Teil 2 Analysis II: mit Hilfsmitteln

Zeige, dass $f(x)={\displaystyle \frac{x^3-3x+2}{x^2}}$ zu jedem der beiden folgenden Terme äquivalent ist

1. Term

${\displaystyle \frac{(x-1{)}^2(x+2)}{x^2}}={\displaystyle \frac{(x^2-2x+1)\cdot (x+2)}{x^2}}={\displaystyle \frac{x^3+2x^2-2x^2-4x+x+2}{x^2}}={\displaystyle \frac{x^3-3x+2}{x^2}}✓$

2. Term

Bringe auf Hauptnenner $x^2$.

$x-{\displaystyle \frac{3}{x}}+{\displaystyle \frac{2}{x^2}}={\displaystyle \frac{x^3-3x+2}{x^2}}✓$

Gib die Nullstellen von $f$ mit ihrer jeweiligen Vielfachheit an

Benutze $f(x)={\displaystyle \frac{(x-1{)}^2(x+2)}{x^2}}$.

Der Zähler wird gleich null für $x=1$ (doppelte Nullstelle) und $x=-2$ (einfache Nullstelle).

Gib zu jeder Asymptote von $G_f$ deren Art und Gleichung an

Es gibt eine senkrechte Asymptote bei $x=0$, hier ist es ein Pol 2. Ordnung ohne Vorzeichenwechsel.

Betrachte den 2. Term: $x-{\displaystyle \frac{3}{x}}+{\displaystyle \frac{2}{x^2}}$.

Dabei gilt: $${\displaystyle \underset{x\to \infty }{\lim }(-{\displaystyle \frac{3}{x}})=0}$$ und $${\displaystyle \underset{x\to \infty }{\lim }{\displaystyle \frac{2}{x^2}}=0}$$

$\Rightarrow y=x$ ist eine schräge Asymptote.

Ermittle die maximalen Monotonieintervalle von $G_f$ und gib die Art seines einzigen lokalen Extrempunktes an

Berechne die 1. Ableitung:

$f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{x^2\cdot (3x^2-3)-(x^3-3x+2)\cdot 2x}{x^4}}={\displaystyle \frac{x\cdot (3x^2-3)-(x^3-3x+2)\cdot 2}{x^3}}$

$f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{x\cdot (3x^2-3)-(x^3-3x+2)\cdot 2}{x^3}}={\displaystyle \frac{3x^3-3x-2x^3+6x-4}{x^3}}={\displaystyle \frac{x^3+3x-4}{x^3}}$

Aus Aufgabe b) ist $x=1$ eine doppelte Nullstelle und damit ein Kandidat für eine Extremstelle.

Prüfe, ob es weitere Extremstellen gibt:

$\begin{array}{l}\phantom{}(x^3+0x^2+3x-4):(x-1)=x^2+x+4\\ -\underline{(x^3-x^2)}\\ \phantom{-(x^3-}{x}^2+3x\\ \phantom{(x-}-\underline{(x^2-x)}\\ \phantom{-(x^3+3x^2-}4x-4\\ \phantom{(x3+3x^2}-\underline{(4x-4)}\\ \phantom{-(x^3+3x^2-4x-}0\end{array}$

$\Rightarrow x^2+x+4=0$

Die Diskriminante $D=b^2-4ac=1^2-4\cdot 1\cdot 4=-15<0\Rightarrow$es gibt keine weiteren Nullstellen.

Also ist $x=1$ die einzige Extremstelle.

Berechne:

$f^{\prime }(-1)={\displaystyle \frac{(-1{)}^3+3\cdot (-1)-4}{(-1{)}^3}}=8>0$

$f^{\prime }(\mathrm{0,5})={\displaystyle \frac{(\mathrm{0,5}{)}^3+3\cdot (\mathrm{0,5})-4}{(\mathrm{0,5}{)}^3}}=-19<0$

$f^{\prime }(2)={\displaystyle \frac{2^3+3\cdot 2-4}{2^3}}={\displaystyle \frac{10}{8}}>0$

Erstelle eine Monotonietabelle.

$G_f$ ist sms in $]-\infty ,0[$ bzw. in $[1,+\infty [$.

$G_f$ ist smf in $]\mathrm{0,1}]$.

$\Rightarrow$ relativer $TP$ bei $x=1$.

Berechne die Maßzahl seines Flächeninhalts

Berechne $${\displaystyle {\int }_{-3}^{-2}f(x)\mathrm{d}x={\displaystyle {\int }_{-3}^{-2}(x-{\displaystyle \frac{3}{x}}+{\displaystyle \frac{2}{x^2}})\mathrm{d}x={[{\displaystyle \frac{x^2}{2}}-3\ln |x|-{\displaystyle \frac{2}{x}}]}_{-3}^{-2}=}}$$

$\begin{array}{l}({\displaystyle \frac{(-2{)}^2}{2}}-3\ln |-2|-{\displaystyle \frac{2}{(-2)}})-({\displaystyle \frac{(-3{)}^2}{2}}-3\ln |-3|-{\displaystyle \frac{2}{(-3)}})=\\ (2-3\ln 2+1)-(\mathrm{4,5}-3\ln 3+\frac{2}{3})=-{\displaystyle \frac{13}{6}}+3\ln \left({\displaystyle \frac{3}{2}}\right)\approx -\mathrm{0,95}\end{array}$

$A=|-\mathrm{0,95}|=\mathrm{0,95}$

Die Maßzahl seines Flächeninhalts beträgt rund $\mathrm{0,95}\mathrm{FE}$.

Untersuche das Verhalten der Funktionswerte von $h$ bei Annäherung an die Ränder von $D_h$

Ränder:

$${\displaystyle \underset{x\to 0^{+}}{\lim }\mathrm{2,25}\cdot [\underset{\to -\infty }{\underbrace{\ln (x)}}{]}^2=+\infty }$$

$${\displaystyle \underset{x\to +\infty }{\lim }\mathrm{2,25}\cdot [\underset{\to +\infty }{\underbrace{\ln (x)}}{]}^2=+\infty }$$

Ermittle die Art und die Koordinaten des relativen Extrempunktes von $G_h$

$h(x)=\mathrm{2,25}\cdot [\ln (x){]}^2$

Berechne die 1. und 2. Ableitung, beachte die Kettenregel.

$h^{\prime }(x)=\mathrm{2,25}\cdot 2\cdot \ln (x)\cdot {\displaystyle \frac{1}{x}}={\displaystyle \frac{\mathrm{4,5}\ln (x)}{x}}✓$

$h^{\prime \prime }(x)=\mathrm{4,5}\cdot {\displaystyle \frac{x\cdot {\displaystyle \frac{1}{x}}-\ln (x)\cdot 1}{x^2}}=\mathrm{4,5}\cdot {\displaystyle \frac{1-\ln (x)}{x^2}}$

Die notwendige Bedingung für ein Extremum ist $h^{\prime }(x)=0$.

Löse die Gleichung $0={\displaystyle \frac{\mathrm{4,5}\ln (x)}{x}}\Rightarrow \ln (x)=0\Rightarrow x=1$

Die hinreichende Bedingung für ein Extremum ist $h^{\prime \prime }(x)\ne 0$.

$h^{\prime \prime }(1)=\mathrm{4,5}\cdot {\displaystyle \frac{1-\ln (1)}{1^2}}=\mathrm{4,5}\cdot {\displaystyle \frac{1-0}{1^2}}=\mathrm{4,5}>0\Rightarrow TP$

Berechne den y-Wert: $h(1)=\mathrm{2,25}\cdot [\ln (1){]}^2=0$

Es handelt sich um einen relativen Tiefpunkt mit den Koordinaten $TP(1|0)$.

Ermittle die exakten Koordinaten des Wendepunktes von $G_h$

Die notwendige Bedingung für einen Wendepunkt ist $h^{\prime \prime }(x)=0$.

Löse die Gleichung $0=\mathrm{4,5}\cdot {\displaystyle \frac{1-\ln (x)}{x^2}}\Rightarrow \ln (x)=1\Rightarrow x=e^1=e$

$x=e$ ist eine einfache Nullstelle von $h^{\prime \prime }(x)$, also Nullstelle mit Vorzeichenwechsel$\Rightarrow$Wendestelle.

Berechne den y-Wert: $h(e)=\mathrm{2,25}\cdot [\ln (e){]}^2=\mathrm{2,25}$

Die exakten Koordinaten des Wendepunktes von $G_h$ sind $WP(e|\mathrm{2,25})$

Zeige mithilfe partieller Integration, dass die Funktion $H$ mit$H(x)=\mathrm{2,25}\cdot x\cdot {\left[\ln \left(x\right)\right]}^2-\mathrm{4,5}\cdot x\cdot \ln \left(x\right)+\mathrm{4,5}\cdot x$ und $D_H={ℝ}^{+}$ eine Stammfunktion von $h$ ist

Partielle Integration:

Es gilt: $${\displaystyle \int u^{\prime }\left(x\right)v\left(x\right)\mathrm{d}x=u\left(x\right)v\left(x\right)-\int u\left(x\right)v^{\prime }\left(x\right)\mathrm{d}x}$$

Wende den Faktor-1-Trick an:

$${\displaystyle \int \mathrm{2,25}\cdot [\ln (x){]}^2\mathrm{d}x=\mathrm{2,25}\int \underset{u^{\prime }}{\underbrace{1}}\cdot \underset{v}{\underbrace{[\ln (x){]}^2}}\mathrm{d}x}$$

Betrachte zunächst nur das Integral ohne den Vorfaktor $\mathrm{2,25}$:

$${\displaystyle \int \underset{u^{\prime }}{\underbrace{1}}\cdot \underset{v}{\underbrace{[\ln (x){]}^2}}\mathrm{d}x=x\cdot [\ln (x){]}^2-\int x\cdot 2\cdot {\displaystyle \frac{\ln (x)}{x}}\mathrm{d}x=x\cdot [\ln (x){]}^2-2\int \ln (x)\mathrm{d}x}$$

Dabei ist:

$${\displaystyle \int \ln \left(x\right)\mathrm{d}x=\int 1\cdot \ln \left(x\right)\mathrm{d}x=x\cdot \ln (x)-\int x\cdot {\displaystyle \frac{1}{x}}\mathrm{d}x=x\cdot \ln (x)-\int 1\mathrm{d}x=x\cdot \ln (x)-x}$$

Dann folgt:

$${\displaystyle \int \mathrm{2,25}\cdot [\ln (x){]}^2\mathrm{d}x=\mathrm{2,25}\cdot (x\cdot [\ln (x){]}^2-2\cdot (x\cdot \ln (x)-x))+C=}$$

$\mathrm{2,25}\cdot x\cdot [\ln (x){]}^2-\mathrm{4,5}\cdot x\cdot \ln (x)+\mathrm{4,5}x+C$

Für $C=0$ folgt die Behauptung.

1. Zeigen Sie rechnerisch, dass das Saftglas ein maximales Flüssigkeitsvolumen von ca. $257\text{ ml}$ aufnehmen kann

Runde Deine Ergebnisse auf zwei Nachkommastellen.

$$V=\pi \cdot {\displaystyle {\int }_1^{12}{\left[s\left(x\right)\right]}^2\mathrm{d}x=\pi \cdot {\displaystyle {\int }_1^{12}h(x)\mathrm{d}x=\pi \cdot (H(12)-H(1))}}$$

$H(12)=\mathrm{2,25}\cdot 12\cdot [\ln (12){]}^2-\mathrm{4,5}\cdot 12\cdot \ln (12)+\mathrm{4,5}\cdot 12\approx \mathrm{86,53}$

$H(1)=\mathrm{2,25}\cdot 1\cdot [\ln (1){]}^2-\mathrm{4,5}\cdot 1\cdot \ln (1)+\mathrm{4,5}\cdot 1=\mathrm{4,50}$

$V=\pi \cdot (H(12)-H(1))\approx \pi \cdot (\mathrm{86,53}-\mathrm{4,50})=\mathrm{257,70}$

Das Saftglas kann ein maximales Flüssigkeitsvolumen von ca. $257\text{ ml}$ aufnehmen.

2. Ermitteln Sie die Maßzahl des Flächeninhalts dieser Standfläche

Gegeben ist $s(x)=\mathrm{1,5}\cdot \ln (x)$. Dann ist $r=s(12)=\mathrm{1,5}\cdot \ln (12)\approx \mathrm{3,73}\mathrm{cm}$.

$A=\pi \cdot r^2=\pi \cdot {\mathrm{3,73}}^2\approx \mathrm{43,71}$

Die Maßzahl des Flächeninhalts dieser Standfläche beträgt rund $\mathrm{43,71}{\mathrm{cm}}^2$