Typische Anwendungen

Exercise 1: Kurvendiskussion, Fläche unter einer Kurve

Betrachte die Funktion $f(x)=\frac{1}{x^2+4}$
1. Bestimme den $x$ -Achsenabschnitt, den $y$ -Achsenabschnitt, die stationären Punkte und die Wendepunkte von $f$ . Klassifiziere die stationären Punkte.Anmerkung: Für den Wendepunkt muss die dritte Ableitung nicht berechnet werden.
2. Bestimme die Fläche, die von $f(x)$ , der $x$ -Achse und den senkrechten Linien durch die Wendepunkte von $f(x)$ eingeschlossen wird.Hinweis: Es kann gezeigt werden, dass die Ableitung der Funktion $g(x)=\frac{1}{2}\arctan(\frac{x}{2})$ gerade $f$ ist. Dies muss nicht bewiesen werden (können Sie auch noch nicht).
Bestimme die Nullstellen und stationären Punkte ( $x$ - und $y$ - Koordinaten) der Funktion $f(x)=x^3e^{-2x}$ .
Bestimme mindestens eine Nullstelle, einen stationären Punkt und einen Wendepunkt der Funktion $f(x)=\sin(2x)+\cos(2x)$

Solution

Zeichne zuerst den Graphen!
1. $f(x)=\frac{1}{x^2+4}=(x^2+4)^{-1}$ und somit
  $\begin{array}{lll} f'(x)&=&-(x^2+4)^{-2}\cdot 2x\\ &=&-\frac{2x}{(x^2+4)^2}\\ \end{array}$
  Um die zweite Ableitung zu finden, wenden wir die Produktregel auf $f'(x)=\underbrace{-(x^2+4)^{-2}}_{=u(x)}\cdot \underbrace{2x}_{=v(x)}$ an:
  $\begin{array}{lll} f''(x)&=& \underbrace{2(x^2+4)^{-3}\cdot 2x}_{=u'(x)}\cdot \underbrace{2x}_{=v(x)} -\underbrace{(x^2+4)^{-2}}_{=u(x)}\cdot \underbrace{2}_{=v'(x)}\\ &=& 8x^2 (x^2+4)^{-3}-2(x^2+4)^{-2}\\ \end{array}$
  Beachte, dass zur Bestimmung der Ableitung von $u(x)=-(x^2+4)^{-2}$ die Kettenregel angewendet werden muss, wobei die innere Funktion $i(x)=x^2+4$ und die äussere Funktion $o(x)=x^{-2}$ ist.
  - $x$ -Abschnitt: Finde $x$ mit $f(x)=0\rightarrow \frac{1}{x^2+4}=0$ . Die linke Seite ist immer $>0$ , da $x^2+4>0$ für alle $x$ . Also kein $x$ -Achsenabschnitt.
  - $y$ -Achsenabschnitt: $f(0)=0.25$
  - stationäre Punkte: Finde $x$ mit $f'(x)=0$ , d.h.
    $-(x^2+4)^{-2}\cdot 2x=0$
    Dies ist nur für $x=0$ möglich. Somit ist $P(0|0.25)$ der einzige stationäre Punkt. Aufgrund von $f''(0)=-0.125<0$ sehen wir, dass $P$ ein lokales Maximum ist.
  - Wendepunkt: Finde $x$ mit $f''(x)=0$ , also
    $\begin{array}{lll} 8x^2 (x^2+4)^{-3}-2(x^2+4)^{-2}&=&0 \quad|\cdot (x^2+4)^3\\ 8x^2-2(x^2+4)&=&0\\ 6x^2-8&=&0\\ x_{1,2}&=&\pm\sqrt{\frac{4}{3}} \end{array}$
    Eigentlich müssten wir prüfen, ob $f'''(x_{1,2})\neq 0$ ist, aber wir überspringen diesen Schritt. Tatsächlich ist das der Fall, wie zum Beispiel anhand des Graphen ersichtlich ist. Also sind $Q_{1,2} (\pm\sqrt{\frac{4}{3}}|\frac{3}{16})$ die Wendepunkte.
2. Da der Graph immer über der $x$ -Achse liegt, können wir einfach das Integral nehmen, um die Fläche zu finden. Aus dem Hinweis folgt, dass $g$ eine Stammfunktion von $f$ ist. Wir haben also
  $A=\int_{-\sqrt{\frac{4}{3}}}^{\sqrt{\frac{4}{3}}} f(x)\, dx = g\left( \sqrt{\frac{4}{3}} \right)-g\left(-\sqrt{\frac{4}{3}} \right)=\frac{\pi}{6}$
Finde $x$ mit $f'(x)=0$ .
$f'(x)=3x^2e^{-2x}+x^3e^{-2x}(-2)=e^{-2x}(3x^2-2x^3)=0$
Da $e^{-2x}>0$ für alle $x$ , muss gelten $3x^2-2x^3=0$ . Klammern wir $x^2$ aus, so erhalten wir
$x^2(3-2x)=0$
und es folgt $x_1=0$ und $x_2=1.5$ . Die stationären Punkte sind somit $P_1(0|f(0))=P_1(0|0)$ und $P_2(1.5|f(1.5))=P_2(1.5|0.168)$
Nullstelle: $\sin(2x)+\cos(2x)=0 \rightarrow \sin(2x)=-\cos(2x)$ . Dividiere beiden Seiten durch $\cos(x)$ :
$\frac{\sin(2x)}{\cos(2x)}=-1$ $\tan(2x)=-1$
Also
$2x=\arctan(-1)=-\frac{\pi}{4} \rightarrow x=-\frac{\pi}{8}$
Stationärer Punkt: $f^\prime(x)=2\cos(2x)-2\sin(2x)=0$ , also
$\tan(2x)=1 \rightarrow x=\frac{\pi}{8}$
Wendepunkt: $f^{\prime\prime}(x)=-4\sin(2x)-4\cos(2x)=0$ , also
$\tan(2x)=-1 \rightarrow x=-\frac{\pi}{8}$

Exercise 2: Funktionen mit Parameter

Betrachte die parametrisierten Funktionen $f_c(x)=x^2+xc$ und $g_c(x)=x^2+c$ (wobei $c\neq 0$ ein Parameter, d.h. eine feste Zahl ist). Finde $c$ so, dass sich die Funktionen $f_c(x)$ und $g_c(x)$ orthogonal schneiden. Hinweis: Zwei Geraden $a_1x+b_1$ und $a_2x+b_2$ sind orthogonal, wenn für die Steigungen gilt $a_2=-\frac{1}{a_1}$ (oder wenn $a_1\cdot a_2 = -1$ ).

Solution

Schritt 1: Finden wir den Schnittpunkt, d.h. finden wir $x$ mit $f_c(x)=g_c(x)$ , also,

\begin{array}{lll} x^2+xc&=&x^2+c\\ xc&=&c\\ x&=&1 \end{array}

Daraus folgt $x=1$ (für $c\neq 0)$ . Unabhängig vom Wert von $c$ schneiden sich die beiden Graphen also immer bei $x=1$ .

Schritt 2: Die Steigung von $f_c$ bei $x$ ist

f_c'(x)=2x+c

und die Steigung von $g_c$ bei $x$ ist

g'_c(x)=2x

(behandle Parameter $c$ als normale Zahl). Bei $x=1$ sind die Steigungen der Tangenten also

f_c'(1)=2+c \text{ und } g'_c(1)=2

Um $c$ so zu finden, dass sich die beiden Tangenten in einem rechten Winkel schneiden, müssen wir $c$ so finden, dass (siehe Hinweis)

2+c=-\frac{1}{2}

und es folgt $c=-2.5$ .

Exercise 3: Bestimmen von Polynomen

Finde das Polynom vom Grad $3$ , wobei gilt: der Graph berührt die $x$ -Achse im Ursprung und die Tangente mit der Gleichung $t(x)=\frac{8}{3}x-4$ berührt $f$ by $P(2|?)$ .

Solution

Polynom 3. Grades:

f(x)=ax^3+bx^2+cx+d

Die Ableitung ist

f^\prime(x)=3ax^2+2bx+c

Der Graph berührt die $x$ -Achse im Nullpunkt, also:

f(0)=0 \rightarrow d=0

f'(0)=0 \rightarrow c=0

Es ist somit:

f(x)=ax^3+bx^2

f^\prime(x)=3ax^2+2bx

Die Tangente hat Gleichung $t(x)=\frac{8}{3}x-4$ , also ist die $y$ -Koordinate von $P$ :

y_P=t(2)=\frac{8}{3}\cdot 2-4=\frac{4}{3}

Somit gilt

f(2)=\frac{4}{3} \rightarrow a2^3+b2^2=\frac{4}{3} \rightarrow 8a+4b=\frac{4}{3} \rightarrow 2a+b=\frac{1}{3}

f^\prime(2)=\frac{8}{3} \rightarrow 3a2^2+2b2=\frac{8}{3}\rightarrow 12a+4b=\frac{8}{3}\rightarrow 3a+1=\frac{2}{3}

Wir müssen also das folgende Gleichungssystem lösen:

\begin{array}{lll} 2a+b &=& \frac{1}{3}\\ 3a+b &=&\frac{2}{3} \end{array}

und es folgt $a=\frac{1}{3}$ und $b=-\frac{1}{3}$ . Wir erhalten also

f(x)=\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{3}x^2=\underline{\frac{1}{3}x^2(x-1)}

Exercise 4: Rotationskörper

Die Kurve $\frac{1}{\sqrt{x}}$ , wobei $1\leq x \leq 5$ ist, wird um die x-Achse gedreht und bildet einen Rotationskörper. Bestimme das Volumen des Rotationskörpers.

Solution

$V=\pi \int_1^5 \left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)^2\, dx = \pi\cdot (\ln(5)-\ln(1))=1.6\pi$

Exercise 5: Optimierung

Betrachte die Funktion $f(x)=\sqrt{x}$ . Bestimme den Punkt $P$ auf dem Graphen von $f$ , der dem Punkt $(4|0)$ am nächsten ist.
Der Graph der Funktion $f(x)=x(1-x)$ , wobei $0\leq x\leq 1$ , wird um die $x$ -Achse gedreht, so dass der Rotationskörper $R$ entsteht. Ein Kegel $K$ mit Spitze $O(0|0)$ wird so in $R$ eingeschrieben, dass die Achse des Kegels auf der $x$ -Achse liegt und die Grundfläche den Graphen berührt. Finde den Kegel $K$ mit maximalen Volumen (siehe Skizze).

Solution

Zeichne den Graphen von $f(x)=\sqrt{x}$ , wähle ein $x$ und zeichne den Punkt $P$ auf dem Graphen von $f$ bei $x$ . Er hat die Koordinaten $P(x|\sqrt{x})$ .

Aus dem Satz des Pythagoras folgt, dass

(x-4)^2+\sqrt{x}^2=d^2

und somit haben wir

\begin{array}{lll} d(x)&=&\sqrt{(\sqrt{x})^2+(4-x)^2}\\ &=&\sqrt{(x+16-8x+x^2}\\ &=&\sqrt{x^2-7x+16}\\ &=& (x^2-7x+16)^{0.5} \end{array}

Finde also $x$ , das $d$ minimiert, d.h. finden Sie ein lokales Minimum von $d$ , d.h. finde $x$ mit $f'(x)=0$ (das gibt uns die stationären Punkte).

Wendet man die Kettenregel an, um die Ableitung von $f$ zu finden, erhält man

\begin{array}{lll}f'(x)&=&0.5(x^2-7x+16)^{-0.5}\cdot (2x-7)\\ &=&\frac{0.5}{(x^2-7x+16)^{0.5}}\cdot (2x-7)=0\\ \end{array}

Und da der erste Faktor niemals Null sein kann, ist die einzig mögliche Lösung

2x-7=0\rightarrow x=3.5

Zeichne den Graphen von $d$ , um zu sehen, ob bei $x=3.5$ ein lokales Minimum vorliegt, oder (schwieriger) verwenden Sie die zweite Ableitung von $d$ , um zu zeigen, dass $f''(3.5)>0$ . Aber es ist tatsächlich ein lokales Minimum, also erhalten wir $\underline{P(3.5|\sqrt{3.5})}$

Siehe Skizze. Das Volumen des Kegels ist $V=\frac{1}{3}Gh$ , wobei $G$ die Grundfläche und $h$ die Höhe ist. In unserem Fall ist $h=x$ und $G=(f(x))^2\pi$ (Kreisfläche mit Radius $f(x)$ ). Wir müssen also das Volumen

V(x)=x\left(x(1-x)\right)^2\pi = \pi x(x-x^2)^2 = \pi (x^3-2x^4+x^5)

maximieren. Wir finden zuerst die stationären Punkte:

V^\prime(x)=\pi(3x^2-8x^3+5x^4)=0

x^2(3-8x+5x^2)=0

Also $x=0$ oder $5x^2-8x+3=0$ , und es mit der Mitternachtsformel, dass $x_1=0.6$ und $x_2=1$ . Da $V(0)=V(1)=0$ , sollte bei $x=0.6$ das Maximum liegen. In der Tat,

V^{\prime\prime}(x)=\pi(6x-24x^2+20x^3)

und $V^{\prime\prime}(0.6)<0$ (Taschenrechner). Das Volumen ist $V(0.6)=\underline{0.108}$ .

Exercise 6: Fläche zwischen zwei Graphen

Bestimme den Flächeninhalt der schraffierten Region.

Die Polynome links unten haben minimale Ordnung.
Für die Funktionen rechts unten gilt $f(x)=2\cos(x)+\sin(x)$ und $g(x)=\cos(x)$ .

Solution

$f_{upper}(x)=a(x-3)^2$ und wegen $f_{upper}(0)=-3$ erhalten wir $a=-\frac{1}{3}$ , also haben wir
$f_{upper}(x)=-\frac{1}{3}(x-3)^2=-\frac{1}{3}x^2+2x-3$
$f_{lower}(x)=a(x-3)(x+3)$ und wegen $f_{lower}(0)=-3$ erhalten wir $a=\frac{1}{3}$ , also haben wir
$f_{lower}(x)=\frac{1}{3}(x-3)(x+3)=\frac{1}{3}x^2-3$
Um die Fläche zu finden, müssen wir integrieren, also finden wir zuerst die Stammfunktion von $f_{ober}$ und $f_{unter}$ :
$F_{upper}(x)=-\frac{1}{9}x^3+x^2-3x$
und
$F_{lower}(x)=\frac{1}{9}x^3-3x$
Die Fläche $A$ des schattierten Bereichs ist dann
$\begin{array}{lll} A &=&\int_0^3 f_\text{oben}(x)\, dx - \int_0^1 f_\text{unten}(x)\, dx\\ &=& (F_{upper}(3)-F_{upper}(0))-(F_{lower}(3)-F_{lower}(0))\\ &=& -3-(-6)\\ &=& 3 \end{array}$
Finde die Schnittpunkte zwischen den Graphen $f$ und $g$ :
$\begin{array}{rll} 2\cos(x)+\sin(x)&=&\cos(x)\\ \cos(x)&=&-\sin(x)\\ \frac{\sin(x)}{\cos(x)}&=&-1\\ \tan(x)&=&-1 \end{array}$
Also hat ein Schnittpunkt die $x$ -Koordinate $x_1=\arctan(-1)=-\frac{\pi}{4}$ . Dies muss der linke Schnittpunkt sein. Da der Tangens $\pi$ -periodisch ist, ist die rechte Nullstelle gegeben durch $x_2=-\frac{\pi}{4}+\pi =\frac{3\pi}{4}$ .

Die Fläche ist also gegeben durch
$A=\int_{-\pi/4}^{3\pi/4} (2\cos(x)+\sin(x))\, dx - \int_{-\pi/4}^{3\pi/4} \cos(x)\, dx = 4.2426-1.4142=2.828$

Exercise 7: Schnittwinkel

Bestimme den Schnittwinkel zwischen den Graphen von $f(x)=4x^2$ und $g(x)=(x-1)^2$ .

Solution

Schnittpunkt ist bei $S(\frac{1}{3},\frac{4}{9})$ , Schnittwinkel (Winkel zwischen den Tangenten an $f$ und $g$ bei $S$ ) ist $\alpha=122.57^\circ$ (oder $180^\circ-\alpha=77.43^\circ$ ).