Bestimmen Sie rechnerisch Lage und Art der Extrempunkte von \(G_f\).
(zur Kontrolle: \(f'(x) = 2e^{-0{,}5x^2} \cdot (1 - x^2)\,\); y-Koordinate des Hochpunkts: \(\frac{2}{\sqrt{e}}\))
(6 BE)
Lösung zu Teilaufgabe 1b
\[f(x) = 2x \cdot e^{-0{,}5x^2}\,; \quad D = \mathbb R\]
Lage der Extrempunkte
Notwendige Bedingung für die Extremstellen von \(G_f\,\):
\[f'(x) \overset{!}{=} 0\]
Erste Ableitung \(f'(x)\) bilden:
Ableitung einer Potenzfunktion
\[ f(x) = x^r \quad \Longrightarrow \quad f'(x) = rx^{r - 1} \quad (r \in \mathbb R)\]
Ableitung der natürlichen Exponentialfunktion
\[ f(x) = e^x \quad \Longrightarrow \quad f'(x) = e^x\]
Produktregel
\[f(x) = u(x) \cdot v(x) \quad \Longrightarrow \quad f'(x) = u'(x) \cdot v(x) + u(x) \cdot v'(x)\]
Kettenregel
\[ f(x) = u(v(x)) \quad \Longrightarrow \quad f'(x) = u'(v(x)) \cdot v'(x) \]
(vgl. Merkhilfe)
\[f(x) = 2x \cdot e^{-0{,}5x^2}\]
\[\begin{align*}f'(x) &= 2 \cdot e^{-0{,}5x^2} + 2x \cdot e^{-0{,}5x^2} \cdot (-0{,}5) \cdot 2x \\[0.8em] &= 2e^{-0{,}5x^2} \cdot (1 - x^2) \end{align*}\]
\[\underbrace{2e^{-0{,}5x^2}}_{> \, 0} \cdot (1 - x^2) = 0\]
\[\begin{align*} 1 - x^2 &= 0 & &| + x^2 \\[0.8em] 1 &= x^2 & &| \; \sqrt{\quad} \\[0.8em] \pm 1 &= x_{1,2} \end{align*}\]
\(\Longrightarrow \quad x_{E_1} = -1\) und \(x_{E_2} = 1\) sind Extremstellen von \(G_f\).
\[f(-1) = 2 \cdot (-1) \cdot e^{-0{,}5 \cdot (-1)^2} = -2 \cdot e^{-0{,}5} = -\frac{2}{\sqrt{e}}\]
\[f(1) = 2 \cdot 1 \cdot e^{-0{,}5 \cdot 1^2} = 2 \cdot e^{-0{,}5} = \frac{2}{\sqrt{e}}\]
\(\Longrightarrow \quad \displaystyle \biggl(-1|-\frac{2}{\sqrt{e}}\biggr)\) und \(\displaystyle \biggl(1|\frac{2}{\sqrt{e}}\biggr)\) sind Extrempunkte von \(G_f\).
Art der Extrempunkte
1. Lösungsansatz: Vorzeichenwechsel von \(f'(x)\) (Monotonieverhalten von \(G_f\))
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)
\[f'(x) = \underbrace{2e^{-0{,}5x^2}}_{> \, 0} \cdot (1 - x^2)\]
Der Faktor \((1 - x^2)\) bestimmt den Vorzeichenwechsel von \(f'(x)\) in der Umgebung der Extremstellen \(x_{E_1}\) und \(x_{E_2}\).
\[x_{E_1} = -1\]
\[\left. \begin{align*} &f'(x) < 0 \enspace \text{für} \enspace x < -1 \\ &f'(-1) = 0 \\ &f'(x) > 0 \enspace \text{für} \enspace x > -1 \end{align*} \right\} \enspace \Rightarrow \enspace \text{Tiefpunkt}, \; TiP \, \biggl(-1|-\frac{2}{\sqrt{e}} \biggr)\]
\[x_{E_2} = 1\]
\[\left. \begin{align*} &f'(x) > 0 \enspace \text{für} \enspace x < 1 \\ &f'(1) = 0 \\ &f'(x) < 0 \enspace \text{für} \enspace x > 1 \end{align*} \right\} \enspace \Rightarrow \enspace \text{Hochpunkt}, \; HoP\, \biggl(1|\frac{2}{\sqrt{e}} \biggr)\]
2. Lösungsansatz: Art der Extrema mit Hilfe der zweiten Ableitung
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 \(f''(x)\) bilden:
Ableitung einer Potenzfunktion
\[ f(x) = x^r \quad \Longrightarrow \quad f'(x) = rx^{r - 1} \quad (r \in \mathbb R)\]
Ableitung der natürlichen Exponentialfunktion
\[ f(x) = e^x \quad \Longrightarrow \quad f'(x) = e^x\]
Produktregel
\[f(x) = u(x) \cdot v(x) \quad \Longrightarrow \quad f'(x) = u'(x) \cdot v(x) + u(x) \cdot v'(x)\]
Kettenregel
\[ f(x) = u(v(x)) \quad \Longrightarrow \quad f'(x) = u'(v(x)) \cdot v'(x) \]
(vgl. Merkhilfe)
\[f'(x) = 2e^{-0{,}5x^2} \cdot (1 - x^2)\]
\[\begin{align*} f''(x) &= 2e^{-0{,}5x^2} \cdot (-0{,}5) \cdot 2x \cdot (1 - x^2) + 2e^{-0{,}5x^2} \cdot (-2x) \\[0.8em] &= 2e^{-0{,}5x^2} \cdot (x^3 - x) - 2e^{-0{,}5x^2} \cdot 2x \\[0.8em] &= 2e^{-0{,}5x^2} \cdot (x^3 - 3x) \end{align*}\]
\[x_{E_1} = -1\]
\[\begin{align*} f''(-1) &= 2e^{-0{,}5 \cdot (-1)^2} \cdot \left((-1)^3 - 3 \cdot (-1) \right) \\[0.8em] &= 4e^{-0{,}5} \\[0.8em] &= \frac{4}{\sqrt{e}} \end{align*}\]
\[\left. \begin{align*} &f'(-1) = 0 \\ &f''(-1) > 0 \end{align*} \right\} \enspace \Rightarrow \enspace \text{Tiefpunkt}, \; TiP\,\biggl(-1|-\frac{2}{\sqrt{e}}\biggr)\]
\[x_{E_2} = 1\]
\[\begin{align*} f''(1) &= 2e^{-0{,}5 \cdot (1)^2} \cdot \left((1)^3 - 3 \cdot (1) \right) \\[0.8em] &= -4e^{-0{,}5} \\[0.8em] &= -\frac{4}{\sqrt{e}} \end{align*}\]
\[\left. \begin{align*} &f'(1) = 0 \\ &f''(1) < 0 \end{align*} \right\} \enspace \Rightarrow \enspace \text{Hochpunkt}, \; HoP\,\biggl(1|\frac{2}{\sqrt{e}}\biggr)\]
Graph von \(f\) und Graph von \(f'\)