Bestimme die maximale Definitionsmenge von $H$

Die Funktion $H$ ist an den Stellen nicht definiert, an denen die Funktion $h$ ebenfalls nicht definiert ist.

Setze den Nenner von $h$ gleich null:

$0=(2x-3)\cdot (3x+1)\Rightarrow x_1={\displaystyle \frac{3}{2}},x_2=-{\displaystyle \frac{1}{3}}$.

Die Funktion $h$ ist an den Stellen $x_1={\displaystyle \frac{3}{2}},x_2=-{\displaystyle \frac{1}{3}}$ nicht definiert.

Die maximale Definitionsmenge von $H$ ist demnach:

$D_H=]-\frac{1}{3};\frac{3}{2}[$

Begründung:

Damit $$H(x)={\displaystyle {\int }_0^{x}h(t)\mathrm{d}t}$$ existiert, darf das Integrationsintervall keine Definitionslücken enthalten.

1. $x<-{\displaystyle \frac{1}{3}}\Rightarrow$das Intervall $[x,0]$ enthält die Definitionslücke $x=-{\displaystyle \frac{1}{3}}\Rightarrow$Integral existiert nicht.

2. $x>{\displaystyle \frac{3}{2}}\Rightarrow$das Intervall $[0,x]$ enthält die Definitionslücke $x={\displaystyle \frac{3}{2}}\Rightarrow$Integral existiert nicht.

Damit ergibt sich die oben angegebene Definitionsmenge.

Bestimme jeweils Art und x-Koordinaten aller Extrempunkte des Graphen von $H$

Nach der NEW-Regel hat die Stammfunktion $H$ ein Extremum an den Stellen, an denen die Funktion $h$ eine Nullstelle hat.

$h(x)=0\Rightarrow 0={\displaystyle \frac{12x^2-14x}{(2x-3)\cdot (3x+1)}}\Rightarrow 12x^2-14x=0\Rightarrow x_1=0$ und $x_2={\displaystyle \frac{7}{6}}$

Überprüfe mithilfe des Vorzeichenwechsels von $H^{\prime }=h$ die Art des Extrempunktes von $G_H$.

$x=0:$

Es ist $-\mathrm{0,1}<0<\mathrm{0,1}$:

$h(-\mathrm{0,1})={\displaystyle \frac{12\cdot (-\mathrm{0,1}{)}^2-14\cdot (-\mathrm{0,1})}{(2\cdot (-\mathrm{0,1})-3)\cdot (3\cdot (-\mathrm{0,1})+1)}}\approx -\mathrm{0,6785}<0$

$h(\mathrm{0,1})={\displaystyle \frac{12\cdot {\mathrm{0,1}}^2-14\cdot \mathrm{0,1}}{(2\cdot \mathrm{0,1}-3)\cdot (3\cdot \mathrm{0,1}+1)}}\approx \mathrm{0,3516}>0$

Bei $x=0$ findet ein Vorzeichenwechsel von $-\to +$ statt, d.h. bei $x=0$ hat $G_H$ einen relativen Tiefpunkt.

$x={\displaystyle \frac{7}{6}}:$

Es ist $1<{\displaystyle \frac{7}{6}}<{\displaystyle \frac{4}{3}}$:

$h(1)={\displaystyle \frac{12\cdot 1^2-14\cdot 1}{(2\cdot 1-3)\cdot (3\cdot 1+1)}}=\mathrm{0,5}>0$

$h\left(\frac{4}{3}\right)={\displaystyle \frac{12\cdot {\left(\frac{4}{3}\right)}^2-14\cdot \left(\frac{4}{3}\right)}{(2\cdot \left(\frac{4}{3}\right)-3)\cdot (3\cdot \left(\frac{4}{3}\right)+1)}}=-{\displaystyle \frac{8}{5}}<0$

Bei $x=\frac{7}{6}$ findet ein Vorzeichenwechsel von $+\to -$ statt, d.h. bei $x=\frac{7}{6}$ hat $G_H$ einen relativen Hochpunkt.

Zeige, dass $h(x)$ auch in der Form ${\displaystyle \frac{6}{(2x-3)\cdot (3x+1)}}+2$ dargestellt werden kann

Es ist $h(x)={\displaystyle \frac{12x^2-14x}{(2x-3)\cdot (3x+1)}}={\displaystyle \frac{12x^2-14x}{6x^2-7x-3}}$

Führe eine Polynomdivision durch:

$\begin{array}{l}\phantom{-}(12x^2-14x):(6x^2-7x-3)=2+{\displaystyle \frac{6}{6x^2-7x-3}}=2+{\displaystyle \frac{6}{(2x-3)\cdot (3x+1)}}✓\\ -\underline{(12x^2-14x-6)}\\ \phantom{-xxxxxxxxxxxx}6\end{array}$

Ermittle eine integralfreie Darstellung von $H$

$h(x)=2+{\displaystyle \frac{6}{(2x-3)\cdot (3x+1)}}$

Führe für den Bruch eine Partialbruchzerlegung durch:

Koeffizientenvergleich:

$(\mathrm{I})3A+2B=0$

$(\mathrm{I}\mathrm{I})A-3B=6$

Aus $(\mathrm{I}\mathrm{I})$folgt: $A=6+3B$

Eingesetzt in $(\mathrm{I})3\cdot (6+3B)+2B=0\Rightarrow 18+9B+2B=0\Rightarrow B=-{\displaystyle \frac{18}{11}}$

$B=-{\displaystyle \frac{18}{11}}$ eingesetzt in $A=6+3\cdot (-{\displaystyle \frac{18}{11}})={\displaystyle \frac{12}{11}}$

Damit ergibt sich: ${\displaystyle \frac{6}{(2x-3)\cdot (3x+1)}}={\displaystyle \frac{\frac{12}{11}}{2x-3}}-{\displaystyle \frac{\frac{18}{11}}{3x+1}}$

Du erhältst:

$${\displaystyle {\int }_0^{x}h(t)\mathrm{d}t={\displaystyle {\int }_0^x(2+{\displaystyle \frac{\frac{12}{11}}{2t-3}}-{\displaystyle \frac{\frac{18}{11}}{3t+1}})\mathrm{d}t={\displaystyle {\int }_0^{x}2\mathrm{d}t+{\displaystyle {\int }_0^x\left({\displaystyle \frac{\frac{12}{11}}{2t-3}}\right)\mathrm{d}t-{\displaystyle {\int }_0^x\left({\displaystyle \frac{\frac{18}{11}}{3t+1}}\right)\mathrm{d}t}}}}}$$Eine Stammfunktion für das erste Integral ist:

$F(t)=2t+C_1$

Eine Stammfunktion für das zweite Integral ist:

$F(t)={\displaystyle \frac{12}{11}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot \ln |2t-3|+C_2\Rightarrow F(t)={\displaystyle \frac{6}{11}}\cdot \ln |2t-3|+C_2$

Eine Stammfunktion für das dritte Integral ist:

$F(t)={\displaystyle \frac{18}{11}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{3}}\cdot \ln |3t+1|+C_3\Rightarrow F(t)={\displaystyle \frac{6}{11}}\cdot \ln |3t+1|+C_3$

Zusammengefasst ergibt sich folgende Stammfunktion:

$F(t)=2t+{\displaystyle \frac{6}{11}}\cdot \ln |2t-3|-{\displaystyle \frac{6}{11}}\cdot \ln |3t+1|+C=2t+{\displaystyle \frac{6}{11}}\cdot \ln |{\displaystyle \frac{2t-3}{3t+1}}|+C$

Dann ist $${\displaystyle {\int }_0^{x}h(t)\mathrm{d}t=F(x)-F(0)=2x+{\displaystyle \frac{6}{11}}\cdot \ln \left|{\displaystyle \frac{2x-3}{3x+1}}\right|-(0+{\displaystyle \frac{6}{11}}\cdot \ln |{\displaystyle \frac{0-3}{0+1}}\left|\right)}$$

$\Rightarrow H(x)=2x+{\displaystyle \frac{6}{11}}\cdot \ln |{\displaystyle \frac{2x-3}{3x+1}}|-{\displaystyle \frac{6}{11}}\cdot \ln 3$

Die integralfreie Darstellung von $H$ ist $H(x)=2x+{\displaystyle \frac{6}{11}}\cdot \ln |{\displaystyle \frac{2x-3}{3x+1}}|-{\displaystyle \frac{6}{11}}\cdot \ln 3$