Hier darf der Wert unter Wurzel nicht negativ werden:

$\def\arraystretch{1.25} \sqrt{kx}\ \text{ist nicht definiert}\\\begin{array}{ccccc}\Leftrightarrow & kx&\lt&0\\\Leftrightarrow & x&\lt&0 &\mathrm{und} &k \gt 0\\\mathrm{oder}& x&\gt&0&\mathrm{und}& k \lt 0& \end{array}$

Hier musst du für den Definitionsbereich eine Fallunterscheidung machen:

Fall 1: $k \lt 0 \Rightarrow \mathbb{D}_f=\left]-\infty;0\right]$

Die positiven Werte von x sind ausgeschlossen.

Fall 2: $k>0\Rightarrow \mathbb {D}_f=\left[0;\infty\right[$

Die negativen Werte sind ausgeschlossen.

Fall 3: $k=0\Rightarrow \mathbb{D}_f=\mathbb{R}$

Die Wurzel ist für alle x gleich 0.

Da es einen Parameter gibt, ist eine Fallunterscheidung nötig.

Fall 1: $k < 0$

$\mathbb{D}_ f=\left]-\infty;0\right]$

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0} e^{-\overbrace{\sqrt{kx}}^{\rightarrow0}}=1$

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow -\infty}\underbrace{e^{\overbrace{-\overbrace{\sqrt{kx}}^{\to\infty}}^{\to -\infty}}}_{\to0}=0$

Fall 2: $k > 0$

$\mathbb{D}_f=\left[0;\infty\right[$

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}e^{-\overbrace{\sqrt{kx}}^{\to0}}=1$

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow -\infty}\underbrace{e^{\overbrace{-\overbrace{\sqrt{kx}}^{\to \infty}}^{\to -\infty}}}_{\to 0}=0$

Fall 3: $k = 0$

$\mathbb{D}_f=\left(-\infty;\infty\right)$

$\displaystyle \lim_{\mathrm x\rightarrow-\infty}\mathrm e^{-\sqrt{\mathrm{kx}}}=\lim_{\mathrm x\rightarrow-\infty}\mathrm e^{-0}=1$

$\displaystyle \lim_{\mathrm x\rightarrow\infty}\mathrm e^{-\sqrt{\mathrm{kx}}}=1$

Waagerechte Asymptoten

Fall 1: $k < 0$

$\displaystyle\lim_{ x\rightarrow-\infty}{ f}_ k\left( x\right)=0$

Eine waagerechte Asymptote ist $y=0$.

Fall 2: $k > 0$

$\displaystyle\lim_{ x\rightarrow\infty}{ f}_ k\left( x\right)=0$

Eine waagerechte Asymptote ist $y=0$.

Fall 3: $k = 0$

$f_0(x)=e^{-\sqrt{0\cdot x}}=e^0=1$

Die Grenzwerte existieren zwar (siehe Teilaufgabe b), aber es gibt keine Asymptote, da die Funktion überall den Funktionswert 1 hat und sich ihm nicht bloß annähert.

Senkrechte Asymptoten

Senkrechte Asymptoten gibt es an den Stellen der Definitionslücken. Solche gibt es hier nicht.

Die e-Funktion $e^x$ hat die Wertemenge $W=\mathbb R^+$, das heißt, sie ist im ganzen Definitionsbereich positv und schneidet nie die x-Achse. Da die Funktion $f_k$ keine Verschiebung der e-Funktion nach oben oder unten bewirkt, hat sie ebenfalls keine Nullstellen.

Fälle 1 und 2: $k \neq 0$

Die Funktion ist hier nur auf jeweils einer Hälfte der x-Achse definiert. Deshalb kann sie nicht symmetrisch zur y-Achse oder zum Urpsrung sein.

Fall 3: $k = 0$

Bemerkung: Für $k = 0$ gilt auch Punktsymmetrie zum Punkt $( 0 | 1 )$, aber das nur zur Information

1. Ableitung

Für $k\ \ne0$:

$\displaystyle {f_ k}'\left( x\right)= e^{-\sqrt{kx}}\cdot\frac{-1}{2\sqrt{kx}}\cdot k$

Dabei haben wir ist die Kettenregel verwendet.

Für $k = 0$ gilt:

$f_0\left(x\right)=1\Rightarrow f_0'\left(x\right)=0$

$f$ ist konstant, also ist $f'$ gleich null.

Monotonieverhalten

Fall 1: $k < 0$

Hier müssen wir beachten, dass der Definitionsbereich nur negative $x$-Werte enthält.

$\displaystyle {f_k}'\left( x\right)=\underbrace{e^{-\sqrt{kx}}}_{>0}\cdot\underbrace{\frac{-1}{2\underbrace{\sqrt{kx}}_{>0}}}_{<0}\cdot \underbrace{k}_{<0}>0$

Also ist für $k < 0$ $f_k$ streng monoton wachsend.

Fall 2: $k > 0$

Hier liegen nur positive $x$-Werte im Definitionsbereich.

$\displaystyle{f_ k}'\left( x\right)=-\frac{1}{2}\underbrace{ e^{-\sqrt{kx}}}_{>0}\cdot\underbrace{\frac{k}{\sqrt{kx}}}_{>0}<0$

Also ist für $k>0$ $f_k$ streng monoton fallend.

Fall 3: $k = 0$

$f_0'\left(x\right)=0$

Für $k = 0$ ist $f_k$ konstant und somit sowohl monoton fallend als auch wachsend.

2. Ableitung

$\def\arraystretch{1.25} \displaystyle {f_ k}'\left( x\right)=\left\{\begin{array}{lcc}-\frac{1}{2} e^{-\sqrt{kx}}\cdot\frac{k}{\sqrt{kx}}&\text{für}& k\neq0\\0&\text{für}& k=0\end{array}\right.$

Hier ist für die 2. Ableitung die Quotientenregel und die Kettenregel nötig.

Für $k \neq 0$ gilt:

$\def\arraystretch{2} \displaystyle\begin{aligned}{f_k}''(x)&=-\frac{k}{2} \cdot \frac{\sqrt{kx} \cdot e^{-\sqrt{kx}} \cdot \dfrac{-k}{2\sqrt{kx}} - e^{-\sqrt{kx}} \cdot \dfrac{k}{2\sqrt{kx}}}{kx}\\&=-\frac{k}{2} \cdot \frac{e^{-\sqrt{kx}} \cdot \left( \dfrac{-k}{2} - \dfrac{k}{2\sqrt{kx}} \right)}{kx}\\&=\frac{k \cdot e^{-\sqrt{kx}} \cdot \left(1+\dfrac{1}{\sqrt{kx}} \right) }{4x}\end{aligned}$

Krümmungsverhalten

Fall 1: $k < 0$

$\displaystyle{f_k}''\left( x\right)=\frac{\overbrace{k}^{<0} \cdot \overbrace{e^{-\sqrt{kx}} \cdot \left(1+\dfrac{1}{\sqrt{kx}}\right)}^{>0}}{\underbrace{4x}_{<0}}>0$

Für $k < 0$ ist $f_k$ linksgekrümmt.

Fall 2: $k > 0$

$\displaystyle{f_k}''\left( x\right)=\frac{\overbrace{k}^{>0} \cdot \overbrace{e^{-\sqrt{kx}} \cdot \left(1+\dfrac{1}{\sqrt{kx}}\right)}^{>0}}{\underbrace{4x}_{>0}}>0$

Für $k > 0$ ist $f_k$linksgekrümmt.

Fall 3: $k = 0$

$f_0'\left(x\right)=0\Rightarrow f_0''\left(x\right)=0$

Für $k = 0$ ist $f_k$ nicht gekrümmt.

Nullstellen der ersten Ableitung

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{ll}{f_k}'\left( x\right)=0&\text{ für } k=0\end{array}$

Die erste Ableitung ist für alle $k \neq 0$ ungleich 0.

Für $k=0$ aber ist die Ableitung konstant.

Deshalb gibt es keine lokalen Extrema.

Funktionswerte an den Grenzen des Definitionsbereichs

$\displaystyle {f_k}\left(0\right)= e^{-\sqrt{0}}=1=\max\left\{{f}_k\left( x\right)\right\}$

An eingeschlossenen Definitionsgrenzen kann eine Funktion auch ein lokales Maximum oder Minimum annehmen. Das ist hier der Fall. Deshalb gibt es einen Hochpunkt, obwohl der Funktionsgraph streng monoton steigt/fällt.

$\Rightarrow$ HP $(0|1)$ für $k\neq 0$

kein Extremum für $k=0$

Was du weißt:

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{ll} \max\{f_k(x)\}=1 \\ \lim_{x \rightarrow \infty} f_k(x)=0 & \text {für } k >0 \\ \lim_{x \rightarrow -\infty} f_k(x)=0 & \text {für } k <0 \\ f_0(x)=1 \end{array}$

Aus den Informationen kannst du ablesen, das sich die Funktion zwischen 0 und 1 bewegt. Die 1 wird angenommen, die 0 nicht.

$\Rightarrow$ keine Nullstellen

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{lll}\Rightarrow &\mathbb{W}_ f=\left\{\begin{array}{lc}\left(0;1\right]&\text{für} &k\neq0\\\left\{1\right\}&\text{für} &k=0\end{array}\right.\end{array}$

Bemerkung: Die Menge $\{1\}$ enthält als einzigen Punkt die 1; sie ist kein Intervall. Aber konstante Funktionen nehmen eben nur einen $y$-Wert an.

1. Tangente: $k < 0$

${T}_1: x\mapsto{ m}_1 x+{ t}_1$

Den gegebenen Punkt $P_1$ kannst du einsetzen.

$0=-m_1+t_1$

Außerdem gilt für den Berührpunkt $\left(x_0|f_k(x_0)\right)$ an der Funktion:

${f}_ k\left({x}_0\right)={f_k}'\left({x}_0\right){x}_0+{t}_1$

Löse dann nach dem Einsetzen nach $x_0$ auf, um den Berührpunkt zu erhalten.

Hier kannst du jetzt die Mitternachtsformel anwenden:

$\def\arraystretch{1.25} \displaystyle \begin{array}{rcl}x_{0_{1;2}}&=&\frac{-\left(2 k^2-4 k\right)\pm\sqrt{\left(2 k^2-4 k\right)^2-4 k^4}}{2 k^2}\\&=&\frac{4\mathrm k-2\mathrm k^2\pm\sqrt{4 k^4-16 k^3+16 k^2-4 k^4}}{2 k^2}\\&=&\frac{4 k-2 k^2\pm4 k\sqrt{-\mathrm k+1}}{2 k^2}\\&=&\frac1{ k}\left(2- k\pm2\sqrt{1- k}\right)\end{array}$

Betrachte jetzt die Klammer.

Die Funktion ist linksgekrümmt. Es kann daher nur einen Berührpunkt geben.

Der liegt auch näher an der 0 als die Nullstelle der Tangente, weil auch die Tangente streng monoton wächst.

Du nimmst also das Minuszeichen, um weiterzurechnen (beachte, dass hier $k<0$ ist).

$x_0=\frac{1}{k}\left(2- k-2\sqrt{1- k}\right)$

Für dieses $x_0$ erhältst du nun die Steigung und mit der obigen Gleichung den y-Achsenabschnitt.

$\displaystyle{f_ k}'\left({x}_0\right)=\frac{- k\cdot e^{-\sqrt{2- k-2\sqrt{1- k}}}}{2\sqrt{2- k-2\sqrt{1- k}}}=m_1={ t}_1$

Du erhältst als Tangentengleichung

$\displaystyle\Rightarrow y=\frac{- k\cdot e^{-\sqrt{2- k-2\sqrt{1- k}}}}{2\sqrt{2- k-2\sqrt{1- k}}} x-\frac{ k\cdot e^{-\sqrt{2- k-2\sqrt{1- k}}}}{2\sqrt{2- k-2\sqrt{1- k}}}$

2. Tangente: k > 0

Hier kannst du die Tangente auch wieder normal ausrechnen.

Es fällt jetzt aber leichter, da du nur dieselben Schritte erneut ausführen musst und sich dabei nur Vorzeichen umdrehen, da jetzt mit $P_2$ eingesetzt $t_2=-m_2$ gilt.

Du erhältst schließlich $T_2:$

$\displaystyle\Rightarrow y=\frac{- k\cdot e^{-\sqrt{2+ k-2\sqrt{1+ k}}}}{2\sqrt{2+ k-2\sqrt{1+ k}}} x+\frac{ k\cdot e^{-\sqrt{2+ k-2\sqrt{1+ k}}}}{2\sqrt{2+ k-2\sqrt{1+ k}}}$

Um eine Stammfunktion zu finden, musst du eigentlich integrieren.

Hast du aber eine Funktion gegeben von der du nur zeigen musst, dass sie eine Stammfunktion ist, dann reicht es diese Funktion abzuleiten. Siehe dazu den Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung .

$\def\arraystretch{1.25} \displaystyle\begin{array}{ccc}{F}_ k\left( x\right)&=&-\frac{2\cdot\mathrm e^{-\sqrt{kx}}\left(\sqrt{\mathrm{kx}}+1\right)}{ k}\\{F_k}'\left( x\right)&=&-\frac2{ k}\cdot\left[ e^{-\sqrt{kx}}\left(\sqrt{kx}+1\right)\cdot{\frac{k}{-2\sqrt{kx}}}+ e^{-\sqrt{kx}}\left({\frac{ k}{2\sqrt{kx}}}\right)\right]\end{array}$

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{ccl}{F_k}'\left(x\right)&=&-\frac2{ k}\cdot e^{-\sqrt{kx}}\left(\frac{ k\left(\sqrt{kx}+1\right)}{-2\sqrt{kx}}+\frac{ k}{2\sqrt{kx}}\right)\\&=& e^{-\sqrt{kx}}\left(\frac{\left(\sqrt{kx}+1\right)}{\sqrt{kx}}-\frac1{\sqrt{kx}}\right)\\&=& e^{-\sqrt{kx}}\left(\frac{\sqrt{kx}}{\sqrt{kx}}\right)\\&=& e^{-\sqrt{kx}}\end{array}$

Mit Hilfe der Produktregel und ein bisschen umformen erhältst du die Lösung:

Die Ableitung ist die Funktion $f$ und damit ist $F$ auch eine Stammfunktion.

Es gilt, das Integral $\int e^{-\sqrt{kx}}\mathrm{d}x$ zu bestimmen. Dafür sind einige Schritte nötig.

1. Substitution

Du substituierst:

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{ll} u=-\sqrt{kx}\\ \Rightarrow\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\frac{- k}{2\sqrt{\mathrm{kx}}}=\frac{k}{2u}\\\Rightarrow\mathrm{d}x=\frac{2u}{k}\mathrm{d}u&\text{ für }k\neq0 \end{array}$

Du nutzt hier aus, dass sich die Wurzel beim Ableiten reproduziert, also als Funktion wieder auftaucht.

Der Ausdruck $\frac{du}{dx}$ beschreibt die Ableitung von $u$ nach $x$.

Ersetze die Ausdrücke im Integral.

$\displaystyle{F}_ k\left( u\right)=\int e^ u\frac2{ k} u\;\mathrm{d}u$

Das sieht schon schöner aus. Jetzt kannst du integrieren.

2. Partielle Integration

Du integrierst partiell mit:    $\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{l} v\left( u\right)= e^u, v'\left( u\right)= e^ u\\ w\left( u\right)= u, w'\left( u\right)=1 \end{array}$

$\def\arraystretch{2} \displaystyle\begin{array}{l}\int e^ u\frac2{ k} u\mathrm{d}u=\frac2{ k}\int e^ u u\mathrm{d}u=\\=\frac{2}{ k}\left( e^ u u-\int e^ u\mathrm{d}u\right)=\frac{2}{k}\left( e^ u u- e^ u\right)\\=\frac{2 e^ u\left( u-1\right)}{ k}\end{array}$

Jetzt ist das Integralzeichen weg. Du bist fast am Ziel.

3. Resubstitution

Nun musst du nur noch resubstituieren…

$\displaystyle\frac{2 e^ u\left( u-1\right)}{ k}=\frac{2 e^{-\sqrt{kx}}\left(-\sqrt{kx}-1\right)}{ k}=-\frac{2 e^{-\sqrt{kx}}\left(\sqrt{kx}+1\right)}{ k}$

…und bist fertig.

$\displaystyle\Rightarrow{F}_k\left( x\right)=-\frac{2 e^{-\sqrt{kx}}\left(\sqrt{kx}+1\right)}{k}+ C$

Erster Fall: $k<0$

Die Funktion ist auf $\left(-\infty; 0 \right]$ definiert und positiv.

$\def\arraystretch{2} \displaystyle\begin{array}{ll}\int_{-\infty}^0 f\left( x\right)\operatorname{d}x &=\int_{-\infty}^0 e^{-\sqrt{kx}}\operatorname{d} x\\&= F\left(0\right)-\lim_{ x\rightarrow-\infty} F\left( x\right)\\&=-\frac{2 e^0\left(0+1\right)}{k}-\lim_{ x\rightarrow-\infty}-\frac{2\overbrace{ e^{-\sqrt{kx}}}^0\overbrace{\left(\sqrt{kx}+1\right)}^\infty}{ k}\\&=-\frac{2}{ k}-0\\&=-\frac{2}{ k}\end{array}$

Der Grenzwert ist 0, da die $e$-Funktion schneller steigt und fällt, als jedes Polynom.

Zweiter Fall: $k>0$

$\def\arraystretch{2} \displaystyle\begin{array}{ll}\int_0^\infty f\left( x\right)\operatorname{d} x &=\int_0^\infty e^{-\sqrt{kx}}\operatorname{d} x\\&=\lim_{ x\rightarrow\infty} F\left( x\right)- F\left(0\right)\\&=\lim_{ x\rightarrow\infty}-\frac{2\overbrace{ e^{-\sqrt{kx}}}^0\overbrace{\left(\sqrt{kx}+1\right)}^\infty}{ k}+\frac{2 e^0\left(0+1\right)}{k}\\&=0+\frac2{ k}\\&=\frac{2}{ k}\end{array}$

Der Grenzwert ist 0, da die $e$-Funktion schneller steigt und fällt, als jedes Polynom.

Dritter Fall: $k=0$

Für $k=0$ ist die Funktion konstant 1.

$\displaystyle\int_{-\infty}^\infty f\left( x\right)\operatorname{d} x=\int_{-\infty}^\infty1\operatorname{d} x=\infty$

Die Funktion $f_1(|x|)$ ist achsensymmetrisch zur y-Achse und zusammengesetzt für $x < 0$ aus $f_{-1}(x)$ und für $x > 0$ aus $f_1(x)$.

Überlege dir das am besten anhand einer Skizze

$\def\arraystretch{2} \displaystyle\begin{array}{ll}\int_{-1}^1 &f_1\left(\left| x\right|\right)\operatorname{d} x=\int_{-1}^0{ f}_{-1}\left( x\right)\operatorname{d} x+\int_0^1{ f}_1\left( x\right)\operatorname{d} x\\&={ F}_{-1}\left(0\right)-{ F}_{-1}\left(-1\right)+{ F}_1\left(1\right)-{F}_1\left(0\right)\\&=2 e^{-\sqrt{-0}}\left(\sqrt{-0}+1\right)-2 e^{-\sqrt1}\left(\sqrt1+1\right)-2 e^{-\sqrt1}\left(\sqrt1+1\right)+2 e^{-\sqrt0}\left(\sqrt0+1\right)\\&=2-\frac4{ e}-\frac{4}{ e}+2\\&=4\left(1-\frac{2}{ e}\right)\end{array}$

Graphen zeichnen

Bemerkungen:

Die Funktionsgraphen sind mit durchgezogenen Linien eingezeichnet,

die Ableitungen mit lang gestrichelten Linien,

die Stammfunktionen mit kurz gestrichelten Linien,

die Tangenten mit abwechselnd Punkten und Strichen,

und die Asymptote ist lila gepunktet.