Berechne die Nullstelle von $h$

Die Nullstelle der Funktion ist die Nullstelle des Zählerterms $4+4\cdot \ln (x+1)$:

Die Nullstelle der Funktion $h$ ist $x=e^{-1}-1$.

Bestimme das Verhalten der Funktionswerte $h(x)$ für $x\to -1$

Wegen $D_h=]-1;+\infty [$ muss nur $x\to -1^{+}$ betrachtet werden.

$${\displaystyle \underset{x\to -1^{+}}{\lim }{\displaystyle \frac{4+4\cdot \stackrel{\to -\infty }{\overbrace{\ln (\stackrel{x\to 0^{+}}{\overbrace{x+1}})}}}{\underset{x\to 0^{+}}{\underbrace{x+1}}}}\to -\infty }$$

Ermittle die Wertemenge von $h$

Bilde die 1. Ableitung von $h$ mit Quotienten- und Kettenregel:

$N(x)=4+4\cdot \ln (x+1)\Rightarrow N^{\prime }(x)=4\cdot {\displaystyle \frac{1}{x+1}}\cdot 1={\displaystyle \frac{4}{x+1}}$ und $Z(x)=x+1\Rightarrow Z^{\prime }(x)=1$

$h^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{\cancel{(x+1)}\cdot {\displaystyle \frac{4}{\cancel{x+1}}}-(4+4\cdot \ln (x+1))\cdot 1}{(x+1{)}^2}}={\displaystyle \frac{-4\cdot \ln (x+1)}{(x+1{)}^2}}$

Löse die Gleichung $h^{\prime }(x)=0$ (notwendige Bedingung für ein Extremum):

$\Rightarrow 0=-4\cdot \ln (x+1)\Rightarrow 0=\ln (x+1)\Rightarrow x=0$ (weil $\ln (1)=0$)

Erstelle eine Monotonietabelle:

$h^{\prime }(-\mathrm{0,5})={\displaystyle \frac{-4\cdot \ln (-\mathrm{0,5}+1)}{(-\mathrm{0,5}+1{)}^2}}={\displaystyle \frac{-4\cdot \ln (\mathrm{0,5})}{{\mathrm{0,5}}^2}}\approx \mathrm{11,09}>0$

$h^{\prime }(1)={\displaystyle \frac{-4\cdot \ln (1+1)}{(1+1{)}^2}}={\displaystyle \frac{-4\cdot \ln (2)}{4}}\approx -\mathrm{0,69}<0$

Bei $x=0$ liegt das absolute Maximum der Funktion $h$.

Berechne den Funktionswert an dieser Stelle: $h(0)={\displaystyle \frac{4+4\cdot \ln (0+1)}{0+1}}={\displaystyle \frac{4}{1}}=4$

Mit dem Ergebnis aus Aufgabe a) und dem Funktionswert des Maximums folgt:

Die Wertemenge von $h$ ist $W_h=]-\infty ;4]$.

1 Bestimme eine integralfreie Darstellung von $H(x)$

Löse das unbestimmte Integral mit der Substitution $z=\ln (t+1)$:

$z=\ln (t+1)\Rightarrow {\displaystyle \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}}={\displaystyle \frac{1}{t+1}}\Rightarrow \mathrm{d}t=(t+1)\cdot \mathrm{d}z$

$${\displaystyle \int h(t)\mathrm{d}t={\displaystyle \int {\displaystyle \frac{-4\cdot \ln (x+1)}{(x+1{)}^2}}\mathrm{d}t={\displaystyle \int {\displaystyle \frac{4+4z}{\cancel{t+1}}}\cdot \cancel{(t+1)}\mathrm{d}z={\displaystyle \int (4+4z)\mathrm{d}z}}}}$$

$${\displaystyle \int (4+4z)\mathrm{d}z=4z+{\displaystyle \frac{4}{2}}{z}^2+C=4z+2z^2+C}$$

$\Rightarrow$ Rücksubstitution $$z=\ln (t+1)\Rightarrow {\displaystyle \int h(t)\mathrm{d}t=4\ln (t+1)+2(\ln (t+1){)}^2+C}$$

Bestimme nun die integralfreie Darstellung von $H(x)$:

$$H(x)={\displaystyle {\int }_0^{x}h(t)\mathrm{d}t={[4\ln (t+1)+2(\ln (t+1){)}^2]}_0^x=}$$

$4\ln (x+1)+2(\ln (x+1){)}^2-(4\ln (0+1)+2(\ln (0+1){)}^2=4\ln (x+1)+2(\ln (x+1){)}^2-0=$

$4\ln (x+1)+2(\ln (x+1){)}^2$

Die integralfreie Darstellung von $H(x)$ ist: $H(x)=4\ln (x+1)+2(\ln (x+1){)}^2$.

2 Begründe, dass der Graph von $S$ einen Extrempunkt bei $x=0$ besitzt

$S$ ist eine Stammfunktion von $H\Rightarrow S^{\prime }(x)=H(x)$ und $S^{\prime \prime }(x)=H^{\prime }(x)=h(x)$.

Weiterhin gilt:

$$S^{\prime }(0)=H(0)={\displaystyle {\int }_0^{0}h(t)\mathrm{d}t=0}$$ (obere und untere Integralgrenze sind gleich).

$S^{\prime }(0)=0\Rightarrow$Stelle mit waagrechter Tangente.

Mit dem Ergebnis aus Aufgabe b) folgt: $S^{\prime \prime }(0)=H^{\prime }(0)=h(0)=4\ne 0$

$\Rightarrow$Bei der Stelle mit waagrechter Tangente ($x=0$) handelt es sich um einen Extrempunkt von $G_S$.