Lösungen zu Beispiel 5
Aufgabe
Das Applet zeigt die Graphen von vier Funktionen.
Zum Herunterladen: aufgabe5.ggb
(a) Die Graphen gehören zu folgenden Funktionen:
- $f(x) = \ln(x) + x$
- $g(x) = \ln(x) - x$
- $h(x) = \ln(x) \cdot x$
- $i(x) = \frac{\ln(x)}{x}$
Ermittle die korrekte Zuordnung der Graphen zu den Funktionen. Begründe die vorgenommene Zuordnung.
Mit $\ln(1) = 0$ erhält man: $f(1) = 1$; $g(1) = -1$; $h(1) = 0$; $i(1) = 0$.
Für $x \rightarrow +\infty$ gilt $h(x) \rightarrow +\infty$ und $i(x) \rightarrow 0$.
Damit steht die Zuordnung fest:
- blau: $f(x) = \ln(x) + x$
- grün: $g(x) = \ln(x) - x$
- orange: $h(x) = \ln(x) \cdot x$
- rot: $i(x) = \frac{\ln(x)}{x}$
(b) Im Applet sieht man, dass drei der Funktionsgraphen einen Hoch- oder Tiefpunkt haben. Bestimme jeweils die Koordinaten dieser Extrempunkte.
Betrachte $g(x) = \ln(x) - x$. Mit $g'(x) = \frac{1}{x} - 1$ erhält man $g'(x) = 0$ gdw $\frac{1}{x} - 1 = 0$ gdw $x = 1$. Da $g(1) = -1$, erhält man die Koordinaten $H(1|-1)$.
Betrachte $h(x) = \ln(x) \cdot x$. Mit $h'(x) = \frac{1}{x} \cdot x + \ln(x) \cdot 1 = 1 + \ln(x)$ erhält man $h'(x) = 0$ gdw $1 + \ln(x) = 0$ gdw $\ln(x) = -1$ gdw $x = e^{-1} = \frac{1}{e}$. Mit $h(e^{-1}) = -1 \cdot e^{-1} = -e^{-1}$, erhält man die Koordinaten $T(e^{-1}|-e^{-1})$.
Betrachte $i(x) = \frac{\ln(x)}{x}$. Mit $i'(x) = \frac{\frac{1}{x} \cdot x - \ln(x) \cdot 1}{x^2} = \frac{1 - \ln(x)}{x^2}$ erhält man $i'(x) = 0$ gdw $1 - \ln(x) = 0$ gdw $\ln(x) = 1$ gdw $x = e$. Mit $i(e) = \frac{1}{e} = e^{-1}$, erhält man die Koordinaten $H(e|e^{-1})$.
(c) Untersuche, welche Funktionsgraphen einen Wendepunkt haben.
Betrachte $f(x) = \ln(x) + x$. Mit $f'(x) = \frac{1}{x} + 1$ erhält man $f''(x) = -\frac{1}{x^2}$. Die Bedingung $f''(x) = 0$ hat keine Lösungen. Es gibt also keine Wendepunkte.
Betrachte $g(x) = \ln(x) - x$. Mit $g'(x) = \frac{1}{x} - 1$ erhält man $g''(x) = -\frac{1}{x^2}$. Die Bedingung $g''(x) = 0$ hat keine Lösungen. Es gibt also keine Wendepunkte.
Betrachte $h(x) = \ln(x) \cdot x$. Mit $h'(x) = 1 + \ln(x)$ erhält man $h''(x) = \frac{1}{x}$. Die Bedingung $h''(x) = 0$ hat keine Lösungen. Es gibt also keine Wendepunkte.
Betrachte $i(x) = \frac{\ln(x)}{x}$. Mit $i'(x) = \frac{1 - \ln(x)}{x^2}$ erhält man $i''(x) = \frac{-3 + 2\ln(x)}{x^3}$. Es gilt: $i''(x) = 0$ gdw $-3 + 2\ln(x) = 0$ gdw $\ln(x) = \frac{3}{2}$ gdw $x = e^{1.5}$. Da $-3 + 2\ln(x)$ an der Stelle $x = e^{1.5}$ das Vorzeichen wechselt, hat die Funktion $i$ an der Stelle $x = e^{1.5}$ einen Wendepunkt.
