Gegeben ist die Funktion \(f \colon x \mapsto \dfrac{e^{2x}}{x}\) mit dem Definitionsbereich \(D_{f} = \mathbb R \backslash \{0\}\).
Bestimmen Sie Lage und Art des Extrempunkts des Graphen von f.
(5 BE)
Lösung zu Teilaufgabe 1
\[f(x) = \frac{e^{2x}}{x};\; D_{f} = \mathbb R \backslash \{0\}\]
Bestimmung der Lage des Extrempunkts
Die notwendige Bedingung für einen Extrempunkt des Graphen von \(f\) lautet:
Anwendung der Differentialrechnung:
Extrempunkte
Ist \(f'(x_{0}) = 0\) und wechselt \(f'\) an der Stelle \(x_{0}\) das Vorzeichen, so hat \(G_{f}\) an der Stelle \(x_{0}\) einen Extrempunkt.
(vgl. Merkhilfe)
\[f'(x) = 0\]
Erste Ableitung \(f'\) bilden:
Hierfür wird die Quotientenregel, die Kettenregel, die Ableitung der Natürlichen Exponentialfunktion sowie die Ableitung einer Potenzfunktion benötigt.
\[f(x) = \frac{\textcolor{#0087c1}{e^{2x}}}{\textcolor{#cc071e}{x}}\]
Ableitungen der Grundfunktionen
\[c' = 0 \enspace (c \in \mathbb R)\]
\[\left( x^r \right)' = r \cdot x^{r - 1} \enspace (r \in \mathbb R)\]
\[\left( \sqrt{x} \right)' = \frac{1}{2\sqrt{x}}\]
\[\left( \sin{x} \right)' = \cos{x}\]
\[\left( \cos{x} \right)' = -\sin{x}\]
\[\left( \ln{x} \right)' = \frac{1}{x}\]
\[\left( \log_{a}{x}\right)' = \frac{1}{x \cdot \ln{a}}\]
\[\left( e^x \right)' = e^x\]
\[\left(a^x \right)' = a^x \cdot \ln{a}\]
vgl. Merkhilfe
Faktorregel
\[\begin{align*}f(x) &= a \cdot \textcolor{#0087c1}{u(x)} \\[0.8em] f'(x) &= a \cdot \textcolor{#0087c1}{u'(x)}\end{align*}\]
Summenregel
\[\begin{align*}f(x) &= \textcolor{#0087c1}{u(x)} + \textcolor{#cc071e}{v(x)} \\[0.8em] f'(x) &= \textcolor{#0087c1}{u'(x)} + \textcolor{#cc071e}{v'(x)}\end{align*}\]
Produktregel
\[\begin{align*}f(x) &= \textcolor{#0087c1}{u(x)} \cdot \textcolor{#cc071e}{v(x)} \\[0.8em] f'(x) &= \textcolor{#0087c1}{u'(x)} \cdot \textcolor{#cc071e}{v(x)} + \textcolor{#0087c1}{u(x)} \cdot \textcolor{#cc071e}{v'(x)}\end{align*}\]
Quotientenregel
\[\begin{align*}f(x) &= \dfrac{\textcolor{#0087c1}{u(x)}}{\textcolor{#cc071e}{v(x)}} \\[0.8em] f'(x) &= \dfrac{\textcolor{#0087c1}{u'(x)} \cdot \textcolor{#cc071e}{v(x)} - \textcolor{#0087c1}{u(x)} \cdot \textcolor{#cc071e}{v'(x)}}{[\textcolor{#cc071e}{v(x)}]^{2}}\end{align*}\]
Kettenregel
\[\begin{align*}f(x) &= \textcolor{#0087c1}{u(}\textcolor{#cc071e}{v(x)}\textcolor{#0087c1}{)} \\[0.8em] f'(x) &= \textcolor{#0087c1}{u'(}\textcolor{#cc071e}{v(x)}\textcolor{#0087c1}{)} \cdot \textcolor{#cc071e}{v'(x)}\end{align*}\]
vgl. Merkhilfe
\[\begin{align*}f'(x) &= \frac{\overbrace{\textcolor{#0087c1}{e^{2x} \cdot 2}}^{\text{Kettenregel}} \cdot \textcolor{#cc071e}{x} - \textcolor{#0087c1}{e^{2x}} \cdot \textcolor{#cc071e}{1}}{\textcolor{#cc071e}{x^{2}}} & &| \; e^{2x} \; \text{ausklammern} \\[0.8em] &= \frac{e^{2x} \cdot (2 x - 1)}{x^{2}} \end{align*}\]
Nullstelle von \(f'\) berechnen:
Ein Quotient ist gleich Null, wenn der Zähler gleich Null ist.
\[\begin{align*} f'(x) = 0 \quad \Longrightarrow \quad \underbrace{e^{2x}}_{>\,0} \cdot (2x - 1) &= 0 \\[0.8em] 2x - 1 &= 0 &&| + 1 \\[0.8em] 2x &= 1 &&| : 2 \\[0.8em] x &= 0{,}5 \end{align*}\]
Somit besitzt der Graph von \(f\) an der Stelle \(x = 0{,}5\) eine waagrechte Tangente und der Punkt \((0{,}5|f(0{,}5))\) ist Extrempunkt des Graphen von \(f\).
\(y\)-Koordinate des Extrempunkts berechnen:
\[f(0{,}5) = \frac{e^{2 \cdot 0{,}5}}{0{,}5} = \frac{e}{0{,}5} = 2e\]
Der Graph von \(f\) hat den Extrempunkt \((0{,}5|2e)\).
Bestimmung der Art des Extrempunkts
Die Bestimmung der Art des Extrempunkts kann mithilfe einer Monotonietabelle (kürzer, schneller) oder mithilfe der zweiten Ableitung \(f''\) erfolgen (deutlich zeitaufwendiger).
1. Möglichkeit: Monotonietabelle
Es wird der Vorzeichenwechsel von \(f'(x)\) an der Stelle \(x = 0{,}5\) untersucht und anhand des Monotoniekriteriums das Monotonieverhalten des Graphen von \(f\) betrachtet.
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)
\[f'(x) = \frac{\overbrace{e^{2x}}^{>\,0} \cdot (2x - 1)}{\underbrace{x^{2}}_{>\,0}}\]
Der Faktor \((2x - 1)\) bestimmt den Vorzeichenwechsel von \(f'(x)\) an der Stelle \(x = 0{,}5\).
| \(x\) | \(0 < x < 0{,}5\) | \(0{,}5\) | \(x > 0{,}5\) |
| \(e^{2x}\) | \(+\) | \(+\) | \(+\) |
| \((2x - 1)\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) |
| \(x^{2}\) | \(+\) | \(+\) | \(+\) |
| \(f'(x)\) | \(\textcolor{#cc071e}{\Large{-}}\) | \(0\) | \(\textcolor{#0087c1}{\Large{+}}\) |
| \(G_{f}\) | \(\textcolor{#cc071e}{\Large{\searrow}}\) | \(T(0{,}5|2e)\) | \(\textcolor{#0087c1}{\Large{\nearrow}}\) |
2. Möglichkeit: Art eines Extrempunkts mithilfe der zweiten Ableitung nachweisen
Das Vorzeichen von \(f''(0{,}5)\) bestimmt das Krümmungsverhalten des Graphen von \(f\) an der Stelle \(x = 0{,}5\) und lässt damit auf die Art des Extrempunkts schließen.
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).
Die zweite Ableitung \(f''\) kann mithilfe der Quotientenregel, der Produktregel und der Kettenregel sowie der Ableitung der Natürlichen Exponentialfunktion und der Ableitung einer Potenzfunktion gebildet werden.
\[f'(x) = \frac{\textcolor{#0087c1}{e^{2x} \cdot (2x - 1)}}{\textcolor{#cc071e}{x^{2}}}\]
\[\begin{align*} f''(x) &= \frac{\overbrace{\textcolor{#0087c1}{\left[ e^{2x} \cdot 2 \cdot (2x - 1) + e^{2x} \cdot 2 \right]}}^{\text{Produktregel}} \cdot \textcolor{#cc071e}{x^{2}} - \textcolor{#0087c1}{e^{2x} \cdot (2x - 1)} \cdot \textcolor{#cc071e}{2x}}{\textcolor{#cc071e}{x^{4}}} &&| \; x \; \text{ausklammern und kürzen} \; (x \neq 0) \\[0.8em] &= \frac{\cancel{x} \cdot \left( \left[ 2e^{2x} \cdot (2x - 1) + 2e^{2x} \right] \cdot x - 2e^{2x} \cdot (2x - 1)\right)}{x^{\cancelto{3}{4}}} \\[0.8em] &= \frac{2e^{2x} \cdot (2x^{2} - x) + 2e^{2x} \cdot x - 2e^{2x} \cdot (2x - 1)}{x^{3}} &&| \; 2e^{2x} \; \text{ausklammern} \\[0.8em] &= \frac{2e^{2x} \cdot \left( 2x^{2} - x + x - 2x + 1 \right)}{x^{3}} \\[0.8em] &= \frac{2e^{2x} \cdot \left( 2x^{2} - 2x + 1 \right) }{x^{3}} \end{align*}\]
\[\begin{align*}\textcolor{#89ba17}{f''(0{,}5)} &= \frac{2e^{2 \cdot 0{,}5} \cdot \left( 2 \cdot 0{,}5^{2} - 2 \cdot 0{,}5 + 1 \right) }{0{,}5^{3}} \\[0.8em] &= \frac{2e \cdot (0{,}5) - 1 + 1}{0{,}125} \\[0.8em] &= \frac{e}{0{,}125} \textcolor{#89ba17}{> 0}\end{align*}\]
Somit hat der Graph von \(f\) den Tiefpunkt \(T(0{,}5|2e)\).
