Analysis, Teil B, Aufgabengruppe 2

Der Funktionsterm der vorgelegten Funktion $f$ ist ein Produkt aus den beiden Faktoren $1-x^2$ und $e^{-x}$. Nur der erste Faktor kann den Wert $0$ annehmen.

Also : $f(x)=0\iff 1-x^2=0\iff x_1=-1\vee x_2=1$

$f(x)=(1-x^2)\cdot e^{-x}$

Nach der Produktregel ist

$\begin{array}{l}{f}^{\prime }(x)=-2x\cdot e^{-x}-(1-x^2)\cdot e^{-x}\\ =(x^2-2x-1)\cdot e^{-x}\end{array}$

Die Nullstellen werden jetzt durch quadratische Ergänzung bestimmt:

$\begin{array}{l}{f}^{\prime }(x)=0⟺x^2-2x-1=0⟺x^2-2x+1=1+1\\ ⟺(x-1{)}^2=2⟺x_{E_1}=1-\sqrt{2}\vee x_{E_2}=1+\sqrt{2}\end{array}$

Das Integral ${\int }_{-1}^{4}f(x)dx$ soll aus dem Graphen in 1a näherungsweise bestimmt werden.

${\int }_{-1}^{4}f(x)dx={\int }_{-1}^{1}f(x)dx+{\int }_1^{4}f(x)dx\approx \frac{3}{2}-1=\frac{1}{2}FE$

Für jede Stammfunktion $F$von $f$ gilt: $F^{\prime }(x)=f(x)$.

Da die Funktion $f$ an der Stelle $x_1=-1$ eine Nullstelle mit Vorzeichenwechsel von $-$ nach $+$ hat, fällt die Funktion $F$ für $x<-1$ und wächst für $x>-1.$ Somit hat $F$ an der Stelle $x_1=-1$ einen Tiefpunkt.

Der Graph von $F$ hat in $T(-1|2)$ wegen 1d einen Tiefpunkt. Analog folgert man, dass $F$ in $H(1|\mathrm{3,5})$ einen Hochpunkt hat. Das Grenzverhalten von $F$ ist angegeben. Somit schmiegt sich der Graph von $F$ an die Asymptote $a(x)=2$ an.

Wenn $F(\mathrm{2,5})-F(0)\approx 0\Rightarrow {\int }_0^{\mathrm{2,5}}f(x)dx\approx 0$, so ist die Fläche unter dem Graph von $f$ und der $x$-Achse im Intervall $[0;1]$etwa gleich groß zur Fläche zwischen der $x-$Achse und dem unterhalb der $x-$Achse gelegenen Graph von $f$ im Intervall $[1;\mathrm{2,5}]$.

Die Nullstellen der Funktionenschar $h_k$ werden von dem Faktor $1-k\cdot x^2$ bestimmt.

$1-k\cdot x^2=0\iff 1=k\cdot x^2\iff x=\pm \sqrt{\frac{1}{k}}$

Somit gibt es zwei Nullstellen, falls $k>0$ ist,

und es gibt keine Nullstelle, falls $k\le 0$ ist.

Die Nullstellen lauten: $x_1=-\frac{1}{\sqrt{k}}$ und $x_2=\frac{1}{\sqrt{k}}.$

Der Abstand der Nullstellen ist: $\frac{1}{\sqrt{k}}-(-\frac{1}{\sqrt{k}})=\frac{2}{\sqrt{k}}$.

Da der Abstand der Nullstellen genau $4$ sein soll, muss gelten:

$4=\frac{2}{\sqrt{k}}⟺\sqrt{k}=\frac{1}{2}$.

Also ist $k=\frac{1}{4},$ da $k>0$ sein muss.

Es gibt kein $k$, sodass $G_k$und $G_f$ symmetrisch bezüglich der $x-$Achse liegen.

Denn dann müsste insbesondere auch gelten: $f\left(0\right)=-h_k\left(0\right).$

Es gilt aber : $f(0)=(1-0)\cdot e^{-0}⟺f(0)=1\cdot e^0=1$

und $h_k(0)=(1-0)\cdot e^{-0}⟺h_k(0)=1\ne -1$

Zeige, dass $g$ streng monoton zunehmend

Berechne $g^{\prime }(x)$ mit der Quotientenregel:

$g^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{e^x}{(e^x+1{)}^2}}\Rightarrow Z(x)>0$ und $N(x)>0\Rightarrow g^{\prime }(x)>0$

$\Rightarrow$ $g$ ist streng monoton zunehmend.

$g$ besitzt die Wertemenge $]0;1[$

Es gilt: $${\displaystyle \underset{x\to -\infty }{\lim }{\displaystyle \frac{\stackrel{\to 0}{\overbrace{e^x}}}{\underset{\to 0}{\underbrace{e^x}}+1}}=0}$$ und $${\displaystyle \underset{x\to \infty }{\lim }{\displaystyle \frac{e^x}{e^x+1}}={\displaystyle \underset{x\to \infty }{\lim }{\displaystyle \frac{\stackrel{1}{\cancel{e^x}}}{\cancel{e^x}\cdot (1+{\displaystyle \frac{1}{e^x}})}}=1}}$$

$\Rightarrow W=]0;1[✓$

Gib $g^{\prime }(0)$ an:

$g^{\prime }(0)={\displaystyle \frac{e^0}{(e^0+1{)}^2}}={\displaystyle \frac{1}{(1+1{)}^2}}={\displaystyle \frac{1}{4}}$

Zeichne $G_g$ im Bereich $-4\le x\le 4$ unter Berücksichtigung der bisherigen Ergebnisse und der Tatsache, dass $G_g$ in $W(0|g(0))$ seinen einzigen Wendepunkt hat, in ein Koordinatensystem ein

$g(0)={\displaystyle \frac{1}{2}}\Rightarrow W(0|\frac{1}{2})$

Erstelle eine Wertetabelle:

Gib einen möglichen Funktionsterm für $g^{\ast }$ an

Bekannt: Die Wertemenge von $g^{\ast }$ ist $]-1;1[$ und $W_g=]0;1[$.

Die Wertemenge von $g^{\ast }$ ist symmetrisch zum Koordinatenursprung.

Verschiebe $g$ um $\mathrm{0,5}$ nach unten, also $g_1(x)=g(x)-\mathrm{0,5}$.

Dann ist $W_{g_1}=]-\mathrm{0,5};\mathrm{0,5}[$.

Um auf die gesuchte Wertemenge zu kommen, muss $g_1(x)$ noch mit $2$ multipliziert werden:

$\Rightarrow g^{\ast }(x)=2\cdot g_1(x)=2\cdot (g(x)-\mathrm{0,5})=2\cdot ({\displaystyle \frac{e^x}{e^x+1}}-\mathrm{0,5})={\displaystyle \frac{2e^x}{e^x+1}}-1$

Ein möglicher Funktionsterm ist $g^{\ast }(x)={\displaystyle \frac{2e^x}{e^x+1}}-1={\displaystyle \frac{e^x-1}{e^x+1}}$

Bestimme den Wert von $b$ so, dass die y-Achse dieses Flächenstück halbiert

Das Flächenstück links der y-Achse reicht von $-\ln 3$ bis $0$ und das Flächenstück rechts der y-Achse reicht von $0$ bis $b$.

Löse die Gleichung $${\displaystyle {\int }_{-\ln 3}^{0}g(x)\mathrm{d}x={\displaystyle {\int }_0^{b}g(x)\mathrm{d}x}}$$.

Gesucht ist eine Stammfunktion $G(x)$:

Der Ausdruck $g(x)={\displaystyle \frac{e^x}{e^x+1}}$ hat die Form ${\displaystyle \frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}}$, wobei $f(x)=e^x+1$ und $f^{\prime }(x)=e^x$ ist. Anwenden der Logarithmus-Regel: Eine Stammfunktion von ${\displaystyle \frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}}$ ist $\ln (|f(x)|)$.

Einsetzen und Vereinfachen: $G(x)=\ln (|e^x+1|)$

Da $e^x$ immer positiv ist, ist auch $e^x+1$ immer positiv, sodass der Betrag weggelassen werden kann$\Rightarrow$$G(x)=\ln (e^x+1)$.

Berechne das Integral auf der linken Gleichungsseite:

$${\displaystyle {\int }_{-\ln 3}^{0}g(x)\mathrm{d}x={[\ln (e^x+1)]}_{\ln 3}^0=\ln (e^0+1)-\ln (e^{-\ln 3}+1)=\ln 2-\ln ({\displaystyle \frac{1}{3}}+1)=\ln 2-\ln \left({\displaystyle \frac{4}{3}}\right)}$$

Also muss gelten: $${\displaystyle {\int }_0^{b}g(x)\mathrm{d}x=\ln 2-\ln \left({\displaystyle \frac{4}{3}}\right)}$$

Berechne das Integral auf der rechten Gleichungsseite:

$$\Rightarrow {\displaystyle {\int }_0^{b}g(x)\mathrm{d}x={[\ln (e^x+1)]}_0^b=\ln (e^b+1)-\ln (e^0+1)=\ln (e^b+1)-\ln 2}$$

Löse die Gleichung $\ln (e^b+1)-\ln 2=\ln 2-\ln \left({\displaystyle \frac{4}{3}}\right)$ nach $b$ auf:

Für $b=\ln 2$ halbiert die y-Achse dieses Flächenstück.

Die folgende Abbildung ist nicht in der Aufgabenstellung gefordert. Sie dient nur zur Veranschaulichung.