In dieser Aufgabe ist eine zusammengesetzte ln-Funktion zu diskutieren und anschließend näherungsweise durch eine gebrochen-rationale Funktion zu ersetzen.

Für die Aufgaben ist der Graph der Funktion $f$ im Intervall $]0;6[$ vorgegeben, so dass als bekannt gelten darf, dass $f$ mindestens zwei Nullstellen und mindestens einen Tiefpunkt besitzt. Deren exakten Werte aber sind zu berechnen.

Lösung Teilaufgabe a)

Nullstellenberechnung

Setze zur Berechnung der Nullstellen den Funktionsterm von $f$ gleich Null.

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array} {rcll}2\cdot \left((lnx)^2-1\right) &=&0&|\;:2\\ (lnx)^2-1&=&0&|\:+1\\ (lnx)^2&=&1&|\sqrt{ } \\ lnx_{\color{red}{1;2}}&=&{\color{red}\mp}1&|\;e^{()}\\ x_1&=&e^{-1}\\x_2&=&e^{+1}\end{array}$

Damit hast du gezeigt, dass $f$ auch außerhalb des Intervalls $]0;6[$ keine weiteren Nullstellen als $x=e^{-1}$ und $x=e$ besitzt.

Berechnung der Koordinaten des Tiefpunkts

Differenziere $f$ und bestimme die Nullstellen von $f'$.

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array} {rcll}f(x) &= &2\cdot \left((lnx)^2-1\right) &| \text{Kettenregel}\\f'(x)&= &2\cdot\left(2 \cdot (lnx)\cdot \displaystyle\frac{1}{x} \right)\\f'(x)&=&\displaystyle \frac{4}{x}\cdot lnx\end{array}$

Setze $f'(x)$ gleich Null:

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array} {rcll}\displaystyle \frac{4}{x} \cdot lnx&=&0&|\cdot x\\4\cdot lnx&=&0&|\;:4\\ln x&=&0 & |\;e^{()}\\x&=&e^0\\x&=&1\end{array}$

$f$ hat damit lediglich für $x=1$ eine waagrechte Tangente.

Setze $x=1$ in $f(x)$ ein um die 2. Koordinate des Kurvenpunktes zu erhalten:

$f(1)=2\cdot\left((ln\,1)^2-1\right)= -2$

Der Punkt $T(1|-2)$ ist der zu berechnende Tiefpunkt.

Ohne den vorgegebenen Graphen müsste man noch nachweisen, dass z.B. $f''(1)>0$.

(Wie angenehm, dass man im Zeitdruck des Abiturs darauf verzichten konnte!!)

Willst du dir dennoch die Zeit nehmen, die Art des Extremums ohne Bezug auf den Graphen zu begründen und Ableitungsregeln zu trainieren, so berechne $f''$.

$\displaystyle f'(x)=4\cdot\underbrace{\frac{ln\,x}{x}}_{\text{Quotientenfunktion}}$

Wende die Quotientenregel an.

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array} {rcl}\displaystyle f''(x) &= & 4 \cdot \displaystyle \frac{\frac{1}{x}\cdot x-1 \cdot ln\,x}{x^2}\\&=&\displaystyle 4 \cdot \frac{1-ln\,x}{x^2}\\&=&\displaystyle \frac{4}{x^2} \cdot \left(1-ln\,x\right)\end{array}$

Untersuche das Vorzeichen von $f''(1)$:

$f''(1)\,=\,4\,\color{red}{>} \,0$

Damit ist der Punkt $T(1|-2)$ tatsächlich der (einzige) Tiefpunkt von $f$.

Lösung Teilaufgabe b)

Bestimmung des Wendepunkts

Eine notwendige Bedingung für das Vorliegen eines Wendepunktes ist, dass die 2. Ableitung an dieser Stelle 0 ist. Falls du die 2. Ableitung am Ende der Teilaufgabe a) noch nicht berechnet hast, musst du das jetzt tun. Setzte die 2. Ableitung also 0 und löse die Gleichung.

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array} {rcll}\displaystyle\frac{4}{x^2}\cdot \left(1-ln\,x\right)&=&0&|\;\cdot\displaystyle \frac{x^2}{4}\\1-ln\,x&=&0\\ln\,x&=&1&|\;e^{()}\\x&=&e\end{array}$

Der einzig mögliche Wendepunkt hat also die $x$-Koordinate $e$. Dies ist aber die bereits bekannte Nullstelle von $f$, sodass die 2.Koordinate nicht berechnet werden muss: $W(e|0)$ ist der einzig mögliche Wendepunkt.

Damit sich $W(e|0)$ tatsächlich als ein Wendepunkt erweist, musst du zeigen, dass die 3. Ableitung von $f$ für $x=e$ von 0 verschieden ist.

Oder du zeigst - unter Verzicht auf die Benutzung der 3. Ableitung - dass $f''$ links bzw. rechts von $x=e$ verschiedenes Vorzeichen hat, die Krümmung also wechselt.

Dieser Nachweis wird im Folgenden durchgeführt.

Für einen Punkt $(x_0|f(x_0))$ links von $W$ gilt:

$0<x_0<e\quad\Rightarrow\quad f''(x_0)=\displaystyle \underbrace{\frac{4}{x_0^2}}_{\color{red}{>\,0}}\cdot \displaystyle \underbrace{\left(1-\underbrace{ln\,x_0}_{\color{red}{<\,1}}\right)}_{\color{red}{>\,0}}\color{red}{>}0$

Für einen Punkt rechts von $W$ gilt:

$e<x_0<+\infty \quad \Rightarrow\quad f''(x_0)=\displaystyle \underbrace{\frac{4}{x_0^2}}_{\color{red}{>\,0}}\cdot \underbrace{\left(1-\underbrace{ln\,x_0}_{\color{red}{>\,1}}\right)}_{\color{red}{<\,0}}\color{red}{<}\;0$

Damit ist gezeigt, dass der Graph von $f$ links von $W$ linksgekrümmt und rechts von $W$ rechtsgekrümmt ist, $W$ also tatsächlich ein Wendepunkt ist.

Tangentengleichung

Zur Ermittlung der Gleichung der Tangente $t$ in einem beliebigen Punkt $(x_0|f(x_0))$ von $f$ kannst du folgende Formel benutzen:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad \displaystyle t:\;\frac{y-f(x_0)}{x-x_0}=f'(x_0)$

Setze die Koordinaten von $W(e|0)$ und den Wert für $f'(e)$ in die Formel ein:

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array} {rcll}\displaystyle t_W:\;\frac{y-0}{x-e} &= &\displaystyle \frac{4}{e} &|\;\cdot(x-e)\\t_W:y&=&\displaystyle \frac{4}{e}x-4\end{array}$

Lösung Teilaufgabe c)

In dieser Teilaufgabe sind durch Grenzwertberechnungen bei $f'$ die Asymptoten des Graphen von $f'$ zu bestimmen und anhand bereits bekannter Eigenschaften dieses Graphen ist eine Skizze zu fertigen.

Grenzwertberechnungen für $f'$

Der Grenzwert für $x\rightarrow0$

$\lim\limits_{x\to 0}f'(x)=\lim\limits_{x\to 0}\displaystyle \left(\underbrace{\frac{4}{x}}_{\rightarrow \color{red}{+\infty}} \cdot \underbrace{ln\,x}_{\rightarrow\,\color{red}{-\infty}}\right)=-\infty$

Plausibilitätsüberlegung:

Ein Produkt mit einem positiven und einem negativen Faktor ist negativ und sein Betrag ist beliebig groß ($"\infty$ "), wenn jeder Faktor selbst dem Betrag nach beliebig groß ist.

Graphische Bedeutung des Grenzwerts:

Die $y$-Achse ist senkrechte Asymptote des Graphen von $f'$-

Der Grenzwert für $x\to +\infty$

Diesen Grenzwert berechnest du unter zur Hilfenahme der Regel von L'Hospital.

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array} {rcll}\lim\limits_ {x\to + \infty}\displaystyle \left(\frac{4}{x} \cdot ln\,x \right)&=&4 \cdot \lim\limits_{x \to + \infty} \left(\frac{\overbrace{ln\,x}^{\to \color{red}{+ \infty}}}{\underbrace{x}_{\to \color{red}{+ \infty}}}\right)\\\text{jetzt L'Hospital:}&=&4 \cdot\lim\limits_{x\to + \infty} \left( \frac{\color{red}{\frac{1}{x}}}{{\color{red}1}}\right)\\&=&4\cdot\lim\limits_{x \to + \infty}\frac{1}{x}\\&=&4\cdot0\\&=&0\end{array}$

Graphische Bedeutung des Grenzwerts:

Die $x$-Achse ist waagrechte Asymptote des Graphen von $f'$.

Skizze des Graphen von $f'$

Zum Zeichnen der Skizze des Graphen von $f'$ verwendest du folgende Kenntnisse über den Graphen:

• Die Nullstelle von $f'$: $x=1$

• Den Hochpunkt von $f'$: $x = e\approx2{,}7$. $H(2{,}7/1{,}5)$

• $f'(0{,}5)\approx-5{,}5$

• $f'(10)\approx 0{,}9$

• $x=0$ ist senkrechte Asymptote

• $y=0$ ist waagrechte Asymptote

Lösung Teilaufgabe d)

In dieser Aufgabe ist die obere Grenze eines bestimmten Integrals so zu bestimmen, dass das Integral den Wert $0$ hat.

Für welche Werte $c$ gilt

$\quad\quad\quad\quad\int_{e^{-1}}^c f(x)dx=0\;$?

Zur Lösung der Aufgabe führst du deine Überlegungen anhand des gegebenen Graphen von $f$ in der Abbildung 1 durch.

Integralgrenzen beachten

Jedes bestimmte Integral hat den Wert $0$, wenn untere und obere Grenze übereinstimmen.

Also:

$c_1=e^{-1}$ ist eine Lösung der Aufgabe, da $c_1\,\in\,]0;6]$.

Flächenbilanz beachten

In unserer Aufgabe brauchst du die einzelnen Flächen für die "Flächenbilanz" nicht zu berechnen. Es genügt, sie abzuschätzen.

Du überlegst zum Beispiel so:

Für ein $\,c_2>e\,$ ist $\displaystyle\int_{e^{-1}}^{c_2}f(x)dx$ genau dann $0$, wenn der Betrag des negativen Flächenteils gleich dem positiven Flächenanteil, die "Flächenbilanz" also ausgeglichen ist.

Dass es ein passendes $c_2$ aus dem Intervall $]e;6]$ geben muss, begründest du so:

Einen ausreichend genauen Schätzwert für den Betrag des negativen Flächenteils erhält man z.B. durch Abzählen von "Viertel-Einheitsquadrat-Kästchen" mit $\displaystyle \left | \int_{e^{-1}}^e f(x)dx\;\right |\;\approx3\,FE$.

Den positiven Flächenteil bis $x=6$ schätzt man in gleicher Weise und erhält mit $\displaystyle \int_e^6 f(x)dx\,\approx\,7\,FE$ einen zu großen positiven Flächenanteil.

Da bei stetiger Vergrößerung von $c$ über $e$ hinaus auch der positive Flächenteil stetig zunimmt, muss es ein $c_2$ mit $e<c_2<6$ geben, sodass $\displaystyle \left|\int_{e^{-1}}^e f(x)dx\right|=\int_e^{c_2} f(x)dx$, das Gesamtintegral $\displaystyle\int_{e^{-1}}^{c_2} f(x)dx$ also den Wert $0$ ergibt.

Mit dem Applet kannst du durch Verschieben des Punktes $P$ einen passenden Wert für $c$ ermitteln.

Lösung Teilaufgabe e)

Für diese Aufgabe sind die Grenzwerte $\lim\limits_{x\to \pm 0}h(x)$ und $\lim\limits_{x\to \pm\infty} h(x)$ zu berechnen.

Die Funktion $h$ hat an der nicht definierten Stelle $x=0$ eine ungerade Polstelle mit einer senkrechten Asymptote, da gilt:

$\quad\quad\quad \lim\limits_{x \to \color{red}{+}0}\,(\underbrace{1{,}5x}_{\to \color{red}{+}0}-4{,}5+\underbrace{\frac{1}{x}}_{\to \color{red}{+}\infty} )=\color{red}{+}\infty$

und

$\quad\quad\quad\lim\limits_{x\to\color{red}{-}0}\,(\underbrace{1{,}5x}_{\to\color{red}{-}0}-4{,}5+\underbrace{\frac{1}{x}}_{\to\color{red}{-}\infty} )=\color{red}{-}\infty$

Die Funktion $h$ hat für $x\to \color{red}{\pm}\infty$ die schräge Asymptote mit der Gleichung $y=1{,}5x-4{,}5$, da gilt:

$\quad\quad\quad \lim\limits_{x\to \color{red}{\pm} \infty}(1{,}5x-4{,}5+\underbrace {\frac{1}{x}}_{\to \color{red}{0}} )=\lim \limits_{x\to\color{red}{\pm}\infty} (1{,}5x-4{,}5)$.

Beachte:

Mit $\lim\limits_{x\to\color{red}{\pm}\infty}$ führt man die beiden Grenzwertüberlegungen für $x\to\color{red}{-}\infty$ und für $x\to\color{red}{+}\infty\;$"in einem Zug durch".

Der Graph hat also eine senkrechte Asymptote bei $x=0$ und eine schräge Asymptote mit $y=1{,}5x-4{,}5$.

Lösung Teilaufgabe f)

Das Integral $\left|\int_1^2h(x)dx\right|$ kann mit der Fläche des Integrals $\left|\int_1^2 f(x)dx\right|$ verglichen werden, wenn auch $h$ - so wie $f$ - im Intervall $[1;2]$ keine Nullstelle besitzt.

Nullstellen von $h$:

Setze den Funktionsterm $h(x)=1{,}5x-4{,}5+\frac{1}{x}$ gleich 0.

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array} {rcll}1{,}5x-4{,}5+\frac{1}{x}&=&0&|\,\cdot x\\1{,}5x^2-4{,}5x+1&=&0&|\text{Mitternachtsformel anwenden}\end{array}$

$\def\arraystretch{1.25} \begin{aligned}x_{1;2} &=\displaystyle \frac{4{,}5 \pm\sqrt{4{,}5^2-6}}{3}\\x_1&\approx0{,}24\\x_2&\approx 2{,}76 \end{aligned}$

Keine der Nullstellen liegt im Integrationsintervall. Somit kann die "Ersatzfläche" mit dem Integral $\displaystyle \int_1^2(1{,}5x-4{,}5+\frac{1}{x})dx$

berechnet werden.

$\def\arraystretch{2} \begin{aligned}\displaystyle \int_1^2(1{,}5x-4{,}5+\frac{1}{x})dx &=\displaystyle\left[ 0{,}75x^2-4{,}5x+ln\,x\right]_{1}^{2}\\&= (3-9+ln\,2)-(0{,}75-4{,}5+0)\\&\approx -1{,}557\end{aligned}$

$\Rightarrow \left|\int_1^2h(x)dx\right|= 1{,}557$

Die absolute Änderung der beiden zu vergleichenden Flächen beträgt somit etwa

$1{,}623-1{,}557=0{,}066.$

Die prozentuale Änderung beträgt dann

$\frac{0{,}066}{1{,}623}\cdot100\approx4{,}1\ \%$.