Teil 2: mit Hilfsmitteln – Analysis II

Zeige, dass $D_f=ℝ\backslash \{1\}$ ist

Forme zunächst um:

Also ist $f(x)=\ln \left({\displaystyle \frac{4\cdot (x-1{)}^2}{x^2+1}}\right)$

Der Zähler des Bruches ist für $x=1$ gleich null.

Da der $\ln x$ nur für $x>0$ definiert ist, muss $1$ aus dem Definitionsbereich ausgeschlossen werden $\Rightarrow D_f=ℝ\backslash \{1\}$.

Berechne die Nullstellen von $f$ auf eine Nachkommastelle genau

$\ln (1)=0\Rightarrow 1=4-{\displaystyle \frac{8x}{x^2+1}}\Rightarrow -3=-{\displaystyle \frac{8x}{x^2+1}}\Rightarrow 3={\displaystyle \frac{8x}{x^2+1}}$.

Löse die quadratische Gleichung mit der Mitternachtsformel.

Die Nullstellen von $f$ sind also $x_1={\displaystyle \frac{4-\sqrt{7}}{3}}\approx \mathrm{0,5}$ und $x_2={\displaystyle \frac{4+\sqrt{7}}{3}}\approx \mathrm{2,2}$.

Ermittle die Gleichungen aller Asymptoten von $G_f$

Waagrechte Asymptote:

$${\displaystyle \underset{x\to \pm \infty }{\lim }\ln (4-{\displaystyle \frac{8x}{x^2+1}})={\displaystyle \underset{x\to \pm \infty }{\lim }\ln (4-\stackrel{\to 0}{\overbrace{{\displaystyle \frac{8}{x+\underset{\to 0}{\underbrace{{\displaystyle \frac{1}{x}}}}}}}})=\ln 4}}$$

Die waagrechte Asymptote hat die Gleichung $y=\ln 4=2\ln 2$.

Senkrechte Asymptote:

$${\displaystyle \underset{x\to 1^{-}}{\lim }\ln \left(\underset{\to 0^{+}}{\underbrace{4-{\displaystyle \frac{8x}{x^2+1}}}}\right)=-\infty }$$ und $${\displaystyle \underset{x\to 1^{+}}{\lim }\ln \left(\underset{\to 0^{+}}{\underbrace{4-{\displaystyle \frac{8x}{x^2+1}}}}\right)=-\infty }$$

Anmerkung: Löst Du die Gleichung $4-{\displaystyle \frac{8}{x^2+1}}=0$, so kommst Du auf die Gleichung $(x-1{)}^2=0$. Bei $x=1$ liegt also eine doppelte Nullstelle vor, d.h. ein Pol ohne Vorzeichenwechsel.

Ermittle die maximalen Monotonieintervalle von $G_f$

Berechne die 1. Ableitung:

Es ist $f(x)=\ln (4\cdot {\displaystyle \frac{(x-1{)}^2}{x^2+1}})=\ln 4+\ln \left({\displaystyle \frac{(x-1{)}^2}{x^2+1}}\right)=\ln 4+\ln (x-1{)}^2-\ln (x^2+1)$

Beachte beim Ableiten die Kettenregel:

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

Berechne $f^{\prime }(x)=0\Rightarrow 0=2(x+1)\Rightarrow x=-1$

Für das Vorzeichenverhalten von $f^{\prime }(x)$ ist der Term ${\displaystyle \frac{x+1}{x-1}}$ verantwortlich, da $(x^2+1)>0$ für alle $x\in ℝ$.

$x<-1\Rightarrow x+1<0$ und $x-1<0\Rightarrow f^{\prime }(x)>0$

$-1<x<1\Rightarrow x+1>0$ und $x-1<0\Rightarrow f^{\prime }(x)<0$

$x>1\Rightarrow x+1>0$ und $x-1>0\Rightarrow f^{\prime }(x)>0$

Erstelle eine Monotonietabelle:

Um die maximalen Intervalle anzugeben, in denen der Graph der Funktion streng monoton fällt bzw. streng monoton steigt, müssen die Ränder mit eingeschlossen werden.

Die maximalen Monotonieintervalle von $G_f$ sind:

$]-\infty ;-1[$, $G_f$ ist streng monoton steigend in $]-\infty ;-1]$

$]-1;1[$, $G_f$ ist streng monoton fallend in $[-1;1]$.

$]1;\infty [$, $G_f$ streng monoton steigend in $[1;\infty [$.

Bestimme die Art und Koordinaten des Extrempunkts von $G_f$

$f^{\prime }(-1)=0$ und es liegt ein Vorzeichenwechsel von $+\to -$ vor$\Rightarrow$ bei $x=-1$ hat $G_f$ einen Hochpunkt.

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

$\Rightarrow HP(-1|\ln 8)$

Die Abbildung ist in der Aufgabenstellung nicht verlangt worden.

Sie dient nur der Veranschaulichung.

Ermittle ohne Verwendung einer integralfreien Darstellung von $h$ die Anzahl und die Lage der Nullstellen von $h$

Jede Integralfunktion hat an ihrer unteren Grenze eine Nullstelle, d.h. hier bei $x=\mathrm{0,6}$.

Es gibt also nur eine Nullstelle $x=\mathrm{0,6}$.

Eine weitere Nullstelle gibt es nicht.

Der Integrand ${\displaystyle \frac{3}{(5t-1{)}^2+4}}$ ist stets positiv (da das Quadrat eines reellen Terms plus eine positive Zahl immer positiv ist), ist die Funktion $h(x)$ streng monoton steigend.

Da $h(\mathrm{0,6})=0$ ist und der Integrand immer positiv ist, kann $h(x)$ nur einmal $0$ werden (nämlich bei $x=\mathrm{0,6}$).

Ermittle eine integralfreie Darstellung von $h$

$$h(x)={\displaystyle {\int }_{\mathrm{0,6}}^x{\displaystyle \frac{3}{(5t-1{)}^2+4}}\mathrm{d}t}$$

$f(t)={\displaystyle \frac{3}{(5t-1{)}^2+4}}={\displaystyle \frac{3}{4}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{{\left({\displaystyle \frac{5t-1}{2}}\right)}^2+1}}$

Setze $z={\displaystyle \frac{5x-1}{2}}\Rightarrow {\displaystyle \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}}={\displaystyle \frac{5}{2}}\Rightarrow \mathrm{d}t={\displaystyle \frac{2}{5}}\mathrm{d}z$

Dann ist $${\displaystyle \int {\displaystyle \frac{3}{(5t-1{)}^2+4}}\mathrm{d}t={\displaystyle \int {\displaystyle \frac{3}{4}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{z^2+1}}\cdot {\displaystyle \frac{2}{5}}\mathrm{d}z={\displaystyle \frac{3}{10}}\cdot {\displaystyle \int {\displaystyle \frac{1}{z^2+1}}\mathrm{d}z}}}$$

Eine Stammfunktion für dieses Integral ist der $\arctan$.

$$\Rightarrow {\displaystyle \frac{3}{10}}\cdot {\displaystyle \int {\displaystyle \frac{1}{z^2+1}}\mathrm{d}z={\displaystyle \frac{3}{10}}\cdot \arctan (z)+C}$$

Eine Stammfunktion für $${\displaystyle \int {\displaystyle \frac{3}{(5t-1{)}^2+4}}\mathrm{d}t}$$ ist dann $F(t)={\displaystyle \frac{3}{10}}\cdot \arctan \left({\displaystyle \frac{5t-1}{2}}\right)+C$

Dann ist $$h(x)={\displaystyle {\int }_{\mathrm{0,6}}^x{\displaystyle \frac{3}{(5t-1{)}^2+4}}\mathrm{d}t=F(x)-F(\mathrm{0,6})={\displaystyle \frac{3}{10}}\cdot \arctan \left({\displaystyle \frac{5x-1}{2}}\right)-{\displaystyle \frac{3}{10}}\cdot \arctan \left({\displaystyle \frac{5\cdot \mathrm{0,6}-1}{2}}\right)}$$$h(x)={\displaystyle \frac{3}{10}}\cdot \arctan \left({\displaystyle \frac{5x-1}{2}}\right)-{\displaystyle \frac{3}{10}}\cdot \arctan \left({\displaystyle \frac{2}{2}}\right)={\displaystyle \frac{3}{10}}\cdot \arctan \left({\displaystyle \frac{5x-1}{2}}\right)-{\displaystyle \frac{3}{10}}\cdot {\displaystyle \frac{\pi }{4}}$

Eine integralfreie Darstellung von $h$ ist $h(x)={\displaystyle \frac{3}{10}}\cdot \arctan \left({\displaystyle \frac{5x-1}{2}}\right)-{\displaystyle \frac{3}{40}}\cdot \pi$.

A: „Der Graph von $g$ hat bei $x=0$ einen absoluten Extrempunkt.“

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

Berechne die 1. Ableitung mithilfe der Quotientenregel:

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

$g^{\prime }(x)>0$ für alle $x\in D_g=[0;+\infty [$.

Daher ist der Graph $G_g$ streng monoton steigend, d.h. es gibt ein absolutes Randminimum bei $x=0$.

Die Aussage $A$ ist also wahr.

B: „Die Gerade mit der Gleichung $y=1$ ist Asymptote von $G_g$.“

Die Aussage $B$ ist wahr.

Die Definitionsmenge ist $D_g=[0;+\infty [$.

Waagerechte Asymptote für $x\to \infty$ bestimmen:

Betrachte den Grenzwert $${\displaystyle \underset{x\to +\infty }{\lim }{\displaystyle \frac{2}{2e^{-x}+1}}-1}$$. Wenn $x\to \infty$ geht, dann geht $e^{-x}\to 0$.

Der Grenzwert ist also $${\displaystyle \underset{x\to +\infty }{\lim }{\displaystyle \frac{2}{2e^{-x}+1}}-1=\frac{2}{2\cdot 0+1}-1=\frac{2}{1}-1=2-1=1}$$.

Die waagerechte Asymptote für $x\to \infty$ ist $y=1$.

Die Funktion $g(x)$ hat eine waagerechte Asymptote $y=1$.

Ermittle die Steigung der Tangente $t$

Die Tangente $t$ berührt den Graphen der Umkehrfunktion von $g$ im Punkt $P^{\ast }(\frac{1}{2}|?)$.

Berechne $g(x)=\mathrm{0,5}$, um den fehlenden y-Wert zu erhalten.

Damit hat $P^{\ast }(\frac{1}{2}|?)$ die Koordinaten $P^{\ast }\left(\frac{1}{2}\right|\ln 6)$.

Weiterhin ist $g^{\prime }\left(\ln 6\right)={\displaystyle \frac{4e^{\ln 6}}{{(2e^{\ln 6}+1)}^2}}=\mathrm{0,375}$

Demnach hat die Tangente $t$ der Umkehrfunktion von $g$ im Punkt $P^{\ast }\left(\frac{1}{2}\right|\ln 6)$die Steigung $m_t={\displaystyle \frac{1}{\mathrm{0,375}}}={\displaystyle \frac{8}{3}}$.