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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:55 Mo 28.02.2005 | | Autor: | Max |
Untersuche die Funktion $f$ mit
A1) [mm] $f(x)=\frac{\left|x^2-2x-3\right|}{2(x+1)}$
[/mm]
A2) [mm] $f(x)=e^x+\left|x^3-2x^2\right|$.
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:59 Mo 28.02.2005 | | Autor: | Max |
1. Definitionsbereich:
Die Funktion $f$ ist nur dann definiert, wenn die Nennerfunktion $n(x)=2(x+1)$ nicht $0$ ist. Wenn die Zählerfunktion [mm] $z(x)=\left|x^2-2x-3\right|$ [/mm] eine gemeinsame Nullstelle mit $n$ hat, handelt es sich evtl. um eine hebbare Stelle, d.h. es gibt eine stetige Fortsetzung der Funktin $f$.
Man erhält die möglichen Definitionslücken, indem man $n$ auf Nullstellen untersucht.
Aus $n(x)=0 [mm] \Rightarrow$
[/mm]
$2(x+1)=0 [mm] \gdw [/mm] x+1=0 [mm] \gdw [/mm] x=-1$
Es gilt $z(-1)=0$. D.h. die Definitionslücke könnte hebbar sein. Dazu müsste man der Funktion $f$ an für $x=-1$ einen Wert zu weisen, so dass die Funktion in $x=-1$ stetig ist.
Da $z(-1)=0$ erkennt man leicht die Faktorisierung [mm] $z(x)=\left|(x+1)(x-3)\right|=|x+1| \cdot [/mm] |x-3|$.
Für $x<-1$ gilt [mm] $f(x)=\frac{|x+1|\cdot |x-3|}{2(x+1)}=\frac{(-x-1)\cdot (-x-3)}{2(x+1)}=\frac{(x+1)(x+3)}{2(x+1)}=\frac{1}{2}(x+3)$. [/mm] Damit müsste $f(-1)=1$ definiert werden.
Für $x>-1$ gilt [mm] $f(x)=\frac{|x+1|\cdot |x+3|}{2(x+1)}=\frac{(x+1)(x+3)}{2(x+1)}=\frac{1}{2}(x+3)$. [/mm] Damit müsste $f(-1)=1$ sein.
Setzt man $ [mm] f_{-1}(x)=\begin{cases}\frac{\left|x^2-2x-3\right|}{2(x+1)}, & \mbox{für } x \neq -1 \\ 1, & \mbox{für } x=-1 \end{cases}=\frac{1}{2}(x+3)$ [/mm] ist die Funktion [mm] $f_{-1}$ [/mm] überall stetig definiert.
Also ist der Definitionsbereich von $f$ gegeben durch [mm] $\mathbb{D}=\mathbb{R}\setminus \{-1\}$. [/mm] Es gibt eine Funktion [mm] $f_{-1}$ [/mm] die an jeder Stelle des Definitionsbereichs mit $f$ übereinstimmt und für $x=-1$ stetig ist [mm] ($\mathbb{D}=\mathbb{R}$). [/mm] Im weiteren werde ich nur noch [mm] $f_{-1}$, [/mm] d.h. die stetige Fortsetzung von $f$, untersuchen, aber trotzdem nur mit $f$ bezeichen (weil es sonst zu viele Indizes werden ).
2. Symmetrie:
Wie man bereits aus 1. weiß handelt es sich bei dem Graphen von $f$ um eine Gerade, d.h. die Funktion ist zu jedem Punkt des Graphen punktsymmetrisch (die Untersuchung auf beliebige Symmetrien ist normalerweise nicht erfoderlich).
Die Funktion $f$ ist weder achsensymmetrisch zur $y$-Achse [mm] ($f(-x)\neq [/mm] f(x)$) noch punktsymmetrisch zum Ursprung ($f(-x)=-f(x)$).
3. Verhalten im Unendlichen:
Die Funktion $f$ verhält sich für [mm] $x\neq [/mm] -1$ wie [mm] $\frac{1}{2}(x+3)$, [/mm] daher gilt:
[mm] $\lim_{x \to \infty} [/mm] f(x) = [mm] \infty$
[/mm]
[mm] $\lim_{x \to -\infty} [/mm] f(x) = [mm] -\infty$
[/mm]
4. Nullstellen:
Aus $f(x)=0 [mm] \Rightarrow [/mm] z(x)=0 [mm] \Rightarrow [/mm] x=-3$. Die Nullstelle $x=-1$ des Zählers entfällt ja, da man definiert hat dass $f(-1)=1$ gelten soll. Damit hat $f$ als einzige Nullstelle $N(-3|0)$.
5. Ableitungen:
Die Funktion $f$ wird über den Intervallen [mm] $I_1=(-\infty; [/mm] -1)$ und [mm] $I_2=(-1; \infty)$ [/mm] durch die ganzrationale Funktion [mm] $\frac{1}{2}(x+3)$ [/mm] beschrieben und ist damit über [mm] $I_1$ [/mm] und [mm] $I_2$ [/mm] stetig und beliebig oft differenzierbar mit [mm] $f'(x)=\frac{1}{2}$ [/mm] und [mm] $f^{n}(x)=0$ [/mm] für $n >1$. Es beleibt zu zeigen, dass $f$ auch für $x=-1$ differenzierbar ist.
Für den Grenzwert $x [mm] \to [/mm] -1$ gilt:
[mm] $\lim_{x \to -1} [/mm] f(x)= [mm] \lim_{x \to -1} \frac{f(x)-f(-1)}{x+1} [/mm] = [mm] \lim_{x \to -1} \frac{ \frac{1}{2} \cdot (x+3)-1 }{x+1}=\lim_{x \to -1} \frac{\frac{1}{2}x + \frac{1}{2}}{x+1}=\lim_{x \to -1}\frac{ \frac{1}{2}(x+1)}{x+1}=\lim_{x \to -1} \frac{1}{2}=\frac{1}{2}$
[/mm]
Damit ist $f$ überall differenzierbar. Da $f'(x) [mm] =\frac{1}{2}$ [/mm] auf ganz [mm] $\mathbb{R}$ [/mm] sind auch an $-1$ alle weiteren Ableitungen $0$.
6. Extrempunkte:
Notwendige Bedingung für Extrempunkte $f'(x)=0$: Wegen [mm] $f'(x)=\frac{1}{2}\neq [/mm] 0$ hat $f$ also keine Extremstellen.
7. ![[]](/images/popup.gif) Wendepunkte:
Notwendige Bedingung für Wendepunkte: $f''(x)=0$
Wegen $f''(x)=0$ kommen alle $x [mm] \in \mathbb{R}$ [/mm] in Frage.
Hinreichende Bedingung für Wendepunkte: $f''(x)=0 [mm] \wedge f'''(x)\neq [/mm] 0$
Wegen $f'''(x)=0$ läßt sich aus der hinreichenden Bedingung keine Aussage treffen. Damit wird es nötig $f''$ aus einen Vorzeichenwechsel zu untersuchen. Da $f''$ konstant $0$ ist - und damit keine Vorzeichenwechsel hat, gibt es keinen Wendepunkt.
8. Graph
Bei dem Graphen handelt es sich um die Gerade $y=0,5x+1,5$.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:49 Sa 23.12.2006 | | Autor: | Loddar |
Hallo an alle Leser!
Hier sind Max leider so einige Fehler im Umgang mit den Beträgen unterlaufen.
Zum einen unterschlägt er völlig das Intervall [mm][ \ -1;+3 \ ][/mm] bei der Fallunterscheidung und der Ersatzfunktion [mm]f^{\star}[/mm] .
Nach Kürzen mit dem Nenner verbleibt als Ersatzfunktion immer noch eine Funktion mit Betragsstrichen: [mm]f^{\star}(x) \ = \ \pm\bruch{1}{2}*\red{|}x-3\red{|}[/mm] .
Es verbleibt hier sogar eine Unstetigkeitsstelle bei [mm]x \ = \ -1[/mm] und eine nicht differenzierbare Stelle bei [mm]x \ = \ +3[/mm] .
Dadurch erhalten wir als Sonderfall sogar ein absolutes Maximum ohne Nullstelle der 1. Ableitung.
Dieses Beispiel findet ihr unter  Funktionsuntersuchung in der MatheBank (wird aber gerade noch überarbeitet, Stand: 23.12.2006).
Gruß
Loddar
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:26 Di 01.03.2005 | | Autor: | Max |
1. Definitionsbereich:
Die Funktion $f$ auf ganz [mm] $\mathbb{R}$ [/mm] definiert. Man kann $f$ umformen zu [mm] $f(x)=e^x+\left|x^3-2x^2\right|=e^x+\left|x^2(x-2)\right|=e^x+x^2\cdot \left|x-2\right|=\begin{cases} e^x+x^2(x-2), & \mbox{für } x\ge 2 \\ e^x-x^2(x-2), & \mbox{für } x<2 \end{cases}$.
[/mm]
2. Symmetrie:
Die Funktion $f$ weißt keinerlei Symmetrie auf, da der Summand [mm] $e^x$ [/mm] keinerlei Symmetrie hat.
3. Verhalten im Unendlichen:
Für die Funktion $f$ gilt:
[mm] $\lim_{x \to \infty} [/mm] f(x) = [mm] \infty$
[/mm]
[mm] $\lim_{x \to -\infty} [/mm] f(x) = [mm] \infty$
[/mm]
4. Nullstellen:
Aus $f(x)=0 [mm] \Rightarrow$
[/mm]
[mm] $e^x+\left|x^3-2x^2\right| [/mm] = 0$
Wegen der Betragsfunktion wird eine Fallunterscheidung notwendig.
1. Fall: $x>2$
[mm] $e^x+x^2(x-2)=0$
[/mm]
Diese Gleichung läßt sich nur numerisch lösen (z.B.Newtonverfahren oder Regula falsi). Man erhält z.B. mit diesem Java-Applet als Näherungswerte für die Nullstellen [mm] $x\approx [/mm] 0,494468$. Diese Nullstelle entfällt wegen der Bedingung $x>2$.
2. Fall: $x<2$
[mm] $e^x-x^2(x-2)=0$
[/mm]
Wiederum mit dem Newtonverfahren oder einem geeignetem Funktionsplotter sieht man, dass es in diesem Fall keine Nullstelle gibt.
Also hat $f$ auf ganz [mm] $\mathbb{R}$ [/mm] keine Nullstelle.
5. Ableitungen:
Die Funktion $f$ ist zusammengesetz aus zwei differenzierbaren Funktionen. Daher muss nur noch überprüft werden, ob die Ableitung für $x=2$ existiert und der rechts- und linksseitige Grenzwert übereinstimmen.
Auf dem Intervall [mm] $(-\infty; [/mm] 2)$ gilt:
[mm] $f'(x)=e^x-3x^2+4x$
[/mm]
[mm] $f''(x)=e^x-6x+4$
[/mm]
[mm] $f'''(x)=e^x-6$
[/mm]
Auf dem Intervall $(2; [mm] \infty)$ [/mm] gilt:
[mm] $f'(x)=e^x+3x^2-4x$
[/mm]
[mm] $f''(x)=e^x+6x-4$
[/mm]
[mm] $f'''(x)=e^x+6$
[/mm]
Damit ist $f$ an der Stelle $x=2$ nicht differenzierbar, da [mm] $\lim_{x \to 2} \left(e^x-3x^2+4x\right)= e^2-4 \neq e^2+4 =\lim_{x \to 2} \left(e^x+3x^2-4x\right)$. [/mm] Entsprechendes gilt auch für die
zweie und dritte Ableitungen für $x=2$.
6. Extrempunkte:
Notwendige Bedingung für Extrempunkte $f'(x)=0 [mm] \RightArrow$
[/mm]
Für $x>2$:
[mm] $e^x+3x^2-4x=0$ [/mm]
Die Lösungen lassen sich wiederum nur numerisch bestimmen. In diesem Fall gibt es keine Lösung.
Für $x<2$:
[mm] $e^x-3x^2+4x=0$
[/mm]
$x [mm] \approx [/mm] -0,183051$
Hinreichende Bedingung für Extremstellen: $f'(x)=0 [mm] \wedge f''(x)\neq [/mm] 0$
Wegen [mm] $f''(-0,183051)\approx [/mm] 5,93103 >0$ liegt für $x [mm] \approx [/mm] -0,183051$ ein Tiefpunkt vor.
Die Funktion $f$ hat den Tiefpunkt [mm] $T\approx [/mm] (-0,183051|0,905875)$.
7. Wendepunkte:
Notwendige Bedingung für Wendepunkte: $f''(x)=0 [mm] \RightArrow$
[/mm]
1. Fall: $x>2$
[mm] $e^x+6x-4=0$
[/mm]
Numerische Lösung $x [mm] \approx [/mm] 0,414418$. Entfällt wegen $x>2$.
2. Fall: $x<2$
[mm] $e^x-6x+4=0$
[/mm]
Numerische Lösungen: $x [mm] \approx [/mm] 2,2535 [mm] \vee [/mm] x [mm] \approx [/mm] 1,24616$. Eine Lösung entfällt wegen $x<2$.
Hinreichende Bedingung für Wendepunkte: $f''(x)=0 [mm] \wedge f'''(x)\neq [/mm] 0$
Wegen [mm] $f'''(1,24616)\approx [/mm] -2.52303$ hat $f$ den Wendepunkt [mm] $W\approx [/mm] (24616|4,64762)$.
8. Graph
Selber machen mit Funkyplot.
9. Kommentar
Die Funktion die du dort ausgewählt hast ist natürlich Dreck  Ich habe sie mal trotzdem diskutiert. Ich hoffe die Beispiele helfen dir...
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