Teil 2 mit Hilfsmitteln Analysis II

Ermittle eine Gleichung der Umkehrfunktion von $f$

Gegeben ist $f(x)={\displaystyle \frac{x^2-1}{1-2x}}$$\Rightarrow$ $y={\displaystyle \frac{x^2-1}{1-2x}}$.

Tausche $x$ mit y und löse nach $y$ auf:

$x={\displaystyle \frac{y^2-1}{1-2y}}$

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 $y=-x\pm \sqrt{x^2+x+1}$.

Welches Vorzeichen vor der Wurzel ist das richtige Vorzeichen?

Es ist $f(0)=-1\Rightarrow (0|-1)$.

Bei Spiegelung von $(0|-1)$ an der Winkelhalbierenden $y=x$ wird daraus der Punkt $(-1|0)$. Dieser Punkt muss also auf der Umkehrfunktion liegen.

Setze die Koordinaten von $(0|-1)$ in $y=-x-\sqrt{x^2+x+1}$ ein:

$-1=0-\sqrt{0^2+0+1}=-\sqrt{1}=-1✓$

Damit ist $y=-x-\sqrt{x^2+x+1}$ die gesuchte Umkehrfunktion.

Zeige, dass gilt: $f(x)=-{\displaystyle \frac{1}{2}}x-{\displaystyle \frac{1}{4}}-{\displaystyle \frac{3}{4\cdot (-2x+1)}}$

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

Führe eine Polynomdivision durch.

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

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

Ermittle die Maßzahl des Flächeninhalts dieses Flächenstücks

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

Die Nullstellen von $G_f$ sind $x^2-1=0\Rightarrow x_{\mathrm{1,2}}=\pm 1$.

Die Nullstelle im III. Quadranten ist $x=-1$.

Daher muss für die Maßzahl des Flächeninhalts dieses Flächenstücks das Integral $${\displaystyle {\int }_{-1}^{0}f(x)\mathrm{d}x}$$ berechnet werden. Beachte dabei, dass die gesuchte Fläche unterhalb der x-Achse liegt. Der Wert des Integrals ist somit negativ und die Maßzahl des Flächeninhalts ist dann der Betrag davon.

$${\displaystyle {\int }_{-1}^{0}f(x)\mathrm{d}x={\displaystyle {\int }_{-1}^0(-{\displaystyle \frac{1}{2}}x-{\displaystyle \frac{1}{4}}-{\displaystyle \frac{3}{4\cdot (-2x+1)}})\mathrm{d}x}}$$

Die Stammfunktion von $f(x)$ ist $F(x)$ mit:

$F(x)=-{\displaystyle \frac{1}{4}}{x}^2-{\displaystyle \frac{1}{4}}x+{\displaystyle \frac{3}{8}}\ln (|-2x+1|)+C$

Berechne das Integral:

$${\displaystyle {\int }_{-1}^{0}f(x)\mathrm{d}x=F(0)-F(-1)\approx 0-{\displaystyle \frac{3}{8}}\ln (3)=-{\displaystyle \frac{3}{8}}\ln (3)\approx -\mathrm{0,41198}}$$

Dabei ist $F(0)=0+0+\frac{3}{8}\ln (|-2\cdot 0+1|)=\frac{3}{8}\ln (1)=0$ und

$F(-1)=-{\displaystyle \frac{1}{4}}\cdot (-1{)}^2-{\displaystyle \frac{1}{4}}\cdot (-1)+{\displaystyle \frac{3}{8}}\ln (|-2\cdot (-1)+1|)=-{\displaystyle \frac{1}{4}}+{\displaystyle \frac{1}{4}}+{\displaystyle \frac{3}{8}}\ln (3)={\displaystyle \frac{3}{8}}\ln (3)\approx \mathrm{0,41198}$

Die Maßzahl des Flächeninhalts dieses Flächenstücks ist dann $|-{\displaystyle \frac{3}{8}}\ln (3)|={\displaystyle \frac{3}{8}}\ln (3)\mathrm{FE}$ (rund $\mathrm{0,41198}\mathrm{FE}$).

Zeige, dass die Funktion $V$ mit der Gleichung $V(t)=k\cdot e^{\mathrm{2,5}\cdot (1-e^{-\mathrm{0,2}\cdot t})}$ für beliebige Werte von $k\in {ℝ}^{+}$ eine Lösung der obigen Differenzialgleichung ist

Gegeben sind die Differenzialgleichung $\dot{V}(t)=\mathrm{0,5}\cdot e^{-\mathrm{0,2}\cdot t}\cdot V(t)$ und $V(t)=k\cdot e^{\mathrm{2,5}\cdot (1-e^{-\mathrm{0,2}\cdot t})}$.

Bilde die erste Ableitung von $V(t)$ mit der Kettenregel:

$\dot{V}(t)=k\cdot e^{\mathrm{2,5}\cdot (1-e^{-\mathrm{0,2}\cdot t})}\cdot (-\mathrm{2,5}\cdot e^{-\mathrm{0,2}\cdot t})\cdot (-\mathrm{0,2})=\mathrm{0,5}\cdot e^{-\mathrm{0,2}\cdot t}\cdot \underset{V(t)}{\underbrace{k\cdot e^{\mathrm{2,5}\cdot (1-e^{-\mathrm{0,2}\cdot t})}}}$

Also gilt: $\dot{V}(t)=\mathrm{0,5}\cdot e^{-\mathrm{0,2}\cdot t}\cdot V(t)✓$

Erläutere außerdem die Bedeutung des Parameters $k$ im Sachzusammenhang

Zur Zeit $t=0$ ist $V(0)=k\cdot e^{\mathrm{2,5}\cdot (1-e^{-\mathrm{0,2}\cdot 0})}=k\cdot e^{\mathrm{2,5}\cdot (1-1)}=k\cdot e^0=k$.

$k$ ist somit das Anfangszellvolumen.

Berechne unter Verwendung von $V(t)$ aus Teilaufgabe a), auf das Wievielfache das Volumen der Zellen auf lange Sicht anwächst

Es ist $V(0)=k$.

Weiterhin ist $${\displaystyle \underset{t\to +\infty }{\lim }k\cdot e^{\mathrm{2,5}\cdot (1-\stackrel{\to 0}{\overbrace{e^{-\mathrm{0,2}\cdot t}}})}=k\cdot e^{\mathrm{2,5}}}$$

Das Volumen der Zellen wächst auf lange Sicht vom Anfangsvolumen $k$ auf das $e^{\mathrm{2,5}}$-fache Volumen. Es vergrößert sich also mit dem Faktor $e^{\mathrm{2,5}}\approx \mathrm{12,18}$.

Ermittle den Zeitpunkt (auf $2$ Nachkommastellen gerundet), zu dem sich das Volumen der Zellen verdoppelt hat

Doppeltes Volumen$\Rightarrow V=2\cdot k$.

Nach rund $\mathrm{1,62}$ Tagen hat sich das Volumen der Zellen verdoppelt.

Berechne die Nullstelle von $h$

Die Nullstelle der Funktion ist die Nullstelle des Zählerterms $4+4\cdot \ln (x+1)$:

Die Nullstelle der Funktion $h$ ist $x=e^{-1}-1$.

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

Wegen $D_h=]-1;+\infty [$ muss nur $x\to -1^{+}$ betrachtet werden.

$${\displaystyle \underset{x\to -1^{+}}{\lim }{\displaystyle \frac{4+4\cdot \stackrel{\to -\infty }{\overbrace{\ln (\stackrel{x\to 0^{+}}{\overbrace{x+1}})}}}{\underset{x\to 0^{+}}{\underbrace{x+1}}}}\to -\infty }$$

Ermittle die Wertemenge von $h$

Bilde die 1. Ableitung von $h$ mit Quotienten- und Kettenregel:

$N(x)=4+4\cdot \ln (x+1)\Rightarrow N^{\prime }(x)=4\cdot {\displaystyle \frac{1}{x+1}}\cdot 1={\displaystyle \frac{4}{x+1}}$ und $Z(x)=x+1\Rightarrow Z^{\prime }(x)=1$

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

Löse die Gleichung $h^{\prime }(x)=0$ (notwendige Bedingung für ein Extremum):

$\Rightarrow 0=-4\cdot \ln (x+1)\Rightarrow 0=\ln (x+1)\Rightarrow x=0$ (weil $\ln (1)=0$)

Erstelle eine Monotonietabelle:

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

$h^{\prime }(1)={\displaystyle \frac{-4\cdot \ln (1+1)}{(1+1{)}^2}}={\displaystyle \frac{-4\cdot \ln (2)}{4}}\approx -\mathrm{0,69}<0$

Bei $x=0$ liegt das absolute Maximum der Funktion $h$.

Berechne den Funktionswert an dieser Stelle: $h(0)={\displaystyle \frac{4+4\cdot \ln (0+1)}{0+1}}={\displaystyle \frac{4}{1}}=4$

Mit dem Ergebnis aus Aufgabe a) und dem Funktionswert des Maximums folgt:

Die Wertemenge von $h$ ist $W_h=]-\infty ;4]$.

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

Löse das unbestimmte Integral mit der Substitution $z=\ln (t+1)$:

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

$${\displaystyle \int h(t)\mathrm{d}t={\displaystyle \int {\displaystyle \frac{-4\cdot \ln (x+1)}{(x+1{)}^2}}\mathrm{d}t={\displaystyle \int {\displaystyle \frac{4+4z}{\cancel{t+1}}}\cdot \cancel{(t+1)}\mathrm{d}z={\displaystyle \int (4+4z)\mathrm{d}z}}}}$$

$${\displaystyle \int (4+4z)\mathrm{d}z=4z+{\displaystyle \frac{4}{2}}{z}^2+C=4z+2z^2+C}$$

$\Rightarrow$ Rücksubstitution $$z=\ln (t+1)\Rightarrow {\displaystyle \int h(t)\mathrm{d}t=4\ln (t+1)+2(\ln (t+1){)}^2+C}$$

Bestimme nun die integralfreie Darstellung von $H(x)$:

$$H(x)={\displaystyle {\int }_0^{x}h(t)\mathrm{d}t={[4\ln (t+1)+2(\ln (t+1){)}^2]}_0^x=}$$

$4\ln (x+1)+2(\ln (x+1){)}^2-(4\ln (0+1)+2(\ln (0+1){)}^2=4\ln (x+1)+2(\ln (x+1){)}^2-0=$

$4\ln (x+1)+2(\ln (x+1){)}^2$

Die integralfreie Darstellung von $H(x)$ ist: $H(x)=4\ln (x+1)+2(\ln (x+1){)}^2$.

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

$S$ ist eine Stammfunktion von $H\Rightarrow S^{\prime }(x)=H(x)$ und $S^{\prime \prime }(x)=H^{\prime }(x)=h(x)$.

Weiterhin gilt:

$$S^{\prime }(0)=H(0)={\displaystyle {\int }_0^{0}h(t)\mathrm{d}t=0}$$ (obere und untere Integralgrenze sind gleich).

$S^{\prime }(0)=0\Rightarrow$Stelle mit waagrechter Tangente.

Mit dem Ergebnis aus Aufgabe b) folgt: $S^{\prime \prime }(0)=H^{\prime }(0)=h(0)=4\ne 0$

$\Rightarrow$Bei der Stelle mit waagrechter Tangente ($x=0$) handelt es sich um einen Extrempunkt von $G_S$.