Extremwerte, Wendepunkte, Nullstellen berechnen. Wie löst man das?

Question

Aufgabe:

$$f(x)=\frac{\ln x}{x} \\ f(x)=\sqrt[3\:]{x^{2}-1}$$

Extremwerte, Wendepunkte, Nullstellen berechnen.

Problem/Ansatz:

Wie löst man das?

Answer 1

Extremwerte:     erste Ableitung gleich null setzen

Wendepunkte:   zweite Ableitung gleich null setzen

Nullstellen:         Funktion gleich null setzen

Die erste Funktion und ihre beiden Ableitungen:

Comments

Pluspunkt für diese angemessene Antwort!

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Ich wette auf ≤ 100 Minuten.

Nachtrag: 100 Minuten sind um, Abakus und ich haben beide eine Wette verloren.

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Ich wette auf ≤ 100 Minuten.

Auf den willfährigen Einsatz eines Lernerfolgsverhinderers?

Ich halte dagegen: ≤ 60 Minuten

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Vielen Dank! Döschwo!

Answer 2

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 $\left(e\sqrt e\big|\frac{3}{2e\sqrt e}\right)\approx(4,4817|0,3347)$.

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f₁(x) = ln(x)/xP(1|0)P(2,7183|0,3679)P(4,4817|0,3347)Zoom: x(0…10) y(-0,4…0,4)

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.

Plotlux öffnen

f₁(x) = (x²-1)^(1/3)P(-1|0)P(1|0)Zoom: x(-6…6) y(0…4)

Comments

weil die Funktion ... nicht über ganz $\mathbb R$ definiert ist.

mag sein. Mal angenommen die Funktion wäre gegeben als $$y^3=x^2-1$$

dann wäre auch ohne große Rechnung aus dem Graphen ersichtlich, wo Minimum und Wendestellen liegen. Das Extremum kann ich auch berechnen, indem ich von der Funktion$$f(x,y) = x^2-y^3-1$$den Gradienten bilde und die Stelle suche, an der $$\vec\nabla f(x,y) = \lambda \begin{pmatrix} 0\\1 \end{pmatrix}; \quad \lambda \in \mathbb R \backslash 0$$gilt. Mit dem Gradienten$$\vec\nabla f(x,y) = \begin{pmatrix} 2x\\-3y \end{pmatrix}$$folgt dann sofort $x_e=0$ und somit der Punkt $(0,\,-1)$ wie im Graph zu sehen ist. (Ist das überhaupt richtig so?)

Wie berechne ich jetzt aber die beiden Wendepunkte $(\pm1,\,0)$?

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Interessante Frage...

Meine erste Idee wäre, die Krümmung $\kappa=\left|\frac{d\vec t(s)}{ds}\right|$ des mit der Bogenlänge $s$ parametrisierten Tangenteneinheitsvektor $\vec t(s)$ zu betrachten. Für $\kappa=0$ hätten wir dann Kandidaten für Wendepunkte.

Ich habe mich aber, ehrlich gesagt, damit noch nie tiefergehend beschäftigt.

Answer 3

f(x)=$\sqrt[3]{x^2-1}$ hat oberhalb der x-Achse diesen Graphen:

Unterhalb der x-Achse in der Antwort von az0815.

Comments

Die Angabe eines Definitionsbereichs fehlt hier offenbar. Lässt man Kubikwurzeln aus negativen Zahlen zu, so ergibt sich dies: