Teil 2 mit Hilfsmitteln Analysis I

Zeige, dass $f$ keine Nullstellen besitzt

Gegeben ist $f(x)={\displaystyle \frac{x^2+6x+12}{(x+2)\cdot (x+4)}}$.

Für die Nullstellen löse die Gleichung $f(x)=0$ $\Rightarrow 0=x^2+6x+12$

Die quadratische Gleichung kannst du mit der Mitternachtsformel (abc-Formel) oder pq-Formel lösen. Hier erfolgt die Lösung mit der pq-Formel.

Da der Radikand negativ ist, hat die quadratische Gleichung keine Lösung, d.h. es gibt keine Nullstelle.

Gib für jede Asymptote von $G_f$ jeweils ihre Art und eine passende Gleichung an

1. Senkrechte Asymptoten

Bei Polstellen betrachtet man die Nullstellen des Nenners von $f$:

$0=(x+2)\cdot (x+4)\Rightarrow x_{P_1}=-2$ und $x_{P_2}=-4$

Betrachte die Vielfachheit der Nullstelle:

$\Rightarrow$ ungerade Vielfachheit von $x_{P_1}=-2\Rightarrow$ senkrechte Asymptote bei $x_{P_1}=-2$ mit Vorzeichenwechsel.

$\Rightarrow$ ungerade Vielfachheit von $x_{P_2}=-4\Rightarrow$ senkrechte Asymptote bei $x_{P_2}=-4$ mit Vorzeichenwechsel.

2. Waagrechte Asymptoten

Betrachte den Zählergrad und den Nennergrad von $f$:

Der Zählergrad ist gleich dem Nennergrad ist gleich $2$ $\Rightarrow$ waagrechte Asymptote.

Die waagrechte Asymptote ist gegeben durch das Verhältnis der führenden Koeffizienten$\Rightarrow {\displaystyle \frac{1}{1}}=1$. Es gibt eine waagrechte Asymptote bei einem

y-Wert von $y=1$.

Untersuche das Monotonieverhalten von $f$

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

Der Nenner ist $(x+2)\cdot (x+4)=x^2+6x+8$.

$f{}^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{(2x+6)\cdot (x+2)\cdot (x+4)-(x^2+6x+12)\cdot (2x+6)}{(x+2{)}^2\cdot (x+4{)}^2}}$

$f{}^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{(2x+6)\cdot (x^2+6x+8-x^2-6x-12)}{(x+2{)}^2\cdot (x+4{)}^2}}$

$f{}^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{2\cdot (x+3)\cdot (-4)}{(x+2{)}^2\cdot (x+4{)}^2}}={\displaystyle \frac{-8\cdot (x+3)}{(x+2{)}^2\cdot (x+4{)}^2}}✓$

$f{}^{\prime }(x)=0\Rightarrow x=-3$

Die Polstellen $x_{P_2}=-4$ und $x_{P_1}=-2$ markieren den Rand des jeweiligen Monotonieintervalls.

Einige berechnete Werte von $f{}^{\prime }(x)$:

Damit erhält man folgende Monotonietabelle:

Demnach ist $f(x)$ im Intervall $]-\infty ;-4[$ streng monoton steigend, im Intervall $]-4;-3]$ streng monoton steigend, im Intervall $[-3;-2[$ streng monoton fallend und im Intervall $]-2;\infty [$ streng monoton fallend.

Anmerkung: Polstellen mit einem Vorzeichenwechsel führen zu einem Wechsel im Monotonieverhalten. An den Polstellen ist $f(x)$ nicht definiert, d.h. diese Stellen müssen in den entsprechenden Intervallen ausgenommen werden.

Hier wird eine offene Klammer $]$ bzw. $[$ gesetzt.

Zeichne den Graphen von $f$ zusammen mit seinen Asymptoten für $-7\le x\le 3$ unter Verwendung bisheriger Ergebnisse und geeigneter Funktionswerte in ein kartesisches Koordinatensystem

Einige geeignete Funktionswerte:

1 Begründe, dass gilt: $D_F=]-2;+\infty [$

Es ist $f(x)={\displaystyle \frac{x^2+6x+12}{(x+2)\cdot (x+4)}}={\displaystyle \frac{x^2+6x+12}{x^2+6x+8}}$.

Polynomdivision führt auf:

$f(x)=1+{\displaystyle \frac{4}{x^2+6x+8}}=1+{\displaystyle \frac{4}{(x+2)\cdot (x+4)}}$

$$F(x)={\displaystyle {\int }_{-1}^{x}f(t)\mathrm{d}t=F(x)-F(-1)}$$

Bestimme eine Stammfunktion von $f$:

$$F(x)={\displaystyle \int (1+{\displaystyle \frac{4}{(x+2)\cdot (x+4)}})\mathrm{d}x}$$

Zerlegung in zwei Integrale:

$$F(x)={\displaystyle \int 1\mathrm{d}x+{\displaystyle \int \left({\displaystyle \frac{4}{(x+2)\cdot (x+4)}}\right)\mathrm{d}x}}$$

$${\displaystyle \int 1\mathrm{d}x=x+C_1}$$

Wende für das zweite Integral eine Partialbruchzerlegung an:

Koeffizientenvergleich liefert:

$A+B=0\Rightarrow B=-A$ und $4A+2B=4\Rightarrow 4A+2(-A)=4\Rightarrow 2A=4\Rightarrow A=2$ und $B=-2$

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{4}{(x+2)\cdot (x+4)}}={\displaystyle \frac{2}{x+2}}-{\displaystyle \frac{2}{x+4}}$

$$\Rightarrow {\displaystyle \int \left({\displaystyle \frac{4}{(x+2)\cdot (x+4)}}\right)\mathrm{d}x={\displaystyle \int {\displaystyle \frac{2}{x+2}}\mathrm{d}x-{\displaystyle \int {\displaystyle \frac{2}{x+4}}\mathrm{d}x}}}$$

$${\displaystyle \int {\displaystyle \frac{2}{x+2}}\mathrm{d}x=2\cdot \ln |x+2|+C_2}$$

$${\displaystyle \int {\displaystyle \frac{2}{x+4}}\mathrm{d}x=2\cdot \ln |x+4|+C_3}$$

$${\displaystyle \int \left({\displaystyle \frac{4}{(x+2)\cdot (x+4)}}\right)\mathrm{d}x=2\cdot \ln |x+2|+C_2-(2\cdot \ln |x+4|+C_3)=2\cdot \ln \left(\left|{\displaystyle \frac{x+2}{x+4}}\right|\right)+C_4}$$

Dann erhält man die Stammfunktion:

$$F(x)={\displaystyle \int (1+{\displaystyle \frac{4}{(x+2)\cdot (x+4)}})\mathrm{d}x=x+C_1+2\cdot \ln \left(\left|{\displaystyle \frac{x+2}{x+4}}\right|\right)+C_4=x+2\cdot \ln \left(\left|{\displaystyle \frac{x+2}{x+4}}\right|\right)+C}$$

Weiterhin ist $$F(x)={\displaystyle {\int }_{-1}^{x}f(t)\mathrm{d}t=F(x)-F(-1)}$$

$F(-1)=-1+2\cdot \ln \left(\left|{\displaystyle \frac{-1+2}{-1+4}}\right|\right)=-1+2\cdot \ln \left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)=-1-2\cdot \ln 3$

Somit folgt dann:

$$F(x)={\displaystyle {\int }_{-1}^{x}f(t)\mathrm{d}t=x+2\cdot \ln \left(\left|{\displaystyle \frac{x+2}{x+4}}\right|\right)-(-1-2\cdot \ln 3)}$$

$F(x)=x+2\cdot \ln \left(\left|{\displaystyle \frac{x+2}{x+4}}\right|\right)+1+2\cdot \ln 3$

$(F(x)\approx x+2\cdot \ln \left(\left|{\displaystyle \frac{x+2}{x+4}}\right|\right)+\mathrm{3,197})$

Die Funktion $F$ ist nicht definiert an den Stellen $x=-4$ und $x=-2$.

Die Funktion $$F:x\mapsto {\displaystyle {\int }_{-1}^{x}f(t)\mathrm{d}t}$$ soll die maximale Definitionsmenge $D_F\subset D_f$ haben. Da $x=-1$ zum Definitionsbereich gehören muss, ist das größte Intervall in dem $-1$ liegt, das Intervall $]-2;+\infty [$. Also ist $D_F=]-2;+\infty [$.

Bestimme außerdem die Anzahl der Extremstellen und die Anzahl der Nullstellen der Funktion

Anzahl der Extremstellen

Es gilt: $F{}^{\prime }(x)=f(x)$ und $f(x)$ ist für alle $x\in D_f$ ungleich null. Damit ist auch $F{}^{\prime }(x)$ für alle $x\in D_F$ ungleich null$\Rightarrow$ es gibt keine Extrema.

Anzahl der Nullstellen

Jede Integralfunktion hat an ihrer unteren Grenze eine Nullstelle.

$\Rightarrow F(x)$ hat an der Stelle $x=-1$ eine Nullstelle. Da für $x\in ]-2;\infty [F(x)$ streng monoton steigend ist, gibt es keine weiteren Nullstellen in diesem Intervall, d.h. die Anzahl der Nullstellen ist eins.

2. Berechnen Sie den exakten Wert von F(2)

$F(2)=2+2\cdot \ln \left(\left|{\displaystyle \frac{2+2}{2+4}}\right|\right)+1+2\cdot \ln 3=2+2\cdot \ln \left({\displaystyle \frac{2}{3}}\right)+1+2\cdot \ln 3$

$F(2)=3+2\cdot \ln 2\approx \mathrm{4,386}$

Die folgende Abbildung dient nur zur Veranschaulichung.

Ermittle die Nullstelle von $g$

Gegeben ist $g(x)=\arctan \left({\displaystyle \frac{x^2-9}{x-5}}\right)$.

Für die Nullstellen löse die Gleichung $g(x)=0$.

Es gilt: $\arctan (0)=0\Rightarrow 0={\displaystyle \frac{x^2-9}{x-5}}\Rightarrow x^2-9=0\Rightarrow x_{\mathrm{1,2}}=\pm 3$.

Wegen $D_g=]-\infty ;1[$ entfällt die Lösung $x=3$.

Die Nullstelle von $g$ ist $x=-3$.

Untersuche das Verhalten der Funktionswerte von g für x → $-\infty$

Der Grenzwert von $\arctan (x)$ für $x$ gegen $-\infty$ ist $-\pi /2$.

$${\displaystyle \underset{x\to -\infty }{\lim }{\displaystyle \frac{x^2-9}{x-5}}={\displaystyle \underset{x\to -\infty }{\lim }{\displaystyle \frac{x(x-\stackrel{\to 0}{\overbrace{{\displaystyle \frac{9}{x}}}})}{x(1-\underset{\to 0}{\underbrace{{\displaystyle \frac{5}{x}}}})}}={\displaystyle \underset{x\to -\infty }{\lim }x=-\infty }}}$$

Somit ist $${\displaystyle \underset{x\to -\infty }{\lim }g(x)=-\pi /2}$$.

Bestimme einen Term der Umkehrfunktion von $g$

Tausche die Variablen und löse nach $y$ auf:

Du hast eine quadratische Gleichung erhalten. Diese kannst du nun mit der Mitternachtsformel (abc-Formel) oder pq-Formel lösen.

Hier erfolgt die Lösung mit der pq-Formel.

Damit ist $g^{-1}(x)={\displaystyle \frac{\tan x}{2}}\pm \sqrt{\frac{(\tan x{)}^2}{4}-5\tan x+9}$.

Welches Vorzeichen vor der Wurzel ist korrekt? Dazu können wir die Eigenschaft $\arctan 0=0$ nutzen. Setze also $y=-3\in D_g$ ein: $g(-3)=0.$ Bei der "richtigen" Umkehrfunktion muss der Wert von $g^{-1}(0)=-3$ sein.

$g^{-1}(0)={\displaystyle \frac{\tan 0}{2}}\pm \sqrt{\frac{(\tan 0)}{2}-5\tan 0+9}=0\pm 3$

Daher ist die Gleichung der Umkehrfunktion

Folgere unmittelbar aus der Differenzialgleichung den Zeitpunkt $t_{max}$ im Beobachtungszeitraum, an dem die Populationsdichte der Gammaeule im Untersuchungsgebiet maximal war

Bekannt ist: "Im Jahr 2003 wurden durchgehend mehr als $5$ Gammaeulen pro Hektar beobachtet."

Weiterhin gilt: $-10\dot{a}=(2t-11)\cdot (a-2)$

Die notwendige Bedingung für ein Extremum ist $\dot{a}(t)=0$.

$\Rightarrow 0=(2t-11)\cdot (a-2)$

Da $a>5$ ist, folgt $a-2>0\Rightarrow 2t-11=0\Rightarrow t={\displaystyle \frac{11}{2}}=\mathrm{5,5}$

Die Populationsdichte der Gammaeule im Untersuchungsgebiet ist nach $\mathrm{5,5}$ Monaten maximal.

Bestimme die allgemeine Lösung $a(t)$ der obigen Differenzialgleichung für $a(t)>2$

Es folgt: $-10\cdot \ln (a-2)+C_1=t^2-11t+C_2\Rightarrow \ln (a-2)=-\mathrm{0,1}\cdot t^2+\mathrm{1,1}\cdot t+C_3$

Die allgemeine Lösung $a(t)$ der obigen Differenzialgleichung für $a(t)>$2 ist $a(t)=C\cdot e^{-\mathrm{0,1}\cdot t^2+\mathrm{1,1}\cdot t}+2$.

Überprüfung:

$-10\dot{a}=(2t-11)\cdot (a-2)$

Berechne zunächst die linke Seite der Differenzialgleichung:

$-10\dot{a}=-10\cdot C\cdot e^{-\mathrm{0,1}\cdot t^2+\mathrm{1,1}\cdot t}\cdot (-\mathrm{0,2}t+\mathrm{1,1})=C\cdot e^{-\mathrm{0,1}\cdot t^2+\mathrm{1,1}\cdot t}\cdot (2t-11)$

Für die rechte Seite der Differenzialgleichung gilt:

$(2t-11)\cdot (C\cdot e^{-\mathrm{0,1}\cdot t^2+\mathrm{1,1}\cdot t}+2-2)=C\cdot e^{-\mathrm{0,1}\cdot t^2+\mathrm{1,1}\cdot t}\cdot (2t-11)$

Also ist die linke Seite gleich der rechten Seite und $a(t)$ erfüllt die gegebene Differenzialgleichung.