autor: | hooover |
Hallo Roadrunner und alle anderen!
ok das sieht auch besser aus.
[mm]\integral{\bruch{\ln(x)-k}{x} \ dx} \ = \ \red{\integral{\bruch{1}{x}*\ln(x) \ dx}} - k*\integral{\bruch{1}{x} \ dx}[/mm]
[mm]\integral{\bruch{1}{x} \ dx} \ = \ \ln|x| \ + \ C[/mm]
Nur für das erste Integral (das rote) wendest Du die
Substitution [mm]z \ := \ \ln(x)[/mm] an.
soweit so gut. das kann ich nachvollziehen.
müßte jetzt so aussehne:
[mm] \integral{\bruch{\ln(x)-k}{x} \ dx} [/mm] = [mm] \integral{\bruch{1}{x}*z \ dx} [/mm] - [mm] k*\ln|x| [/mm] + C
kann oder sollte man hierauf die Produktinteragtion oder Partielleintegration anwenden?
also für
[mm] \integral{\bruch{1}{x}=\ln(x) \ dx}
[/mm]
u [mm] =\bruch{1}{x}
[/mm]
[mm] u'=-\bruch{1}{x^2}
[/mm]
v = [mm] \bruch{1}{2}z^2
[/mm]
v'=z
[mm] \integral{u(x)*v'(x)dx} [/mm] =[ [mm] u(x)*v(x)]\integral{u'(x)*v(x)}dx
[/mm]
macht
[mm] \integral{\bruch{1}{x}*z dx} =[\bruch{1}{x}*\bruch{1}{2}z^2]\integral{-\bruch{1}{x^2}*\bruch{1}{2}z^2
}dx
[/mm]
soweit erstmal.
bin ich auf den richtigen weg?
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Hallo hooover!
> müßte jetzt so aussehne:
>
> [mm]\integral{\bruch{\ln(x)-k}{x} \ dx}[/mm] = [mm]\integral{\bruch{1}{x}*z \ dx}[/mm] - [mm]k*\ln|x|[/mm] + C
>
> kann oder sollte man hierauf die Produktinteragtion oder
> Partielleintegration anwenden?
Nein, wir hatten uns doch auf das Verfahren der Substitution "geeinigt" mit $z \ := \ [mm] \ln(x)$ [/mm] .
Daher musst Du auch konsequent [mm] $d\red{x}$ [/mm] durch [mm] $d\red{z}$ [/mm] ersetzen:
$z' \ = \ [mm] \bruch{dz}{dx} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{1}{x}$ $\gdw$ [/mm] $dx \ = \ x*dz$
Dies nun einsetzen in das Integral [mm] $\integral{\bruch{1}{x}*z \ dx}$ [/mm] , kürzen und anschließend integrieren ...
Gruß vom
Roadrunner
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:47 Mi 28.12.2005 | | Autor: | hooover |
Hallo Leute
ich verstehe das einfach nicht
ich zeig euch nochmal alle meine Schritte, wo die meißten auch durch Raodrunner zustandegekommen sind.
also:
[mm] f_{k}(x)=\bruch{ln(x)-k}{x}
[/mm]
[mm] \integral{\bruch{ln(x)-k}{x}}=\integral{\bruch{1}{x}ln(x)dx -k \integral{\bruch{1}{x}dx}}
[/mm]
z=ln(X)
[mm] z'=\bruch{dz}{dx} [/mm] = [mm] \bruch{1}{x} [/mm] ; dx= x dz
[mm] \integral{\bruch{1}{x}z dz -k \integral{\bruch{1}{x} x dz}}
[/mm]
[mm] \integral{\bruch{1}{x}z dz -k \integral{1dz}}
[/mm]
[mm] \integral{\bruch{1}{x}z dz -k1dz}
[/mm]
[mm] \integral{z dz -kx dz}
[/mm]
[mm] F(z)=\bruch{1}{2}z^2-kxz
[/mm]
[mm] \integral{\bruch{ln(x)-k}{x}}=\integral{\bruch{1}{2}z^2-kxz} [/mm]
[mm] \integral{\bruch{ln(x)-k}{x}}=\integral{\bruch{1}{2}(ln|x|)^2-k*ln|x|* } [/mm] x
das blöde x ist zuviel
wer kann mir helfen.
ich weiß nicht mehr weiter!
bitte zeigt mir wie das geht.
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Hallo hooover!
> z=ln(X)
>
> [mm]z'=\bruch{dz}{dx}[/mm] = [mm]\bruch{1}{x}[/mm] ; dx= x dz
>
> [mm]\integral{\bruch{1}{x}z dz -k \integral{\bruch{1}{x} x dz}}[/mm]
Beim hinteren Integral ginge es auch ohne diese Substitution, ist aber kein Problem.
Beim vorderen Integral hast Du Dich vertippt, es muss heißen:
[mm]\integral{\bruch{1}{x}*z*\red{x} \ dz} -k*\integral{\bruch{1}{x} *x \ dz}[/mm]
Dann wird daraus:
[mm]\integral{z \ dz} -k*\integral{1 \ dz}[/mm]
[mm]= \ z^2-k*z + C[/mm]
Nun solltest Du mit der Re-Substitution auf das gewünschte Ergebnis kommen.
Gruß vom
Roadrunner
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![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]"){kind=small}
Was ist denn mit negativen Werten für $x_$? Ist dort der Logarithmus definiert?
