Bestimmen Sie rechnerisch die \(x\)-Koordinaten der beiden Extrempunkte von \(G_{f}\).
(zur Kontrolle: \(f'(x) = (x^{2} - 2x - 1) \cdot e^{-x}\))
(4 BE)
Lösung zu Teilaufgabe 1b
\[f(x) = (1 - x^{2}) \cdot e^{-x}; \; D_{f} = \mathbb R\]
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)
Die notwendige Bedingung für einen Extrempunkt von \(G_{f}\) lautet:
\[f'(x) = 0\]
Erste Ableitung \(f'\) bilden:
Hierfür wird die Produktregel, die Kettenregel, die Ableitung einer Potenzfunktion sowie die Ableitung der natürlichen Exponentialfunktion benötigt.
\[f(x) = \textcolor{#0087c1}{(1 - x^{2})} \cdot \textcolor{#cc071e}{e^{-x}}\]
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
\[\begin{align*}f'(x) &= \underbrace{\textcolor{#0087c1}{(0 - 2x)} \cdot \textcolor{#cc071e}{e^{-x}} + \textcolor{#0087c1}{(1 - x^{2})} \cdot \overbrace{\textcolor{#cc071e}{e^{-x} \cdot (-1)}}^{\text{Kettenregel}}}_{\text{Produktregel}} &&| \; e^{-x} \; \text{ausklammern} \\[0.8em] &= e^{-x} \cdot (-2x - (1 - x^{2})) \\[0.8em] &= (x^{2} - 2x - 1) \cdot e^{-x}\end{align*}\]
Nullstellen von \(f'\) bestimmen:
\[f'(x) = (x^{2} - 2x - 1) \cdot \textcolor{#e9b509}{\underbrace{e^{-x}}_{>\,0}}\]
(Skizze nicht verlangt)
Da der Wert des Exponetialterms \(\textcolor{#e9b509}{e^{-x}}\) für alle \(x \in \mathbb R\) stets größer als null ist folgt:
\[f'(x) = 0 \enspace \Rightarrow \enspace x^{2} - 2x - 1 = 0\]
Lösungsformel für quadratische Gleichungen (vgl. Merkhilfe)
\[ax^2 + bx + c = 0 \,, \qquad a, b, c \in \mathbb R \,, \quad a \neq 0\]
\[\begin{align*} x_{1,2} &= \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}, \quad b^2 \geq 4ac \\[0.8em] x_{1,2} &= \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a}, \quad D \geq 0 \end{align*}\]
Diskriminante \(D = b^2 -4ac \;\):
\(D < 0\,\): keine Lösung
\(D = 0\,\): genau eine Lösung
\(D > 0\,\): zwei verschiedene Lösungen
\[\begin{align*} x_{1,2} &= \frac{2 \pm \sqrt{(-2)^{2} - 4 \cdot 1 \cdot (-1)}}{2 \cdot 1} \\[0.8em] &= \frac{2 \pm \sqrt{8}}{2} \\[0.8em] &= \frac{2 \pm 2\sqrt{2}}{2} \\[0.8em] &= 1 \pm \sqrt{2}\end{align*}\]
Weil \(x_{1} = 1 - \sqrt{2}\) und \(x_{2} = 1 + \sqrt{2}\) einfache Nullstellen mit Vorzeichenwechsel von \(f'\) sind, sind diese die \(x\)-Koordinaten der beiden Extrempunkte von \(G_{f}\). Die Abbildung zu Aufgabe 1 bestätigt das Ergebnis.
