Zeige, dass $x_1=e^{-1}$ und $x_2=e$ die einzigen Nullstellen von $f$ sind

Gegeben: $f(x)=-1+(\ln (x){)}^2$

Nullstellen: $f(x)=0$

Du erhältst die beiden Lösungen $\ln (x)=-1\Rightarrow x_1=e^{-1}$ und $\ln (x)=1\Rightarrow x_2=e^1$.

$x_1=e^{-1}$ und $x_2=e$ sind die einzigen Nullstellen von $f$.

Bestimme auch das Verhalten der Funktionswerte von $f$ an den Rändern des Definitionsbereiches

Gegeben: Definitionsmenge $D_f=]0;\infty [$.

Rand $x=0$:

$${\displaystyle \underset{x\to 0^{+}}{\lim }-1+\underset{\to \infty }{\underbrace{(\underset{\to -\infty }{\underbrace{\ln (x)}}{)}^2}}=+\infty }$$

Rand $\infty$:

$${\displaystyle \underset{x\to +\infty }{\lim }-1+\underset{\to +\infty }{\underbrace{(\ln (x){)}^2}}=+\infty }$$

Bestimme die Gleichung der senkrechten Asymptote von $G_f$

Das Ergebnis des 1. berechneten Grenzwertes (Rand $x=0$) zeigt, dass $x=0$ eine senkrechte Asymptote ist.

Ermittle die maximalen Monotonieintervalle sowie die Art und die Koordinaten des absoluten Extrempunktes von $G_f$

Berechne $f^{\prime }(x)$:

Beachte beim Ableiten die Kettenregel.

$f^{\prime }(x)=2\cdot \ln x\cdot {\displaystyle \frac{1}{x}}={\displaystyle \frac{2\cdot \ln x}{x}}$

Die notwendige Bedingung für ein Extremum ist $f^{\prime }(x)=0$.

Löse die Gleichung $0={\displaystyle \frac{2\cdot \ln x}{x}}\Rightarrow 0=2\cdot \ln x\Rightarrow 0=\ln x\Rightarrow x=e^0=1$.

Erstelle eine Monotonietabelle:

Berechne zwei Beispielwerte für f'(x).

$f^{\prime }(\mathrm{0,5})={\displaystyle \frac{2\cdot \ln \mathrm{0,5}}{\mathrm{0,5}}}\approx -\mathrm{2,7}<0$ und $f^{\prime }(2)={\displaystyle \frac{2\cdot \ln 2}{2}}\approx \mathrm{0,69}>0$

Nach der Tabelle ist $G_f$ streng monoton fallend in $]0;1]$ und streng monoton steigend in $[1;\infty [$.

$f(1)=-1+{\displaystyle \frac{2\cdot \ln 1}{1}}=-1\Rightarrow TP(1|-1)$.

Die Koordinaten des Tiefpunktes von $G_f$ sind $TP(1|-1)$.

Gib auch die Wertemenge der Funktion $f$ an

Der Tiefpunkt von $G_f$ ist $TP(1|-1)$ $\Rightarrow W_f=[-1;\infty [$.

Die Wertemenge der Funktion $f$ ist $W_f=[-1;\infty [$.

Bestimme die exakte Gleichung der Wendetangente an den Graphen $G_f$

Berechne die Wendepunkte mithilfe der Quotientenregel:

Die notwendige Bedingung für einen Wendepunkt ist $f^{\prime \prime }(x)=0$.

Bekannt ist $f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{2\cdot \ln x}{x}}$.

$f^{\prime \prime }(x)={\displaystyle \frac{2\cdot {\displaystyle \frac{1}{x}}\cdot x-2\ln x\cdot 1}{x^2}}={\displaystyle \frac{2-2\ln x}{x^2}}$

Löse die Gleichung $f^{\prime \prime }(x)=0$:

$x=e$ ist eine einfache Nullstelle von $f^{\prime \prime }$, d.h. mit Vorzeichenwechsel von $f^{\prime \prime }$ an der Stelle $x=e$. An der Stelle $x=e$ liegt ein Wendepunkt vor.

Die Nullstelle $x=e$ von $G_f$ ist gleichzeitig Wendepunkt $\Rightarrow WP(e|0)$.

Gleichung der Wendetangente:

$w(x)=m\cdot x+b$ mit $m=f^{\prime }(e)={\displaystyle \frac{2\cdot \ln e}{e}}={\displaystyle \frac{2}{e}}\Rightarrow w(x)={\displaystyle \frac{2}{e}}\cdot x+b$

Setze $WP(e|0)$ in $w(x)$ ein:

$0={\displaystyle \frac{2}{e}}\cdot e+b=2+b\Rightarrow b=-2$

Dann lautete die Gleichung der Wendetangente:

Zeichne den Graphen $G_f$ unter Berücksichtigung aller bisherigen Ergebnisse und weiterer geeigneter Funktionswerte im Bereich $0<x\le \mathrm{5,5}$ in ein kartesisches Koordinatensystem

Erstelle eine Wertetabelle:

1) Zeige, dass $F$ eine Stammfunktion von $f$ ist

Gegeben: $F(x)=x\cdot (\ln (x)-1{)}^2$

Zeige $F^{\prime }(x)=f(x)$, dann ist $F$ eine Stammfunktion von $f$.

Beachte beim Ableiten die Produkt- und Kettenregel.

$\begin{array}{l}{F}^{\prime }(x)=1\cdot (\ln (x)-1{)}^2+x\cdot 2\cdot (\ln (x)-1)\cdot {\displaystyle \frac{1}{x}}\\ =\ln (x{)}^2-2\ln (x)+1^2+2\ln (x)-2=\ln (x{)}^2-1=-1+\ln (x{)}^2=f(x)✓\end{array}$

2) Kennzeichne dieses Flächenstück in der Zeichnung aus Teilaufgabe 1 d)

Berechne die Maßzahl des Inhalts der Fläche auf zwei Nachkommastellen gerundet

$${\displaystyle {\int }_{e^{-1}}^{e}f(x)\mathrm{d}x={[x\cdot (\ln (x)-1{)}^2]}_{e^{-1}}^e=(e\cdot (\ln (e)-1{)}^2)-(e^{-1}\cdot (\ln (e^{-1})-1{)}^2)}$$

Mit $\ln e=1$ und $e\cdot (\ln (e)-1{)}^2)=0$ sowie $\ln (e^{-1})=-1$ folgt:

$${\displaystyle {\int }_{e^{-1}}^{e}f(x)\mathrm{d}x=0-e^{-1}\cdot (-1-1{)}^2=-4\cdot e^{-1}\approx -\mathrm{1,47}}$$

Die Fläche liegt im 4. Quadranten, d.h. unterhalb der x-Achse.

Die Flächenberechnung erfolgt deshalb mit dem Betrag des Integrals.

$A=|-4\cdot e^{-1}|\approx \mathrm{1,47}$

Die Maßzahl des Inhalts der Fläche auf zwei Nachkommastellen gerundet

beträgt $\mathrm{1,47}\mathrm{FE}$.