Teilaufgabe 1a

Lösung zu Teilaufgabe 1a

 

\[f(x) = 2 \cdot \left( \left( \ln{x} \right)^{2} - 1\right); \; D_{f} = \mathbb R^{+}\]

 

Nachweis der Nullstellen von \(f\)

 

\[\begin{align*} f(x) &= 0 \\[0.8em] 2 \cdot \left( \left( \ln{x} \right)^{2} - 1 \right) &= 0 &&| : 2 \\[0.8em] \left( \ln{x} \right)^{|2} - 1 &=0 &&| + 1 \\[0.8em] \left( \ln{x} \right)^{2} &= 1 &&| \; \sqrt{\quad} \\[0.8em]  \ln{x} &= \pm 1 &&| \; e^{(\dots)}\\[0.8em] e^{\ln{x_{1}}} &= e^{1} \; \vee \; e^{\ln{x_{2}}} = e^{-1} &&| \; e^{ln{x}} = x \\[0.8em] x_{1} &= e \; \vee \; x_{2} = e^{-1} = \frac{1}{e} \end{align*}\]

 

Koordinaten des Tiefpunkts \(T\)

Die notwendige Bedingung für einen Extrenmpunkt von \(G_{f}\) lautet:

\[f'(x) = 0\]

 

Erste Ableitung \(f'\) bilden:

Hierfür wird die Kettenregel, die Ableitung einer Potenzfunktion, die Ableitung der Natürlichen Logarithmusfunktion sowie die Summen- und die Faktorregel benötigt. Als Alternative lässt sich nach einer Umformulierung von f(x) auch die Produktregel anwenden.

 

\[\begin{align*}f(x) &= 2 \cdot \left( \left( \ln{x} \right)^{2} - 1\right) \\[0.8em] &= 2\left( \ln{x} \right)^{2} - 2 \\[0.8em] &= 2 \cdot \ln{x} \cdot \ln{x} - 2\end{align*}\]

 

1. Möglichkeit: Kettenregel anwenden

 

\[\begin{align*}f(x) &= 2 \cdot \left( \left( \ln{x} \right)^{2} - 1\right) \\[0.8em] &= 2\textcolor{#0087c1}{(} \textcolor{#cc071e}{\ln{x}} \textcolor{#0087c1}{)^{2}} - 2\end{align*}\]

\[f'(x) =  2 \cdot \textcolor{#0087c1}{2 \cdot (} \textcolor{#cc071e}{\ln{x}} \textcolor{#0087c1}{)^{1}} \cdot \textcolor{#cc071e}{\frac{1}{x}} - 0 = \frac{4}{x} \cdot \ln{x}\]

 

2. Möglichkeit: Produktregel anwenden

 

\[\begin{align*}f(x) &= 2 \cdot \left( \left( \ln{x} \right)^{2} - 1\right) \\[0.8em]  &= 2 \cdot \textcolor{#0087c1}{\ln{x}} \cdot \textcolor{#cc071e}{\ln{x}} - 2\end{align*}\]

\[\begin{align*} f'(x) &= 2 \cdot \textcolor{#0087c1}{\frac{1}{x}} \cdot \textcolor{#cc071e}{\ln{x}} + \textcolor{#0087c1}{\ln{x}} \cdot \textcolor{#cc071e}{\frac{1}{x}} - 0 \\[0.8em] &= 2 \cdot 2 \cdot \frac{1}{x} \cdot \ln{x} \\[0.8em] &= \frac{4}{x} \cdot \ln{x} \end{align*}\]

 

Nullstelle von \(f'(x)\) bestimmen:

 

\[\begin{align*} f'(x) &= 0 \\[0.8em] \frac{4}{x} \cdot \ln{x} &= 0 &&| \cdot x \\[0.8em] 4 \cdot \ln{x} &= 0 &&| : 4 \\[0.8em] \ln{x} &= 0 &&| \; e^{(\dots)} \\[0.8em] e^{\ln{x}} &= e^{0} &&| \; e^{ln{x}} = x; \; e^{0} = 1 \\[0.8em] x &= 1 \end{align*}\]

 

Alternative: Nach dem Satz vom Nullprodukt ist ein Produkt genau dann gleich Null. wenn einer der Faktoren gleich Null ist.

 

\[\begin{align*} f'(x) &= 0 \\[0.8em] \underbrace{\frac{4}{x}}_{\Large{\neq\,0}} \cdot \ln{x} &= 0 \\[0.8em] \Longrightarrow \quad ln{x} &= 0 &&| \; e^{(\dots)} \\[0.8em] e^{\ln{x}} &= e^{0} &&| \; e^{ln{x}} = x; \; e^{0} = 1 \\[0.8em] x &= 1 \end{align*}\]

 

\(x = 1\) ist einzige Nullstelle von \(f'\) und damit einzige mögliche Extremstelle (vgl. \(x\)-Koordinate des Tiefpunkts von \(G_{f}\) in Abb. 1 der Angabe).

Da \(G_{f}\) laut Angabe einen Tiefpunkt \(T\) besitzt, hat dieser die Koordinaten \(T(1|f(1))\).

 

Anmerkung:

Oft wird bei dieser Art von Aufgabe nach „Art und Lage des Extrempunkts" gefragt. Die Art eines Extrempunkts lässt sich mithilfe einer Monotonietabelle oder mithilfe der zweiten Ableitung ermitteln (vgl. Ergänzung). Da die Aufgabenstellung in diesem Fall vorgibt, dass der Extrempunkt ein Tiefpunkt ist, kann dieser Schritt entfallen.

 

\(y\)-Koordinate des Tiefpunkts \(T\) berechnen:

 

\[f(1) = 2 \cdot \left( \left( \ln{1} \right)^{2} - 1 \right) = 2 \cdot (0^{2} - 1) =  -2\]

\(\Longrightarrow \quad T(1|-2)\) (vgl. Abb. 1)

 

Ergänzung (nicht verlangt!): Nachweis, dass \(G_{f}\) an der Stelle \(x = 1\) einen Tiefpunkt hat

 

1. Möglichkeit: Monotonietabelle

Es wird der Vorzeichenwechsel von \(f'(x)\) an der Stelle \(x = 1\) untersucht und anhand des Monotoniekriteriums das Monotonieverhalten von \(G_{f}\) betrachtet.

\(f'(x) = \dfrac{4}{x} \cdot \ln{x}\) mit \(x \in \mathbb R^{+}\)

 

Der Faktor \(\ln{x}\) bestimmt den Vorzeichenwechsel von \(f'(x)\) an der Stelle \(x = 1\).

Für \(0 < x < 1\) gilt \(\ln{x} < 0\) und für \(x > 1\) gilt \(\ln{x} > 0\).

 

\(x\)	\(0 < x < 1\)	\(1\)	\(x > 1\)
\(\dfrac{4}{x}\)	\(+\)	\(+\)	\(+\)
\(\ln{x}\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)
\(f'(x)\)	\(\textcolor{#cc071e}{\Large{-}}\)	\(0\)	\(\textcolor{#0087c1}{\Large{+}}\)
\(G_{f}\)	\(\textcolor{#cc071e}{\Large{\searrow}}\)	\(T(1|f(1))\)	\(\textcolor{#0087c1}{\Large{\nearrow}}\)

 

2. Möglichkeit: Art eines Extrempunkts mithilfe der zweiten Ableitung nachweisen

Das Vorzeichen von \(f''(1)\) bestimmt das Krümmungsverhalten von \(G_{f}\) an der Stelle \(x = 1\) und lässt damit auf die Art des Extrempunkts schließen.

Die zweite Ableitung \(f''\) kann mithilfe der Quotientenregel gebildet werden.

 

\[f'(x) = \frac{4}{x} \cdot \ln{x} = 4 \cdot \frac{\textcolor{#0087c1}{\ln{x}}}{\textcolor{#cc071e}{x}}\]

\[\begin{align*} f''(x) &= 4 \cdot \left( \frac{\textcolor{#0087c1}{\frac{1}{x}} \cdot \textcolor{#cc071e}{x} - \textcolor{#0087c1}{\ln{x}} \cdot \textcolor{#cc071e}{1}}{\textcolor{#cc071e}{x^{2}}} \right) \\[0.8em] &= 4 \cdot \left( \frac{1 - \ln{x}}{x^{2}} \right) \\[0.8em] &= \frac{4}{x^{2}} \cdot (1 - \ln{x}) \end{align*}\]

 

\[f''(1) = \frac{4}{1^{2}} \cdot (1 - \ln{1}) = 4 \cdot (1 - 0) = 4 \quad \Longrightarrow \quad f''(1) > 0\]

Mit \(f''(1) > 0\) ist \(G_{f}\) an der Stelle \(x = 1\) linksgekrümmt \((\style{display: inline-block; transform:rotate(0.5turn);}{\Large \curvearrowleft})\). Somit besitzt \(G_{f}\) an der Stelle \(x = 1\) den Tiefpunkt \(T(1|f(1))\).