Berechne die Nullstelle von $h$

Gegeben ist $h(x)={\displaystyle \frac{4+4\cdot \ln (x+1)}{x+1}}$.

Für die Nullstellen setze $h(x)=0$$\Rightarrow$ setze den Zähler gleich null:

Die Nullstelle von $h$ liegt bei $x=e^{-1}-1\approx -\mathrm{0,63}$.

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

$${\displaystyle \underset{x\to -1}{\lim }{\displaystyle \frac{4+\stackrel{\to -\infty }{\overbrace{4\cdot \ln (x+1)}}}{\underset{\to 0}{\underbrace{x+1}}}}=-\infty }$$, weil die Werte von $x+1$ dabei positiv bleiben.

Bekannt ist die Definitionsmenge $D_h=]-1;+\infty [$.

Das Verhalten der Funktionswerte $h(x)$ für $x\to -1$ wurde in Aufgabe a) bestimmt, d.h. die linke Intervallgrenze der Wertemenge von $h$ ist $-\infty$.

Für die rechte Intervallgrenze der Wertemenge von $h$ muss der maximale Funktionswert von $h$ bestimmt werden.

Bilde die 1. Ableitung von $h$ mithilfe der Quotientenregel:

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

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

Setze $h^{\prime }(x)=0\Rightarrow 0=-4\cdot \ln (x+1)\Rightarrow 0=\ln (x+1)\Rightarrow x=0$.

$h(4)={\displaystyle \frac{4+4\cdot \ln (0+1)}{0+1}}={\displaystyle \frac{4}{1}}=4$

Überprüfe mithilfe des Vorzeichenwechselkriteriums, ob ein Maximum vorliegt, :

$h^{\prime }(-\mathrm{0,5})={\displaystyle \frac{-4\cdot \ln (-\mathrm{0,5}+1)}{(-\mathrm{0,5}+1{)}^2}}={\displaystyle \frac{-4\cdot \ln \mathrm{0,5}}{\mathrm{0,25}}}\approx \mathrm{11,09}>0$

$h^{\prime }(\mathrm{0,5})={\displaystyle \frac{-4\cdot \ln (\mathrm{0,5}+1)}{(\mathrm{0,5}+1{)}^2}}={\displaystyle \frac{-4\cdot \ln \mathrm{1,5}}{\mathrm{2,25}}}\approx -\mathrm{0,72}<0$

Es findet ein Vorzeichenwechsel von $+\to -$, d.h. bei $x=0$ liegt ein Maximum vor.

Wegen $${\displaystyle \underset{x\to \infty }{\lim }{\displaystyle \frac{\stackrel{\to \infty }{\overbrace{4+4\cdot \ln (x+1)}}}{\underset{\to \infty }{\underbrace{x+1}}}}\stackrel{\text{Regel v. l’Hospital}}{=}{\displaystyle \underset{x\to \infty }{\lim }{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{4}{x+1}}}{1}}=0}}$$ liegt bei $x=0$ ein absolutes Maximum vor, also ist $HP(0|4)$.

Dann ist die Wertemenge von $h:W_h=]-\infty ;4]$.

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

$$H(x)={\displaystyle {\int }_0^x{\displaystyle \frac{4+4\cdot \ln (t+1)}{t+1}}\mathrm{d}t={\displaystyle {\int }_0^x{\displaystyle \frac{4}{t+1}}\mathrm{d}t+{\displaystyle 4\cdot {\int }_0^x{\displaystyle \frac{\ln (t+1)}{t+1}}\mathrm{d}t}}}$$

Das erste Integral ist:$${\displaystyle {\int }_0^x{\displaystyle \frac{4}{t+1}}\mathrm{d}t=4\cdot [\ln (t+1){]}_0^x=4\cdot (\ln (x+1)-\ln (1))=4\cdot \ln (x+1)}$$.

Das zweite Integral ist:

$${\displaystyle 4\cdot {\int }_0^x{\displaystyle \frac{\ln (t+1)}{t+1}}\mathrm{d}t={\displaystyle 4\cdot {\int }_0^x\ln (t+1)\cdot {\displaystyle \frac{1}{t+1}}\mathrm{d}t}}$$

Verwende den Hinweis $z=\ln (t+1)$.

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

$$\Rightarrow {\displaystyle 4\cdot {\int }_0^{x}z\cdot \mathrm{d}z=4\cdot {\left[\frac{1}{2}{z}^2\right]}_0^x\stackrel{\text{Resubstitution}}{=}}$$

$4\cdot {[\frac{1}{2}(\ln (t+1){)}^2]}_0^x=4\cdot (\frac{1}{2}(\ln (x+1){)}^2-\frac{1}{2}(\ln (0+1){)}^2)=2\cdot (\ln (x+1){)}^2$

Somit ist $H(x)=4\cdot \ln (x+1)+2\cdot (\ln (x+1){)}^2$.

Beträge in den Logarithmen sind nicht erforderlich, da $x+1$ stets positiv ist.

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

Da $G_{H^{\prime }=h}$ bei $x=0$ einen Extrempunkt besitzt, hat $G_H$ bei $x=0$ eine Wendestelle (NEW-Regel).

Hat eine Funktion einen Wendepunkt an einer bestimmten Stelle, dann besitzt die Stammfunktion an dieser Stelle einen Extrempunkt (Maximum oder Minimum). Der Graph von $S$ besitzt einen Extrempunkt bei $x=0$.

Erläuterung: Ein Wendepunkt ist ein Punkt auf dem Graphen einer Funktion, an dem sich das Krümmungsverhalten ändert. Es findet ein Wechsel von linksgekrümmt zu rechtsgekrümmt oder umgekehrt statt. Da die zweite Ableitung einer Funktion an einem Wendepunkt null ist (und das Vorzeichen wechselt), ist die erste Ableitung (und damit die Steigung der Stammfunktion) an dieser Stelle ein Extremwert.

Ändert sich die Krümmung einer Funktion, ändert sich auch die Steigung der Stammfunktion. An der Stelle, an der sich die Krümmung ändert, hat die Stammfunktion einen höchsten oder niedrigsten Wert, also einen Extremwert.

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