Die $y$-Achse wird für $x=0$ geschnitten.

Setze $x=0$ in die Funktionsgleichung ein:

$f_a(0)=0\cdot e^{a\cdot 0}+\frac{3}{a}=0\cdot 1+\frac{3}{a}=\frac{3}{a}$

Antwort: Der Schnittpunkt der Scharkurven mit der $y$-Achse hat die Koordinaten $S_y\left(0\Big\vert\frac{3}{a}\right)$.

Die notwendige Bedingung für ein Extremum lautet: $f_a'(x)=0$

Berechne die 1. Ableitung, beachte dabei die Produktregel und die Kettenregel:

$f_a'(x)=1\cdot e^{ax}+x\cdot e^{ax}\cdot a=(1+a\cdot x)\cdot e^{ax}$

Setze $f_a'(x)=0$

$\;\Rightarrow\;0=\underbrace{(1+a\cdot x)}_{=0}\cdot \underbrace{e^{a\cdot x}}_{\text{immer}\;> 0}$

Nur die Klammer kann null werden:

$0=1+a\cdot x\;\Rightarrow\;x=-\frac{1}{a}$

Die Feststellung, ob sich an der Stelle $x=-\frac{1}{a}$ ein Extremum befindet, kann mit einer Monotonietabelle oder der 2. Ableitung erfolgen. Hier erfolgt die Überprüfung mit der 2. Ableitung:

Ist $f_a''(x)>0$, dann hat die Scharkurve $K_a$ an der Stelle $x$ einen Tiefpunkt.

Ist $f_a''(x)<0$, dann hat die Scharkurve $K_a$ an der Stelle $x$ einen Hochpunkt.

Berechne die 2. Ableitung, beachte dabei wieder die Produktregel und die Kettenregel:

$f_a'(x)=(1+a\cdot x)\cdot e^{ax}$

$f_a''(x)=a\cdot e^{ax}+(1+a\cdot x)\cdot e^{ax}\cdot a=(a^2\cdot x+2a)\cdot e^{ax}$

Setze $x=-\frac{1}{a}$ in $f_a''(x)=(a^2\cdot x+2a)\cdot e^{ax}$ ein:

$f_a''\left(-\frac{1}{a}\right)=\left(a^2\cdot (-\frac{1}{a})+2a\right)\cdot e^{a\cdot(-\frac{1}{a})}=(-a+2a)\cdot e^{-1}=a\cdot e^{-1}$

Das Ergebnis ist vom Scharparameter $a$ abhängig, d.h. es ist eine Fallunterscheidung bzgl. des Vorzeichens von $a$ erforderlich.

Fallunterscheidung

Fall 1: $a>0$

$f_a''(-\frac{1}{a})=a\cdot e^{-1}>0 \;\Rightarrow\;\text{TP}$

Fall 2: $a<0$

$f_a''(-\frac{1}{a})=a\cdot e^{-1}<0 \;\Rightarrow\;\text{HP}$

Setze $x=-\frac{1}{a}$ in $f_a(x)$ ein, um die $y$-Koordinate der Extrema zu berechnen.

$f_a(-\frac{1}{a})=(-\frac{1}{a})\cdot e^{a\cdot(-\frac{1}{a})}+\frac{3}{a}=\frac{3}{a}-\frac{1}{a}\cdot e^{-1}=\frac{1}{a}\cdot(3-e^{-1})$

Antwort: Für $a>0$ hat der Tiefpunkt die Koordinaten $TP\left(-\frac{1}{a}\Big\vert\frac{1}{a}\cdot(3-e^{-1})\right)$ und für $a<0$ hat der Hochpunkt die Koordinaten $HP\left(-\frac{1}{a}\Big\vert\frac{1}{a}\cdot(3-e^{-1})\right)$.

Betrachte zunächst $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\left(x\cdot e^{ax}+\frac{3}{a}\right)$. Wie verhält sich der Ausdruck $x\cdot e^{ax}$, wenn $x$ sehr groß wird? Das Verhalten hängt vom Vorzeichen des Scharparameters $a$ ab, d.h. es ist eine Fallunterscheidung bzgl. des Vorzeichens von $a$ erforderlich.

Fallunterscheidung

Fall 1: $a>0$

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\left(x\cdot e^{ax}+\frac{3}{a}\right)=\lim_{x\rightarrow+\infty}\underbrace{x\cdot e^{ax}}_{\rightarrow +\infty}+\frac{3}{a}=+\infty$

Für $a>0$ wächst $e^{ax}$ für $x\rightarrow+\infty$ stärker als jede Potenz von $x$. Der Ausdruck $x\cdot e^{ax}$ geht somit gegen $+\infty$.

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow-\infty}\left(x\cdot e^{ax}+\frac{3}{a}\right)=\lim_{x\rightarrow-\infty}\underbrace{x\cdot e^{ax}}_{\rightarrow 0}+\frac{3}{a}=\frac{3}{a}$

Für $a>0$ geht $e^{ax}$ für $x\rightarrow-\infty$ stärker gegen $0$ als $x\rightarrow-\infty$. Der Ausdruck $x\cdot e^{ax}$ geht somit gegen $0$.

Fall 2: $a<0$

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\left(x\cdot e^{ax}+\frac{3}{a}\right)=\lim_{x\rightarrow+\infty}\underbrace{x\cdot e^{ax}}_{\rightarrow 0}+\frac{3}{a}=\frac{3}{a}$

Für $a<0$ geht $e^{ax}$ für $x\rightarrow+\infty$ stärker gegen $0$ als $x\rightarrow+\infty$. Der Ausdruck $x\cdot e^{ax}$ geht somit gegen $0$.

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow-\infty}\left(x\cdot e^{ax}+\frac{3}{a}\right)=\lim_{x\rightarrow-\infty}\underbrace{x\cdot e^{ax}}_{\rightarrow -\infty}+\frac{3}{a}=-\infty$

Für $a<0$ wächst $e^{ax}$ für $x\rightarrow-\infty$ stärker als jede Potenz von $x$. Der Ausdruck $x\cdot e^{ax}$ geht somit gegen $-\infty$.

Alle Scharkurven haben eine waagrechte Asymptote $y_A=\frac{3}{a}$.

Für $a=-3$ lautet $f_{-3}(x)=x\cdot e^{-3x}-1$ und für $a=1$ ist $f_{1}=x\cdot e^{x}+3$. Bekannt sind weiterhin der Schnittpunkt mit der y-Achse $S_y\left(0\Big\vert\frac{3}{a}\right)$, der Extrempunkt $E\left(-\frac{1}{a}\Big\vert\frac{1}{a}\cdot(3-e^{-1})\right)$ und die waagrechte Asymptote $y_A=\frac{3}{a}$. Zum Skizzieren der beiden Graphen ist es sinnvoll, noch einige Funktionswerte zu berechnen. Sie sind in den beiden folgenden Tabellen aufgelistet.

Tabelle für $f_{-3}(x)=x\cdot e^{-3x}-1$:

Die Funktion $f_{-3}(x)=x\cdot e^{-3x}-1$ hat die waagrechte Asymptote $y_A=-1$.

Tabelle für $f_{1}=x\cdot e^{x}+3$:

Die Funktion $f_{1}(x)=x\cdot e^{x}+3$ hat die waagrechte Asymptote $y_A=3$.

Die Graphen von $K_{-3}$ und von $K_1$.

Ein Extremum liegt vor, wenn $f_a'(x)=0$ ist.

Im Aufgabenteil b) wurde $f_a'(x)$ berechnet: $f_a'(x)=(1+a\cdot x)\cdot e^{ax}$

Setze den Wert $x=\frac{1}{2}$ in die $1.$ Ableitung ein:

$f_a'\left(\frac{1}{2}\right)=e^{a\cdot\frac{1}{2}}\cdot(1+a\cdot\frac{1}{2})$

Setze $f_a'\left(\frac{1}{2}\right)=0$

$\;\Rightarrow\;0=\underbrace{e^{a\cdot\frac{1}{2}}}_{\text{immer}\;> 0}\cdot \underbrace{\left(1+a\cdot\frac{1}{2}\right)}_{=0}$

Nur die Klammer kann null werden:

$0=1+a\cdot\frac{1}{2}\;\Rightarrow\;a=-2$

Antwort: Für $a=-2$ hat die Scharfunktion $f_{-2}(x)=x\cdot e^{-2x}-\frac{3}{2}$ an der Stelle $x=\frac{1}{2}$ ein Extremum.

Für die Ortskurve der Extrema benötigst du die Extrempunktkoordinaten.

Das Extremum hat die Koordinaten $E\left(-\frac{1}{a}\Big\vert\frac{1}{a}\cdot(3-e^{-1})\right)$.

Für die Berechnung der Ortskurve setzt du $x=-\frac{1}{a}$ und $y=\frac{1}{a}\cdot (3-e^{-1})$.

Löse dann $x=-\frac{1}{a}$ nach $a$ auf $\;\Rightarrow\;a=-\frac{1}{x}$.

Setze $a=-\frac{1}{x}$ in $y=\frac{1}{a}\cdot (3-e^{-1})$ ein:

$y=\dfrac{1}{-\frac{1}{x}}\cdot (3-e^{-1})=-x\cdot(3-e^{-1})=(e^{-1}-3)\cdot x$

Antwort: Die Gleichung der Ortskurve lautet $y=(e^{-1}-3)\cdot x$. Der Graph der Ortskurve ist eine Ursprungsgerade mit der Steigung $m=e^{-1}-3\approx -2{,}63$.

Zur Veranschaulichung sind im folgenden Applet mehrere Scharkurven und die Ortskurve der Extrema dargestellt.