Lösung 1.3:3d
Aus Online Mathematik Brückenkurs 2
Lokale Extremstellen einer Funktion sind entweder:
- stationäre Stellen mit \displaystyle f^{\,\prime}(x)=0,
- singuläre Stellen, in denen die Funktion nicht differenzierbarbar ist, oder
- Randstellen.
Wir untersuchen zuerst die Bedingungen 2 und 3. Die Funktion besteht aus einen Bruch von zwei Polynomen. Die Funktion ist nur definiert, wenn der Nenner ungleich null ist. Da der Nenner \displaystyle 1+x^{4} ist, ist er immer positiv. Wir leiten die Funktion mit der Quotientenregel ab, um die stationären Stellen zu finden.
| \displaystyle \begin{align}
f^{\,\prime}(x) &= \frac{\bigl(1+x^2\bigr)^{\prime}\cdot\bigl(1+x^4\bigr) - \bigl(1+x^2\bigr)\cdot \bigl(1+x^4\bigr)^{\prime}}{\bigl(1+x^4\bigr)^2}\\[5pt] &= \frac{2x\bigl(1+x^4\bigr) - \bigl(1+x^2\bigr)4x^3}{\bigl(1+x^4\bigr)^2}\\[5pt] &= \frac{2x+2x^5-4x^3-4x^5}{\bigl(1+x^4\bigr)^2}\\[5pt] &= \frac{2x\bigl(1-2x^2-x^4\bigr)}{\bigl(1+x^4\bigr)^2}\,\textrm{} \end{align} |
Der Ausdruck ist null, wenn der Zähler null ist. Wir erhalten die Gleichung
| \displaystyle 2x\bigl(1-2x^2-x^4\bigr) = 0\,\textrm{.} |
Die linke Seite ist null, wenn einer der Faktoren \displaystyle x oder \displaystyle 1-2x^2-x^4 null ist. Also ist \displaystyle x=0 oder
| \displaystyle 1 - 2x^2 - x^4 = 0\,\textrm{.} |
Die letzte Gleichung lösen wir am einfachsten, wenn wir \displaystyle t=x^{2} substituieren,
| \displaystyle 1-2t-t^{2}=0\,\textrm{.} |
Durch quadratische Ergänzung erhalten wir
| \displaystyle \begin{align}
t^2 + 2t - 1 &= 0\,\\[5pt] (t+1)^2 - 1^2 - 1 &= 0\,\\[5pt] (t+1)^2 &= 2\, \end{align} |
Die Lösungen sind \displaystyle t=-1\pm \sqrt{2} . Nur eine dieser Lösungen ist positiv und kann somit \displaystyle x^{2} sein. Also ist \displaystyle t=-1+\sqrt{2}=x^2\,.
Die Funktion hat also drei stationäre Stellen, \displaystyle x=-\sqrt{\sqrt{2}-1} , \displaystyle x=0 und \displaystyle x=\sqrt{\sqrt{2}-1}\, .
Wir bestimmen deren Charakter, indem wir das Vorzeichen der Ableitung bestimmen. Wir wissen schon, dass
| \displaystyle f^{\,\prime}(x) = \frac{2x\bigl(1-2x^2-x^4\bigr)}{\bigl(1+x^4\bigr)^2} |
und durch quadratische Ergänzung von \displaystyle 1-2x^2-x^4 (als Gleichung in \displaystyle x^{2}) erhalten wir
| \displaystyle \begin{align}
1-2x^2-x^4 &= 1-\bigl(2x^2+x^4\bigr)\\[5pt] &= 1-\bigl(\bigl(x^2+1\bigr)^2-1^2\bigr)\\[5pt] &= 2-\bigl(x^2+1\bigr)^2\,. \end{align} |
Die Ableitung ist also
| \displaystyle f^{\,\prime}(x) = \frac{2x\bigl(2-\bigl(x^2+1\bigr)^2\bigr)}{\bigl(1+x^4\bigr)^2}. |
Wir betrachten nun die Vorzeichen der einzelnen Faktoren.
| \displaystyle x | \displaystyle -\sqrt{ \sqrt{2}-1} | \displaystyle 0 | \displaystyle \sqrt{ \sqrt{2} - 1} | ||||
| \displaystyle 2x | \displaystyle - | \displaystyle - | \displaystyle - | \displaystyle 0 | \displaystyle + | \displaystyle + | \displaystyle + |
| \displaystyle 2 - (x^2 + 1)^2 | \displaystyle - | \displaystyle 0 | \displaystyle + | \displaystyle + | \displaystyle + | \displaystyle 0 | \displaystyle - |
| \displaystyle (x^4 + 1)^2 | \displaystyle + | \displaystyle + | \displaystyle + | \displaystyle + | \displaystyle + | \displaystyle + | \displaystyle + |
Durch Ausmultiplizieren erhalten wir das Vorzeichen der Ableitung.
| \displaystyle x | \displaystyle -\sqrt{ \sqrt{2} - 1} | \displaystyle 0 | \displaystyle \sqrt{ \sqrt{2} - 1} | ||||
| \displaystyle \insteadof{2 - (x^2 + 1)^2}{f^{\, \prime} (x)} | \displaystyle + | \displaystyle 0 | \displaystyle - | \displaystyle 0 | \displaystyle + | \displaystyle 0 | \displaystyle - |
| \displaystyle f(x) | \displaystyle \nearrow | \displaystyle \tfrac{1 }{2} (\sqrt{2} + 1) | \displaystyle \searrow | \displaystyle 1 | \displaystyle \nearrow | \displaystyle \tfrac{1 }{2} (\sqrt{2} + 1) | \displaystyle \searrow |
Die Funktion hat also ein lokales Maximum an der Stelle \displaystyle x=\pm \sqrt{\sqrt{2}-1} ind ein lokales Minimum an der Stelle \displaystyle x=0.
