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Begründe, dass x=1x=1 die einzige Nullstelle von ff ist

Gegeben ist f(x)=10(x1)exf(x)=10 \cdot(x-1) \cdot \mathrm{e}^{-x}.

Für die Nullstellen löse die Gleichung f(x)=0f(x)=0.

0=10(x1)ex0=10 \cdot(x-1) \cdot \mathrm{e}^{-x}

Weil ex0\mathrm{e}^{-x}\neq 0 für alle xRx \in \mathbb{R} folgt mit dem Satz vom Nullprodukt:

  x1=0    x=1\Rightarrow\;x-1=0\;\Rightarrow\;x=1

Demnach ist x=1x=1 die einzige Nullstelle.

  1. Untersuche ff rechnerisch auf lokale Extremstellen

    Die notwendige Bedingung für ein Extremum ist f(x)=0f'(x)=0.

    Bilde mithilfe der Produkt- und Kettenregel die 1. Ableitung:

    f(x)=10(1ex+(x1)ex(1))=10(2x)exf'(x)=10\cdot(1\cdot e^{-x}+(x-1)\cdot e^{-x}\cdot (-1))=10\cdot(2-x)\cdot e^{-x}

    f(x)=0    0=10(2x)exf'(x)=0\;\Rightarrow\;0 =10\cdot(2-x)\cdot e^{-x}

    Weil ex0\mathrm{e}^{-x}\neq 0 für alle xRx \in \mathbb{R} folgt mit dem Satz vom Nullprodukt:

    2x=0    x=22-x=0\;\Rightarrow\;x=2

    Die hinreichende Bedingung für ein Extremum ist f(x)0f''(x)\neq 0.

    Bilde mithilfe der Produkt- und Kettenregel die 2. Ableitung:

    f(x)=10((1)ex+(2x)ex(1))=10(x3)exf''(x)=10\cdot\left((-1)\cdot e^{-x}+(2-x)\cdot e^{-x}\cdot (-1)\right)=10\cdot(x-3)\cdot e^{-x}

    f(2)=10(23)e2=10e2<0f''(2)=10\cdot(2-3)\cdot e^{-2}=-10\cdot e^{-2}<0

    Die Funktion ff hat genau eine lokale Extremstelle.

    Der Graph von ff hat bei x=2x=2 ein lokales Maximum.

  2. Zeige rechnerisch, dass der Punkt (122160)(12|2160) ein Hochpunkt des Graphen von ff ist

    Gegeben ist f(x)=516x4+5x3f(x)=-\frac{5}{16} x^{4}+5 x^{3}.

    Berechne f(x)f'(x) und f(x)f''(x):

    f(x)=54x3+15x2f'(x)=-\frac{5}{4} x^{3}+15 x^{2}

    f(x)=154x2+30xf''(x)=-\frac{15}{4} x^{2}+30 x

    Die notwendige Bedingung für ein Extremum ist f(x)=0f'(x)=0.

      0=54x3+15x2=5x2(14x+3)\Rightarrow\;0=-\frac{5}{4} x^{3}+15 x^{2}=5x^2\cdot\left(-\dfrac{1}{4}x+3\right)

    Mit dem Satz vom Nullprodukt folgt:

    x=014x+3=0    x=12x=0\vee -\dfrac{1}{4}x+3=0\;\Rightarrow\;x=12

    Lokale Extremstellen sind also x=0x=0 oder x=12x=12.

    Nach Aufgabenstellung muss nur x=12x=12 beachtet werden.

    Die hinreichende Bedingung für ein Extremum ist f(x)0f''(x)\neq 0.

      f(12)=154122+3012=180<0    \Rightarrow\;f''(12)=-\frac{15}{4}\cdot 12^{2}+30 \cdot 12=-180<0\;\Rightarrow\; Maximum

    Berechne f(12)=516124+5123=2160f(12)=-\frac{5}{16} \cdot 12^{4}+5\cdot 12^{3}=2160.

    Der Punkt (122160)(12|2160) ist ein Hochpunkt des Graphen von ff.

    Zeige rechnerisch, dass die Tangente an den Graphen von ff im Punkt (00)(0 \mid 0) parallel zur xx-Achse verläuft

    Es ist f(0)=0f'(0)=0 und f(0)=0f(0)=0.

    Im Punkt (00)(0\mid 0) verläuft die Tangente an den Graphen von ff parallel zur xx-Achse.

  3. Bestimme eine Gleichung der Geraden gg, die durch die beiden Wendepunkte des Graphen von ff verläuft

    Berechne die Wendepunkte:

    Die notwendige Bedingung für einen Wendepunkt ist f(x)=0f''(x)=0.

      0=154x2+30x=15x(14x+2)\Rightarrow\;0=-\frac{15}{4} x^{2}+30 x=15\cdot x\left(-\dfrac{1}{4}\cdot x +2\right)

    Mit dem Satz vom Nullprodukt folgt:

    x=014x+2=0    x=8x=0\vee -\dfrac{1}{4}x+2=0\;\Rightarrow\;x=8

    Wendestellen liegen bei x=0x=0 oder x=8x=8 vor, wenn die hinreichende Bedingung f(x)0f'''(x)\neq 0 erfüllt ist.

    Berechne f(x)=152x+30    f(0)=300f'''(x)=-\frac{15}{2} x+30 \;\Rightarrow\;f''(0)=30\neq 0 und f(8)=1528+30=300f'''(8)=-\frac{15}{2} \cdot 8+30=-30\neq 0

    Die Bedingung ist erfüllt, d.h. Wendestellen liegen bei x=0x=0 oder x=8x=8 vor.

    Berechne f(0)=0f(0)=0 und f(8)=51684+583=1280f(8)=-\frac{5}{16}\cdot 8^{4}+5\cdot 8^{3}=1280.

    Die Wendepunkte haben die Koordinaten WP1(00)WP_1(0\mid 0) und WP2(81280)WP_2(8\mid 1280).

    Für die Geradengleichung gg benutze die Zwei-Punkte-Form der Geradengleichung:

    y=y2y1x2x1(xx1)+y1    y=1280080(x0)+0y=\dfrac{ y_2 - y_1 }{ x_2 - x_1 }\cdot(x - x_1) + y_1\;\Rightarrow\;y=\dfrac{1280-0}{8-0}\cdot(x - 0) + 0

      g:y=160x\Rightarrow\;g: y=160\cdot x

    Die Gleichung der Geraden gg, die durch die beiden Wendepunkte des Graphen von ff verläuft, lautet y=160xy=160\cdot x.

    Zeichne in die Abbildung eine Gerade ein, die parallel zu gg ist und für 0x80 \leq x \leq 8 mit dem Graphen von ff genau einen Punkt gemeinsam hat

  4. Berechne alle Schnittpunkte des Graphen GfG_f mit den Koordinatenachsen

    Gegeben ist f(x)=110(x3+15x256x+12)f(x)=\dfrac{1}{10}(-x^3+15x^2-56x+12).

    Schnittpunkte mit der x-Achse:

    f(x)=0    110(x3+15x256x+12)=0    x3+15x256x+12=0f(x)=0\;\Rightarrow\;\dfrac{1}{10}(-x^3+15x^2-56x+12)=0\;\Rightarrow\;-x^3+15x^2-56x+12=0

    Die Nullstelle der Funktion g(x)=x3+15x256x+12g(x)=-x^3+15x^2-56x+12 ist bekannt xN=6x_N=6.

    Führe eine Polynomdivision durch.

     (x3+15x256x+12):(x6)=x2+9x2(x3+6x2)(x319x256x(x3+(9x254x)(x3+3x22x+12(x3+3x2(2x+12)(x3+3x24x120\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{l}\phantom{-}\ (-x^3+15x^2-56x+12):(x-6)=-x^2+9x-2 \\-\underline{(-x^3+6x^2)}\\\phantom{-(x^3-1}9x^2-56x\\\phantom{(x^3+}-\underline{(9x^2-54x)}\\\phantom{-(x^3+3x^2-}-2x+12\\\phantom{(x3+3x^2-}-\underline{(-2x+12)}\\\phantom{-(x^3+3x^2-4x-12}0\end{array}

    Löse nun die Gleichung x2+9x2=0    x29x+2=0-x^2+9x-2=0\;\Rightarrow\;x^2-9x+2=0 mit der pq-Formel:

    x2,3=\displaystyle x_{2{,}3}= ==p2±(p2)2q\displaystyle -\dfrac{p}{2}\pm\sqrt{\left(\frac{p}{2}\right)^2-q}

    Setze p=9p=-9 und q=2q=2 ein.

    ==(9)2±(92)22\displaystyle -\dfrac{(-9)}{2}\pm\sqrt{\left(\frac{-9}{2}\right)^2-2}
    ==4,5±20,252\displaystyle 4{,}5 \pm\sqrt{20{,}25-2}
    ==4,5±18,25\displaystyle 4{,}5 \pm\sqrt{18{,}25}

    Somit lauten die Schnittpunkte von GfG_f mit der x-Achse N1(60),N2(4,518,250)N_1(6\mid 0), N_2(4{,}5 -\sqrt{18{,}25}\mid 0)\approxN2(0,230)N_2(0{,}23\mid 0) und N3(4,5+18,250)N3(8,770)N_3(4{,}5 +\sqrt{18{,}25}\mid 0)\approx N_3(8{,}77\mid 0).

    Schnittpunkt mit der y-Achse:

    Setze x=0x=0 in f(x)f(x) ein     f(0)=12    Sy(012)\;\Rightarrow\;f(0)=12\;\Rightarrow\;S_y(0\mid 12).

    Der Schnittpunkt mit der y-Achse ist Sy(012)S_y(0\mid 12).

  5. Ermittle Art und Koordinaten aller relativen Extrempunkte von GfG_f