S. 224 Nr. 13

S. 224 Nr. 13
1 x
)  ln(t )  ln(1  x)  ln(1  x)
1 x
Es wird per Kettenregel abgeleitet, anschließend auf einen Nenner gebracht und
zusammengefasst:
ft ( x)  ln(t 
1
1

1 x 1 x
(1  x)
1 (1  x)


(1  x)  (1  x) (1  x)  (1  x)
(1  x)  (1  x) 1  x  1  x
2



2
(1  x)  (1  x) 1  x  x  x 1  x 2
ft '( x)   ln(1  x)  ln(1  x)  ' 
Per Quotientenregel ist die zweite Ableitung:
4x
 2  2  (2 x)
f ''( x)  
'

2 
2 2
(1  x )
(1  x 2 ) 2
 1 x 
Wieder per Quotientenregel:
 4 x  4(1  x 2 )2  16 x 2 (1  x 2 )
f '''( x)  
'
2 2 
(1  x 2 )4
 (1  x ) 
Diese Funktion ist bei x  1 nicht definiert, da dort der Nenner null ist. Somit kann ich durch
(1  x 2 ) dividieren und weiter vereinfachen:
f '''( x) 
4(1  x 2 )  16 x 2 4  12 x 2

(1  x 2 )3
(1  x 2 )3
Definitionsmenge
1 x
 0 gilt. t ist stets größer als 0, daher gibt es drei
1 x
Möglichkeiten, die Definitionsmengen zu erzeugen:
Die Funktion ist definiert, wo t 

Der Bruch ist null (d.h. der Zähler ist null)

Der Bruch ist nicht definiert (d.h. der Nenner ist null)

Der Bruch ist negativ (d.h. Zähler und Nenner haben unterschiedliche Vorzeichen)
Dies bedeutet wiederum:

Der Zähler ist null, wenn x  1 ist.

Der Nenner ist null, wenn x  1 ist.

1  x und 1  x haben nur das gleiche Vorzeichen, wenn x  1: Ist x größer als 1, so
wird im Nenner die Differenz negativ. Ist x größer als 1, so wird im Zähler die Summe
negativ. Man findet keine x, bei denen sowohl Zähler als auch Nenner negativ sind.
Damit ist die Definitionsmenge der Funktion eingeschränkt auf Dt 
mit 1  x  1.
Nullstellen
Der Logarithmus ist Null, wenn t 
1 x
 1 . Folglich befinden sich alle Nullstellen bei:
1 x
1 x
1
1 x
t  1  x   1  x
t
t  t  x  1 x
x  t  x  1 t
x  (1  t )  1  t
1 t
x
1 t
Schnittpunkte mit der y-Achse
1 0
)  ln(t )
1 0
Damit ist der Punkt bei (0/ ln(t ) )
f t (0)  ln(t 
Asymptoten
Die grafische Analyse legt nahe, dass bei x  1 sowie bei x  1 senkrechte Asymptoten
liegen.
1 x

1 x
1 x
lim t 
0
x 1
1 x
Der Logarithmus verhält sich wie folgt:
lim
ln x  
x
lim
ln x  
x0
lim t 
x 1
Es gibt bei -1 und bei 1 Definitionslücken. Nähert man sich also diesen an, so nähert sich der
Graf diesen senkrechten Asymptoten.
Wendepunkte
Die notwendige Bedingung:
4x
f ''( x) 
0
(1  x 2 ) 2
4x  0
x0
Die hinreichende Bedingung:
f '''(0) 
4  12 x 2 4
 40
(1  x 2 )3 1
ft (0)  ln(t )  ln(1)  ln(1)  ln(t )
Damit liegt der Wendepunkt bei P(0/ ln(t ) )
Der Graf mit t = 1
4
2
-1
-0.5
0.5
1
-2
-4
Wie entsteht Kt aus K1?
Wir schauen uns nur die Funktion an und beachten ln1  0 :
ft ( x)  ln(t )  ln(1  x)  ln(1  x)
Es gilt f1  ln(1  x)  ln(1  x) , also folglich ft  f1  ln t : Der Graf wird um lnt nach oben
verschoben.
ft ist streng monoton steigend
Eine Funktion ist streng monoton steigend, wenn ihre Ableitung stets positiv ist:
2
ft '( x) 
1  x2
Dt 
mit 1  x  1.
|x| ist also kleiner als 1, damit ist auch x 2  1 . Folglich ist der Nenner 0  x  1 , also positiv.
Auch der Zähler immer größer als null. Damit kann die Ableitung nur Werte  2 annehmen,
ist also positiv.
Für welches t berührt der Graf der Funktion die Gerade y = 2x – 3?
Es muss erfüllt sein:
f t ( x)  2 x  3
ft '( x)   2 x  3 '  2
Also:
ln(t )  ln(1  x)  ln(1  x)  2 x  3
2
2
1  x2
Die zweite, notwendige Bedingung ergibt alle potentiellen Berührstellen:
2
2
1  x2
2  2  2x2
0  2 x 2
x0
Nun wird mit der hinreichenden Bedingung der Graf passend verschoben:
ln(t )  ln(1  0)  ln(1  0)  2  0  3
ln(t )  3
t  e3
Geben Sie die Ortslinie des Wendepunktes an!
Der Wendepunkt liegt unabhängig von t an der Stelle 0, der Funktionswert ist dort stets lnt .
Damit muss er auf der Linie x  0 liegen.
Die Wertemenge des natürlichen Logarithmus ist nicht eingeschränkt, daher kann der
Wendepunkt überall auf der Linie liegen.
Wie sieht die Umkehrfunktion von ft aus?
y  ln(t )  ln(1  x)  ln(1  x)
e y  eln(t )  ln(1 x ) ln(1 x )
e y  eln(t )  eln(1 x ) : eln(1 x )
1 x
ey  t 
1 x
y
e (1  x)  t  (1  x)
ey  x ey  t  t  x
e y  t  t  x  x  e y  x  (t  e y )
ey  t
ey  t
Nun müssen wir nur noch Abszisse und Ordinate vertauschen, und schon haben wir unsere
Umkehrfunktion:
x
ft ( x)  y 
ex  t
ex  t
Da die Ausgangsfunktion f t durch t vertikal verschoben wird (größere t verschieben die
Funktion nach oben), muss die Umkehrfunktion f t entsprechend horizontal verschoben
werden (größere t verschieben die Funktion nach rechts):
ft ( x)  f1 ( x)  ln t
ft ( x)  f1 ( x  ln t )
Was aber ist die Ableitung der Umkehrfunktion?
ex  t
ex  t
Wir benutzen die Quotientenregel:
f t ( x) 
ft '( x) 
ex ex  t   ex ex  t 
e
x
t
2

ex ex  t  ex  t 
e
x
t
2

2  t  ex
e
x
t
2
Die e-Funktion ist stets positiv, genau wie die t sowie auch das Quadrat im Nenner: Die
Ableitung ist immer positiv.
Die Stammfunktion G von g
g ( x) 
1
( x  a)( x  b)
Es ist zu zeigen, dass G ( x) 
ab
xa 0
xb  0
1
 xa
ln 
 eine Stammfunktion von g ( x ) ist.
ba  xb 
Zuerst formen wir den Term leicht um:
1
1
G ( x) 
ln  x  a  
ln  x  b 
ba
ba
Anschließend leiten wir nach der Kettenregel ab:
1
1
1
1
G '( x) 



ba xa ba xb
Nun erweitern wir und schreiben auf einen Bruchstrich, und dann wird nur noch
zusammengefasst!
1
1
G '( x) 

(b  a )( x  a ) (b  a )( x  b)
( x  b)
( x  a)


(b  a )( x  b)( x  a ) (b  a )( x  b)( x  a )
( x  b)  ( x  a )
xb xa


(b  a )( x  b)( x  a ) (b  a )( x  b)( x  a )
ba
1


(b  a )( x  b)( x  a ) ( x  b)( x  a )
Fertig, die Ableitung der Stammfunktion ist die Ausgangsfunktion.