Aloha :)
Die Nullstellen findest du dort, wo \(f(x)=0\) wird.
Kandidaten für Extremwerte findest du dort, wo \(f'(x)=0\) wird. Diese Kandidaten kannst du dann mit Hilfe der zweiten Ableitung prüfen, ob es wirklich Extremwerte sind.
Kandidaten für Wendepunkte findest du dort, wo \(f''(x)=0\) wird. Diese Kandidaten kannst du dann mit Hilfe der dritten Ableitung prüfen, ob es wirklich Wendepunkte sind.
zu a) Wir besteimmen zuerst die Ableitungen:$$f(x)=\frac{\ln x}{x}\quad;\quad x>0$$$$f'(x)=\left(\frac{\overbrace{\ln x}^{=u}}{\underbrace{x}_{=v}}\right)'=\frac{\overbrace{\frac1x}^{=u'}\cdot\overbrace{x}^{=v}-\overbrace{\ln x}^{=u}\cdot\overbrace{1}^{=v'}}{\underbrace{x^2}_{=v^2}}=\frac{1-\ln x}{x^2}$$$$f''(x)=\left(\frac{\overbrace{1-\ln x}^{=u}}{\underbrace{x^2}_{=v}}\right)'=\frac{\overbrace{-\frac1x}^{=u'}\cdot\overbrace{x^2}^{=v}-\overbrace{(1-\ln x)}^{=u}\cdot\overbrace{2x}^{=v'}}{\underbrace{x^4}_{=v^2}}=\frac{-3x+2x\ln x}{x^4}=\frac{2\ln x-3}{x^3}$$$$f'''(x)=\left(\frac{\overbrace{2\ln x-3}^{=u}}{\underbrace{x^3}_{=v}}\right)'=\frac{\overbrace{\frac2x}^{=u'}\cdot\overbrace{x^3}^{=v}-\overbrace{(2\ln x-3)}^{=u}\cdot\overbrace{3x^2}^{=v'}}{\underbrace{x^6}_{=v^2}}=\frac{11x^2-6x^2\ln x}{x^6}=\frac{11-6\ln x}{x^4}$$
i) Nullstellen:$$0\stackrel!=f(x)=\frac{\ln x}{x}\implies\ln x=0\implies x=e^0\implies x=1$$Nullstelle bei \((1|0)\).
ii) Extremwerte:$$0\stackrel!=f'(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}\implies1-\ln x=0\implies \ln x=1\implies x=e$$$$\text{Prüfung: }f''(e)=\frac{2\ln e-3}{e^3}=-\frac{1}{e^3}<0\implies\text{Maximum}$$Maximum bei \(\left(e\big|\frac1e\right)\approx(2,7183|0,3679)\).
iii) Wendepunkte:$$0\stackrel!=f''(x)=\frac{2\ln x-3}{x^3}\implies 2\ln x-3=0\implies\ln x=\frac32\implies x=e^{\frac32}=e\sqrt e$$$$\text{Prüfung: }f'''(e\sqrt e)=\frac{11-6\ln(e\sqrt e)}{(e\sqrt e)^4}=\frac{11-6\cdot\frac32}{e^6}=\frac{2}{e^6}\ne0\implies\text{Wendepunkt}$$Wendepunkt bei \(\left(e\sqrt e\big|\frac{3}{2e\sqrt e}\right)\approx(4,4817|0,3347)\).
~plot~ ln(x)/x ; {1|0} ; {2,7183|0,3679} ; {4,4817|0,3347} ; [[0|10|-0,4|0,4]] ~plot~
zu b) Hier musst du etwas aufpassen, weil die Funktion$$f(x)=\sqrt[3]{x^2-1}\quad;\quad x\in(-\infty|-1]\cup[1|+\infty)$$nicht über ganz \(\mathbb R\) definiert ist. Mit den Mitteln der Differentialrechnung kannst du die beiden Randpunkte \(x=-1\) und \(x=1\) nicht untersuchen und musst sie gesondert betrachten.
Es fällt sofort auf, dass die Funktion achsensymmetrisch zur \(y\)-Achse ist, denn:$$f(-x)=\sqrt[3]{(-x)^2-1}=\sqrt[3]{x^2-1}=f(x)$$Daher brauchen wir im Folgenden nur den Fall \(x\ge1\) zu betrachten und brauchen nur beim Ergebnis den linken Zweig der Funktion zu berücksichtigen.
Es gilt \(f(1)=0\). Wir haben also schon mal eine Nullstelle bei \((1|0)\).
Da die Wurzelfunktion insbesondere keine negativen Zahlen liefert, gilt weiter \(f(x)\ge0\) für alle \(x\ge1\). Daher liegt bei \((1|0)\) auch ein globales Minimum vor.
Die erste Ableitung gibt Auskunft über die Monotonie der Funktion:$$f'(x)=\left(\sqrt[3]{x^2-1}\right)'=\left((x^2-1)^{\frac13}\right)'=\underbrace{\frac13(x^2-1)^{-\frac23}}_{\text{äußere Abl.}}\cdot\!\!\!\underbrace{2x}_{\text{innere Abl.}}=\frac{2x}{3(x^2-1)^{\frac23}}\stackrel{(x>1)}{>}0$$Für \(x>1\) ist die Funktion also streng monoton wachsend, d.h. es gibt kein weiteres Extremum und auch keinen Wendepunkt.
Wegen der Achsensymmetrie müssen wir unsere Ergebnisse noch "spiegeln":
Nullstellen bei \((\pm1|0)\), globale Minima bei \((\pm1|0)\) und keine Wendepunkte.
~plot~ (x^2-1)^(1/3) ; {-1|0} ; {1|0} ; [[-6|6|0|4]] ~plot~
