Gegeben ist die in \(\mathbb R\) definierte Funktion \(\displaystyle g \colon x \mapsto x \cdot e^{-2x}\,\).
Bestimmen Sie die Koordinaten des Punktes, in dem der Graph von \(g\) eine waagrechte Tangente hat.
(5 BE)
Lösung zu Teilaufgabe 2a
\[g(x) = x \cdot e^{-2x}\,, \quad D_g = \mathbb R\]
Der Punkt, in dem der Graph von \(g\) eine waagrechte Tangente \(t\) hat, ist ein Extrempunkt von \(G_g\).
Anwendung der Differetialrechnung:
Steigung \(m_{T}\) einer Tangente \(T\) an den Graphen einer Funktion \(f\) im Punkt \(P\,(\,x_0\,|\,f(x_0)\,)\)
\[m_{T} = f'(x_0)\]
(vgl. Merkhilfe)
\[\Longrightarrow \quad m_t = g'(x) \overset{!}{=} 0\]
Erste Ableitung \(g'(x)\) bilden:
Produktregel
\[f(x) = u(x) \cdot v(x) \quad \Longrightarrow \quad f'(x) = u'(x) \cdot v(x) + u(x) \cdot v'(x)\]
Ableitung der natürlichen Exponentialfunktion
\[ f(x) = e^x \quad \Longrightarrow \quad f'(x) = e^x\]
Kettenregel
\[f(x) = u(v(x)) \quad \Longrightarrow \quad f'(x) = u'(v(x)) \cdot v'(x) \]
(vgl. Merkhilfe)
\[\begin{align*} g(x) = x \cdot e^{-2x} \quad \Longrightarrow \quad g'(x) &= 1 \cdot e^{-2x} + x \cdot e^{-2x} \cdot (-2) \\[0.8em] &= \underbrace{e^{-2x}}_{> \, 0}(1 - 2x) \end{align*}\]
\[\begin{align*}\Longrightarrow \quad 1 - 2x &= 0 & &| +2x \\[0.8em] 1 &= 2x & &| :2 \\[0.8em] x &= 0{,}5 \end{align*}\]
\[g(0{,}5) = 0{,}5 \cdot e^{-2 \cdot 0{,}5} = \frac{1}{2e} \]
Die Koordinaten des Punktes, in dem der Graph von \(g\) eine waagrechte Tangente hat, sind \(\bigl(0{,}5\,|\frac{1}{2e}\,\bigr)\,\).
Ergänzung: Art des Extrempunktes
1. Lösungsansatz: Monotoniekriterium
Anwendung der Differetialrechnung:
Monotoniekriterium
\(\textcolor{#cc071e}{f'(x) < 0}\) im Intervall \( I \; \Rightarrow \; G_{f}\) fällt streng monoton in \(I\)
\(\textcolor{#0087c1}{f'(x) > 0}\) im Intervall \( I \; \Rightarrow \; G_{f}\) steigt streng monoton in \(I\)
(vgl. Merkhilfe)
\[g'(x) = \underbrace{e^{-2x}}_{> \, 0}(1 - 2x)\]
\[\left. \begin{align*} x &< 0{,}5 \quad \Longrightarrow \quad g'(x) > 0 \\[0.8em] x &> 0{,}5 \quad \Longrightarrow \quad g'(x) < 0 \end{align*} \right\} \Longrightarrow \quad HoP \,\biggl(0{,}5\,| \frac{1}{2e}\,\biggr)\]
Der Punkt \(\bigl(0{,}5\,|\frac{1}{2e}\,\bigr)\,\) ist Hochpunkt von \(G_g\,\).
2. Lösungsansatz: Zweite Ableitung \(g''\) untersuchen
Anwendung der Differentialrechnung:
Art von Extrempunkten mithilfe der zweiten Ableitung nachweisen
Ist \(f'(x_{0}) = 0\) und \(f''(x_{0}) > 0\), so hat der Graph \(G_{f}\) an der Stelle \(x_{0}\) ein relatives Minimum (Tiefpunkt).
Ist \(f'(x_{0}) = 0\) und \(f''(x_{0}) < 0\), so hat der Graph \(G_{f}\) an der Stelle \(x_{0}\) ein relatives Maximum (Hochpunkt).
Zweite Ableitung \(g''(x)\) bilden:
Produktregel
\[f(x) = u(x) \cdot v(x) \quad \Longrightarrow \quad f'(x) = u'(x) \cdot v(x) + u(x) \cdot v'(x)\]
Ableitung der natürlichen Exponentialfunktion
\[ f(x) = e^x \quad \Longrightarrow \quad f'(x) = e^x\]
Kettenregel
\[f(x) = u(v(x)) \quad \Longrightarrow \quad f'(x) = u'(v(x)) \cdot v'(x) \]
(vgl. Merkhilfe)
\[\begin{align*}g'(x) = e^{-2x}(1 - 2x) \quad \Longrightarrow \quad g''(x) &= e^{-2x} \cdot (-2) \cdot(1 - 2x) + e^{-2x} \cdot (-2) \\[0.8em] &= -2e^{-2x}(1 - 2x + 1) \\[0.8em] &= -2e^{-2x}(2 - 2x) \\[0.8em] &= -4e^{-2x}(1 - x) \end{align*}\]
\[\begin{align*} g''(0{,}5) &= -4e^{-2 \cdot 0{,}5} \cdot (1 - 0{,}5) \\[0.8em] &= -\frac{4}{e} \cdot 0{,}5 \\[0.8em] &= -\frac{2}{e} \end{align*}\]
\[\Longrightarrow \quad g''(0{,}5) < 0 \quad \Longrightarrow \quad HoP \,\biggl(0{,}5\,| \frac{1}{2e}\,\biggr)\]
Verlauf des Graphen von \(\,g\,\), waagrechte Tangente \(t\) im Hochpunkt \(\,HoP\,\Big(0{,}5\,| \frac{1}{2e}\Big)\)
