Scharen von Logarithmusfunktionen – Kurvendiskussion

Scharen von Logarithmusfunktionen – Kurvendiskussion Übung

• Untersuche die Funktionenschar auf Extrema.

  Tipps

  Die ersten beiden Ableitungen der Funktion sind

  $\begin{align*} f'_a(x)&=\ln(x)+a+1\\ f''_a(x)&=\frac1x. \end{align*}$

  Die 1. Ableitung muss $0$ sein und die 2. Ableitung ungleich $0$.

  Wenn die 2. Ableitung

  • größer ist als $0$, liegt ein Tiefpunkt vor.
  • kleiner ist als $0$, liegt ein Hochpunkt vor.

  Lösung

  Die ersten beiden Ableitungen der Funktion sind gegeben durch

  $\begin{align*} f_a(x)&=x(\ln(x)+a)\\ f'_a(x)&=\ln(x)+a+x\cdot \frac1x\\ &=\ln(x)+a+1\\ f''_a(x)&=\frac1x. \end{align*}$

  Extrema: Es lautet (n) $f_a'(x_E)=0$ und (h) $f_a''(x_E)\neq 0$:

  $\begin{align*} &&\ln(x)+a+1&=0~|~-a-1\\ &\Leftrightarrow&\ln(x)&=-a-1~/~e^{()}\\ &\Leftrightarrow&x_E&=e^{-a-1}. \end{align*}$

  Dieses $x_E$ muss in der 2. Ableitung eingesetzt werden, um zu überprüfen, ob tatsächlich ein Extremum vorliegt:

  $f''_a(e^{-a-1})=\large{\frac1{e^{-a-1}}}=e^{a+1}>0$

  Es liegt also ein Tiefpunkt vor. Die $y$-Koordinate des Tiefpunktes ist

  $y=e^{-a-1}(\ln(e^{-a-1})+a)=e^{-a-1}(-a-1+a)=-e^{-a-1}$.

  Damit ist der Tiefpunkt $TP(e^{-a-1}|-e^{-a-1})$ der Funktionenschar gefunden. Dieser Tiefpunkt hängt von dem Parameter $a$ ab.

  Hier ist der Graph der Funktion $f_{-1}(x)$ also für $a=-1$ zu erkennen. Der Tiefpunkt ist $TP(1|-1)$.

• Gib die Ortskurve der Extrema an.

  Tipps

  Löse die $x$-Koordinate des Tiefpunktes nach dem Parameter $a$ auf und setze diesen in die $y$-Koordinate des Tiefpunktes ein.

  Die Ortskurve ist nicht abhängig vom Parameter $a$.

  Lösung

  Auf der Ortskurve der Extrema liegen alle Extrema für verschiedene Parameter $a$.

  Zunächst wird die $x$-Koordinate der Extrema nach $a$ umgeformt:

  $\begin{align*} &&x&=e^{-a-1}&~|~&ln(~)\\ &\Leftrightarrow&\ln(x)&=-a-1&~|~&+a-\ln(x)\\ &\Leftrightarrow&a&=-\ln(x)-1. \end{align*}$

  Dieses $a$ wird in der $y$-Koordinate eingesetzt:

  $\begin{align*} y&=-e^{-(-\ln(x)-1)-1}\\ y&=-e^{\ln(x)}\\ y&=-x. \end{align*}$

  Die Ortskurve der Extrema lautet also $y=-x$. Sie ist in dem Bild orange eingezeichnet.

• Berechne die ersten drei Ableitungen der Funktionenschar $f_a(x)$.

  Tipps

  Die Ableitung der natürlichen Logarithmusfunktion ist $(\ln(x))'=\frac1x$.

  Die Kettenregel lautet $(f(g(x)))'=f'(g(x))\cdot g'(x)$.

  Zum Beispiel ist $(\ln(x)^3)'=3\ln(x)^2\cdot \frac1x$.

  Die Quotientenregel lautet in der Kurzschreibweise $\Large{\left( \frac uv\right)'=\frac{u'\cdot v-u\cdot v'}{v^2}}$.

  Lösung

  Zur Berechnung der Ableitungen werden

  • $(\ln(x))'=\frac1x$,
  • die Kettenregel $(f(g(x)))'=f'(g(x))\cdot g'(x)$ sowie
  • die Quotientenregel $\large{\left( \frac uv\right)'=\frac{u'\cdot v-u\cdot v'}{v^2}}$

  angewendet.

  $\begin{align*} f_a(x)&=(\ln(x)+a)^2\\ f_a'(x)&=2(\ln(x)+a)\cdot \frac1x\\ &=\frac{2(\ln(x)+a)}{x}\\ f_a''(x)&=\frac{\frac2x\cdot x-2(\ln(x)+a)}{x^2}\\ &=\frac{-2\ln(x)+2-2a}{x^2}\\ f_a'''(x)&=\frac{-\frac2x\cdot x^2-(-2\ln(x)+2-2a)\cdot2x}{x^4}\\ &=\frac{4\ln(x)-6+4a}{x^3}. \end{align*}$

• Untersuche die Funktionenschar auf Nullstellen, Extremstellen und Wendestellen.

  Tipps

  Die ersten drei Ableitungen sind:

  $\begin{align*} f_a(x)&=(\ln(x)+a)^2\\ f_a'(x)&=\frac{2(\ln(x)+a)}{x}\\ f_a''(x)&=\frac{-2\ln(x)+2-2a}{x^2}\\ f_a'''(x)&=\frac{4\ln(x)-6+4a}{x^3}. \end{align*}$

  Für Nullstellen muss die Gleichung $f_a(x)=0$ gelöst werden.

  Für Extremstellen muss die Gleichung $f_a'(x)=0$ gelöst werden.

  Für Wendestellen muss die Gleichung $f_a''(x)=0$ gelöst werden.

  Runde so: $e^1=2,718281828... \approx 2,72$

  Lösung

  Die ersten drei Ableitungen sind:

  $\begin{align*} f_a(x)&=(\ln(x)+a)^2\\ f_a'(x)&=\frac{2(\ln(x)+a)}{x}\\ f_a''(x)&=\frac{-2\ln(x)+2-2a}{x^2}\\ f_a'''(x)&=\frac{4\ln(x)-6+4a}{x^3}. \end{align*}$

  Nullstellen: Der Ansatz lautet $f_a(x)=0$:

  $\begin{align*} &&(\ln(x)+a)^2&=0\\ &\Leftrightarrow&\ln(x)+a&=0 &|& -a\\ &\Leftrightarrow&\ln(x)&=-a &|& -e^{(~)}\\ &\Leftrightarrow&x_N&=e^{-a}. \end{align*}$

  Für $a=1$ ist $x_N=\frac1e\approx 0,37$.

  Extrema: Der Ansatz lautet (n) $f_a'(x_E)=0$ und (h) $f_a''(x_E)\neq0$:

  Da die 1. Ableitung $f_a'(x)=\frac{2(\ln(x)+a)}{x}$ ist und ein Bruch nur $0$ wird, wenn der Nenner $0$ wird, hat die 1. Ableitung die gleiche Nullstelle wie die Funktion $x_E=e^{-a}$ und für $a=1$ gilt $x_E\approx0,37$.

  Ob wirklich ein Extremum vorliegt, kann man überprüfen, indem man die $x$-Koordinate in der 2. Ableitung einsetzt.

  $f''_a(e^{-a})=\frac{-2\ln(e^{-a})+2-2a}{(e^{-a})^2}=2e^{2a}>0$. Also liegt ein Tiefpunkt vor: $TP(e^{-a}|0)$.

  Wendepunkte: Der Ansatz lautet (n) $f_a''(x_W)=0$ und (h) $f_a'''(x_W)\neq0$:

  $\begin{align*} &&\frac{-2\ln(x)+2-2a}{x^2}&=0\\ &\Leftrightarrow&-2\ln(x)+2-2a&=0 &|& +2a-2\\ &\Leftrightarrow&-2\ln(x)&=2a-2 &|& :(-2)\\ &\Leftrightarrow&\ln(x)&=1-a &|& e^{(~)}\\ &\Leftrightarrow&x_W&=e^{1-a}. \end{align*}$.

  Ob wirklich ein Wendepunkt vorliegt, kann man überprüfen, indem man die $x$-Koordinate in der 3. Ableitung einsetzt.

  $f'''_a(e^{1-a})=\frac{4\ln(e^{1-a})-6+4a}{(e^{1-a})^3}=-2e^{3(a-1)}\neq 0$.

  Also liegt ein Wendepunkt vor: $WP(e^{1-a}|1)$. Dieser ist für $a=1$: $WP(1|1)$.

  In dem Bild kannst du den Funktionsgraphen der Funktion für $a=1$ erkennen. Du kannst die drei gerade ausgerechneten Punkte gut erkennen.

• Bestimme die Nullstelle und die Grenzwerte der Funktionenschar $f_a(x)$.

  Tipps

  Zur Bestimmung der Nullstellen muss die Gleichung $f(x)=0$ gelöst werden.

  Achte darauf, dass die Lösungen, welche du erhältst, auch im Definitionsbereich liegen.

  Die Grenzwerte können zum Beispiel durch Testeinsetzen berechnet werden.

  Lösung

  Nullstellen - es muss die Gleichung $f(x)=0$ gelöst werden:

  $\begin{align*} &&x(\ln(x)+a)&=0\\ &\Rightarrow&x_1&=0\\ &\text{oder}&\ln(x)+a&=0 &|& -a\\ &\Leftrightarrow&\ln(x)&=-a &|& e^{(~)}\\ &\Leftrightarrow&x_2&=e^{-a}. \end{align*}$

  $x_1=0$ liegt nicht im Definitionsbereich. Deshalb gibt es nur die Nullstelle $N(e^{-a}|0)$.

  Zur Bestimmung der Grenzwerte kann das Verfahren des Testeinsetzens verwendet werden. Hier wird dieses Verfahren jeweils für $a=1$ angewendet. Die Grenzwerte sind unabhängig von dem Parameter:

  $\mathbf{\lim\limits_{x\to 0} f_1(x)=0}$, denn

  $\begin{array}{l|c|c|c|c} x& 0,1&0,01&0,001&\rightarrow 0\\ \hline f_1(x)&-0,13...&-0,036...&-0,0059...&\rightarrow 0 \end{array}$

  $\mathbf{\lim\limits_{x\to \infty} f_1(x)=„\infty“}$, denn

  $\begin{array}{l|c|c|c|c} x& 10&100&1000&\rightarrow \infty\\ \hline f_1(x)&33,02...&560,51...&7907,75...&\rightarrow \infty \end{array}$

• Bestimme die Ortskurve der Wendepunkte.

  Tipps

  Nimm die $x$-Koordinate des Wendepunktes und stelle sie nach $a$ um. Setzte danach $a$ in die $y$-Koordinate ein.

  Es gilt $e^{\ln(x)}=x$.

  Es gilt $\ln(x^y)=y\cdot \ln(x)$.

  Die Gleichung der Ortskurve enthält keinen Ausdruck mit $e$.

  Lösung

  Löse die $x$-Koordinate des Wendepunktes nach dem Parameter $a$ auf:

  $\begin{align*} && x&=e^{1-a} &|& ln(~)\\ &\Leftrightarrow&\ln(x)&=1-a &|& +a~|~-\ln(x)\\ &\Leftrightarrow&a&=1-\ln(x). \end{align*}$

  Dieses $a$ wird in die $y$-Koordinate des Wendepunktes eingesetzt.

  $\begin{align*} y&=2e^{1-\ln(x)-1}\\ &=2e^{-\ln(x)}\\ &=2e^{\ln(x^{-1})}\\ &=2x^{-1}\\ &=\frac2x. \end{align*}$

  Die Ortskurve ist damit $y=\frac2x$.