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Analysis

Monotonie und Extrempunkte

Hoch- und Tiefpunkte rechnerisch bestimmen, mit notwendiger und hinreichender Bedingung.

Benötigte Grundlagen

Diese Themen kommen in diesem Kapitel vor und wurden vorher schon erklärt. Wenn dir eines davon unsicher vorkommt, frisch es kurz auf, sonst leg direkt los.

Einführung

Wo erzielt eine Firma den maximalen Gewinn? Wann ist ein Medikamentenspiegel am höchsten? Solche Fragen laufen auf Extrempunkte hinaus, die Gipfel und Täler eines Graphen. Mit der findest du sie rechnerisch, präzise und begründet. Dieses Kapitel macht dich zum Gipfelstürmer der Analysis.

Das kannst du nach diesem Kapitel

  • Monotonieintervalle über das Vorzeichen von f′f' bestimmen.

  • die notwendige Bedingung f′(x)=0f'(x) = 0 für Extremstellen anwenden.

  • mit dem Vorzeichenwechselkriterium oder f′′f''-Kriterium Hoch-/Tiefpunkte nachweisen.

  • vollständige Extrempunkte (x- und y-Koordinate) angeben.

Monotonie: das Vorzeichen von f′ verrät alles

In Klasse 10 hast du am Graphen abgelesen, wo eine Funktion steigt und wo sie fällt. Das setzt aber voraus, dass du den Graphen hast. Mit der geht es jetzt rechnerisch, und das ist der eigentliche Gewinn dieses Kapitels.

Der Zusammenhang

f′(x)f'(x) ist die der an der Stelle xx. Und eine Steigung hat ein Vorzeichen:

  • f′(x)>0f'(x) > 0 → die Tangente steigt → der Graph steigt dort.
  • f′(x)<0f'(x) < 0 → die Tangente fällt → der Graph fällt dort.

Gilt das auf einem ganzen Intervall II, sagt man:

f′(x)>0 auf I  ⇒  f ist dort streng monoton steigendf'(x) > 0 \text{ auf } I \;\Rightarrow\; f \text{ ist dort streng monoton } \textbf{steigend} f′(x)<0 auf I  ⇒  f ist dort streng monoton fallendf'(x) < 0 \text{ auf } I \;\Rightarrow\; f \text{ ist dort streng monoton } \textbf{fallend}

„Streng monoton" heißt: durchgehend in eine Richtung, ohne Zwischenstopp. Genau das garantiert ein Vorzeichen, das sich im ganzen Intervall nicht ändert.

Wie du Monotonieintervalle bestimmst

Weil das Vorzeichen nur dort wechseln kann, wo f′f' null ist, ergibt sich ein einfacher Fahrplan:

  1. f′(x)f'(x) bilden.
  2. Die von f′f' bestimmen. Das sind die möglichen Wechselstellen.
  3. Diese Stellen teilen die Zahlengerade in Abschnitte. In jedem Abschnitt einen beliebigen Testwert einsetzen und das Vorzeichen von f′f' prüfen.
  4. Das Ergebnis als Intervalle aufschreiben.

Beispiel: f(x)=x2−4xf(x) = x^2 - 4x ergibt f′(x)=2x−4f'(x) = 2x - 4 mit der Nullstelle x=2x = 2.

  • Testwert x=0x = 0: f′(0)=−4<0f'(0) = -4 < 0 → fallend
  • Testwert x=3x = 3: f′(3)=2>0f'(3) = 2 > 0 → steigend

Also fällt ff auf (−∞;2](-\infty; 2] und steigt auf [2;∞)[2; \infty).

Ein Hinweis zur Schreibweise: Monotonie gilt immer auf Intervallen, nie an einzelnen Punkten. „Die Funktion steigt bei x=3x = 3" ist ungenau, richtig ist „ff steigt auf [2;∞)[2; \infty)".

Und noch etwas fällt auf: Genau an der Wechselstelle x=2x = 2 liegt der Scheitel der . Das ist kein Zufall. Es führt direkt zum nächsten Abschnitt.

Extremstellen bestimmen, der Fahrplan

Hoch- und Tiefpunkte sind die interessantesten Stellen einer Funktion: der höchste Punkt einer Wurfbahn, der günstigste Preis, der größte . Sie heißen zusammen Extrempunkte.

Woran man sie erkennt

Schau dir einen Hochpunkt an: Links davon steigt der Graph, rechts fällt er. Dazwischen muss er einen Moment lang waagerecht verlaufen, sonst käme es zu einem Knick.

Und waagerecht heißt: Die hat die null.

f′(x0)=0f'(x_0) = 0

Das ist die notwendige Bedingung, sie liefert die Kandidaten. Warum sie allein nicht reicht, steht im nächsten Abschnitt.

Der Fahrplan in drei Schritten

Schritt 1: Kandidaten finden (notwendige Bedingung).

Bilde f′(x)f'(x), setze es null und löse die :

f′(x)=0f'(x) = 0

Die Lösungen sind die möglichen Extremstellen. (Das Bild unten zeigt die waagerechten Tangenten in Hoch- und Tiefpunkt.)

Schritt 2: Art nachweisen (hinreichende Bedingung).

Jetzt musst du prüfen, ob dort wirklich ein Extrempunkt liegt, und ob es ein Hoch- oder Tiefpunkt ist. Dafür gibt es zwei Wege:

Weg A: das f′′f''-Kriterium (meist schneller):

f′′(x0)<0  ⇒  Hochpunktf′′(x0)>0  ⇒  Tiefpunktf''(x_0) < 0 \;\Rightarrow\; \textbf{Hochpunkt} \qquad\qquad f''(x_0) > 0 \;\Rightarrow\; \textbf{Tiefpunkt}

Warum ausgerechnet so herum? f′′<0f'' < 0 bedeutet Rechtskrümmung, der Graph ist nach unten gewölbt wie ein Hügel, also liegt oben ein Hochpunkt. f′′>0f'' > 0 ist Linkskrümmung, eine Mulde, also ein Tiefpunkt. Wenn du dir eine vorstellst, kannst du dir das Vorzeichen jederzeit selbst herleiten.

Weg B: das Vorzeichenwechsel-Kriterium (immer anwendbar):

Prüfe das Vorzeichen von f′f' links und rechts der Stelle. Wechsel von ++ nach −- → Hochpunkt; von −- nach ++ → Tiefpunkt; kein Wechsel → kein Extrempunkt.

Wann brauchst du Weg B? Wenn f′′(x0)=0f''(x_0) = 0 herauskommt. Dann sagt Weg A nichts aus.

Und warum Weg A überhaupt funktioniert, siehst du an Weg B: f′′(x0)<0f''(x_0) < 0 heißt, dass f′f' bei x0x_0 fällt, denn f′′f'' ist die von f′f'. Eine fallende Funktion, die bei x0x_0 den Wert null durchläuft, ist links davon positiv und rechts davon negativ: genau der Wechsel von ++ nach −-, also ein Hochpunkt. Weg A ist die Schnellfassung von Weg B: keine zweite Theorie, sondern derselbe Gedanke.

Schritt 3: die yy-Koordinate berechnen.

Bisher hast du nur die Stelle x0x_0. Ein Punkt braucht zwei Koordinaten. Setze x0x_0 in die Ausgangsfunktion ein (nicht in f′f' oder f′′f''!):

y0=f(x0)⇒HP(x0∣y0)y_0 = f(x_0) \qquad\Rightarrow\qquad HP(x_0 \mid y_0)

Das ist der Schritt, der am häufigsten vergessen wird. Gefragt ist fast immer der Punkt, nicht nur die Stelle, und eine Antwort ohne yy-Koordinate ist unvollständig.

Extrempunkte: waagerechte Tangente

xy-3-2-112-4-224fHP(−1|2)TP(1|−2)

An einem Hoch- oder Tiefpunkt ist die waagerecht (blau), also f′(x)=0f'(x)=0. Das ist die notwendige Bedingung. Links vom HP steigt ff, rechts fällt es (Vorzeichenwechsel von f′f' von ++ nach −-), so weist man die Art nach.

Erkläre es selbst: Warum zeigt ein positives f'' an einer Nullstelle von f' einen Tiefpunkt an? Begründe es über das Verhalten von f', wie im Text beim Hochpunkt.

Formuliere es erst selbst, der Hochpunkt-Absatz im Fahrplan ist deine Vorlage.

f′′(x0)>0f''(x_0) > 0 heißt: f′f' steigt bei x0x_0 (denn f′′f'' ist die von f′f'. Sie misst, ob f′f' wächst). Nun ist x0x_0 eine von f′f': Eine steigende Funktion, die bei x0x_0 den Wert null durchläuft, ist links davon negativ und rechts davon positiv.

Das ist genau der Vorzeichenwechsel von −- nach ++: ff fällt erst, steigt dann, ein Tiefpunkt.

Damit siehst du auch, warum das f′′f''-Kriterium bei f′′(x0)=0f''(x_0) = 0 versagt: Dann sagt f′′f'' nichts darüber, ob f′f' dort steigt oder fällt, über den Vorzeichenwechsel ist nichts bekannt, und du musst ihn direkt prüfen (so wie in der Sattelpunkt-Musterlösung).

Deine Formulierung darf anders aussehen, entscheidend ist die Kette: f′′f'' positiv → f′f' steigt durch null → Wechsel von minus nach plus → Tiefpunkt.

Notwendig und hinreichend, der wichtigste Denkschritt

Warum eigentlich zwei Schritte? Wenn f′(x0)=0f'(x_0) = 0 doch die Extremstellen liefert, reicht das nicht?

Nein. Und der Grund dahinter ist ein logisches Muster, das dir in der ganzen Oberstufe begegnet. Deshalb lohnt es sich, ihn einmal richtig zu verstehen.

Der Unterschied an einem Alltagsbeispiel

„Wer den Führerschein hat, ist mindestens 18."

Diese Aussage stimmt. Aber gilt auch die Umkehrung, ist jeder über 18 automatisch im Besitz eines Führerscheins? Natürlich nicht.

  • Mindestens 18 sein ist notwendig für den Führerschein: Ohne das geht es nicht.
  • Es ist aber nicht hinreichend: Es allein genügt nicht.

Genau so ist es bei den Extremstellen

  • f′(x0)=0f'(x_0) = 0 ist notwendig: An jedem Hoch- oder Tiefpunkt ist die waagerecht. Ohne diese Bedingung gibt es keinen Extrempunkt.
  • f′(x0)=0f'(x_0) = 0 ist nicht hinreichend: Es kann eine waagerechte Tangente geben, ohne dass dort ein Extrempunkt liegt.

Das Gegenbeispiel, das du dir merken solltest

Betrachte f(x)=x3f(x) = x^3 an der Stelle x=0x = 0:

f′(x)=3x2⇒f′(0)=3⋅02=0f'(x) = 3x^2 \qquad\Rightarrow\qquad f'(0) = 3 \cdot 0^2 = 0

Die Bedingung ist also erfüllt. Aber ist x=0x=0 ein Extrempunkt? Schau dir die Funktionswerte an:

f(−1)=−1f(0)=0f(1)=1f(-1) = -1 \qquad f(0) = 0 \qquad f(1) = 1

Die Funktion steigt durchgehend, links von null ist sie kleiner, rechts größer. Bei x=0x=0 legt sie nur eine kurze „Verschnaufpause" ein: Die Tangente ist dort waagerecht, aber die Funktion steigt danach weiter. Ein solcher Punkt heißt Sattelpunkt.

Prüfe es auch am Vorzeichen von f′(x)=3x2f'(x) = 3x^2: Ein ist nie negativ, also ist f′f' links und rechts von null positiv. Es gibt keinen Vorzeichenwechsel, und ohne Vorzeichenwechsel kein Extrempunkt.

Was daraus folgt

f′(x0)=0f'(x_0) = 0 liefert nur Kandidaten. Erst der zweite Schritt entscheidet, ob es wirklich ein Extrempunkt ist, und welche Art:

  • Vorzeichenwechsel-Kriterium: Wechselt f′f' das Vorzeichen? Von ++ nach −- → Hochpunkt, von −- nach ++ → Tiefpunkt, kein Wechsel → kein Extrempunkt.
  • f′′f''-Kriterium: f′′(x0)<0f''(x_0) < 0 → Hochpunkt, f′′(x0)>0f''(x_0) > 0 → Tiefpunkt. Ist auch f′′(x0)=0f''(x_0) = 0, hilft dieses Kriterium nicht weiter, dann musst du auf den Vorzeichenwechsel ausweichen.

In Klassenarbeiten kostet genau dieser Schritt die meisten Punkte. Wer nur f′(x)=0f'(x)=0 löst und die Lösungen als Extrempunkte hinschreibt, hat die Aufgabe nicht vollständig gelöst, selbst wenn das Ergebnis zufällig stimmt.

Extrempunkte einer Parabel-artigen Funktion

Bestimme die Extrempunkte von f(x)=x3−3x2f(x) = x^3 - 3x^2.

  1. 1

    Was ist gesucht? Punkte, also jeweils zwei Koordinaten, nicht nur die Stellen. Das entscheidet über den letzten Rechenschritt, der oft vergessen wird.

    Der Fahrplan hat drei Teile: Kandidaten finden (f′=0f' = 0), Art nachweisen (f′′f''), yy-Koordinaten berechnen.

  2. 2

    Vorbereitung: beide bilden. Du brauchst f′f' für die Kandidaten und f′′f'' für den Nachweis, also bildest du sie am besten gleich beide.

    f′(x)=3x2−6xf′′(x)=6x−6f'(x) = 3x^2 - 6x \qquad\qquad f''(x) = 6x - 6
  3. 3

    Schritt 1: notwendige Bedingung f′(x)=0f'(x) = 0.

    3x2−6x=03x^2 - 6x = 0

    Diese hat kein Zahlenglied, also statt p-q-Formel (das war der Lösungsweg-Radar aus Klasse 9):

    3x(x−2)=03x(x - 2) = 0

    Nach dem Satz vom Nullprodukt ist ein Faktor null:

    x1=0x2=2x_1 = 0 \qquad\qquad x_2 = 2

    Das sind die beiden Kandidaten.

  4. 4

    Schritt 2: Art nachweisen mit f′′f''. Beide Kandidaten einzeln einsetzen:

    f′′(0)=6⋅0−6=−6<0⇒Hochpunktf''(0) = 6 \cdot 0 - 6 = -6 < 0 \qquad\Rightarrow\qquad \textbf{Hochpunkt} f′′(2)=6⋅2−6=+6>0⇒Tiefpunktf''(2) = 6 \cdot 2 - 6 = +6 > 0 \qquad\Rightarrow\qquad \textbf{Tiefpunkt}

    Zur Erinnerung, warum es so herum ist: Negatives f′′f'' heißt Rechtskrümmung, der Graph wölbt sich wie ein Hügel, oben liegt also ein Hochpunkt.

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    Schritt 3: yy-Koordinaten berechnen. Jetzt setzt du die Stellen in die Ausgangsfunktion ff ein, nicht in f′f' oder f′′f'':

    f(0)=03−3⋅02=0f(0) = 0^3 - 3 \cdot 0^2 = 0 f(2)=23−3⋅22=8−12=−4f(2) = 2^3 - 3 \cdot 2^2 = 8 - 12 = -4
  6. 6

    Ergebnis als Punkte aufschreiben.

    H(0∣0)T(2∣−4)H(0 \mid 0) \qquad\qquad T(2 \mid -4)

    Plausibilitätskontrolle: Der Hochpunkt liegt bei y=0y = 0, der Tiefpunkt bei y=−4y = -4, der Hochpunkt liegt also höher ✓ Und zwischen einem Hoch- und einem Tiefpunkt muss die Funktion fallen; das passt zu f′(1)=3−6=−3<0f'(1) = 3 - 6 = -3 < 0 ✓

Hochpunkt H(0∣0)H(0 \mid 0) und Tiefpunkt T(2∣−4)T(2 \mid -4).

Die drei Schritte immer vollständig gehen: f′(x)=0f'(x) = 0 liefert nur Kandidaten · f′′f'' entscheidet über die Art · die yy-Koordinate kommt aus ff. Ohne den dritten Schritt hast du Stellen, aber keine Punkte.

Sattelpunkt erkennen

Untersuche f(x)=x3f(x) = x^3 auf Extrempunkte.

  1. 1

    Warum diese Aufgabe wichtig ist. Sie sieht harmlos aus, ist aber die klassische Falle: Die notwendige Bedingung ist erfüllt, trotzdem gibt es keinen Extrempunkt. Wer nur f′(x)=0f'(x) = 0 löst, antwortet hier falsch.

  2. 2

    Schritt 1: notwendige Bedingung.

    f′(x)=3x2⇒3x2=0⇒x=0f'(x) = 3x^2 \qquad\Rightarrow\qquad 3x^2 = 0 \qquad\Rightarrow\qquad x = 0

    Es gibt also einen Kandidaten: x=0x = 0. Ein flüchtiger Blick würde hier schon „Extrempunkt bei 00" notieren, das wäre der Fehler.

  3. 3

    Schritt 2: das f′′f''-Kriterium versuchen.

    f′′(x)=6x⇒f′′(0)=0f''(x) = 6x \qquad\Rightarrow\qquad f''(0) = 0

    Das Kriterium liefert keine Aussage. Es unterscheidet nur zwischen f′′<0f'' < 0 und f′′>0f'' > 0; bei genau null sagt es nichts, weder „Extrempunkt" noch „kein Extrempunkt".

    Wir müssen also auf das andere Kriterium ausweichen.

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    Schritt 3: das Vorzeichenwechsel-Kriterium. Prüfe das Vorzeichen von f′(x)=3x2f'(x) = 3x^2 links und rechts von null:

    f′(−1)=3⋅(−1)2=+3>0f′(1)=3⋅12=+3>0f'(-1) = 3 \cdot (-1)^2 = +3 > 0 \qquad\qquad f'(1) = 3 \cdot 1^2 = +3 > 0

    Beide Male positiv. Es gibt keinen Vorzeichenwechsel, und ohne Vorzeichenwechsel gibt es keinen Extrempunkt.

    Der Grund ist leicht zu sehen: 3x23x^2 enthält ein und kann daher nie negativ werden.

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    Schritt 4: Was liegt dann bei x=0x = 0 vor? Die ist dort waagerecht (denn f′(0)=0f'(0) = 0), aber die Funktion steigt durchgehend weiter:

    f(−1)=−1f(0)=0f(1)=1f(-1) = -1 \qquad f(0) = 0 \qquad f(1) = 1

    Ein solcher Punkt heißt Sattelpunkt: waagerechte Tangente ohne Richtungswechsel. Die Kurve legt nur eine kurze „Verschnaufpause" ein.

f(x)=x3f(x) = x^3 hat keinen Extrempunkt. Bei (0∣0)(0 \mid 0) liegt ein Sattelpunkt.

Die Lehre: f′(x0)=0f'(x_0) = 0 allein genügt nie als Nachweis. Und wenn zusätzlich f′′(x0)=0f''(x_0) = 0 herauskommt, musst du zwingend über den Vorzeichenwechsel argumentieren.

Monotonieintervalle angeben

Bestimme die Monotonieintervalle von f(x)=x3−3x2f(x) = x^3 - 3x^2 (dieselbe Funktion wie im ersten Beispiel).

  1. 1

    Was ist der Unterschied zur ersten Aufgabe? Dort waren einzelne Punkte gesucht, hier ganze Bereiche: Wo steigt die Funktion, wo fällt sie?

    Das Werkzeug ist dasselbe, das Vorzeichen von f′f'. Neu ist nur, dass wir es nicht an einer Stelle, sondern auf ganzen Abschnitten betrachten.

  2. 2

    Schritt 1: Wo kann das Vorzeichen wechseln? Nur an den Nullstellen von f′f'. Die kennen wir schon aus dem ersten Beispiel:

    f′(x)=3x(x−2)=0⇒x=0 und x=2f'(x) = 3x(x-2) = 0 \qquad\Rightarrow\qquad x = 0 \text{ und } x = 2

    Diese beiden Stellen zerlegen die Zahlengerade in drei Abschnitte:

    (−∞; 0)(0; 2)(2; ∞)(-\infty;\,0) \qquad (0;\,2) \qquad (2;\,\infty)
  3. 3

    Schritt 2: In jedem Abschnitt einen Testwert einsetzen. Es genügt ein Wert pro Abschnitt, weil das Vorzeichen dort nicht wechseln kann.

    f′(−1)=3⋅(−1)⋅(−1−2)=(−3)⋅(−3)=+9>0f'(-1) = 3 \cdot (-1) \cdot (-1-2) = (-3) \cdot (-3) = +9 > 0 f′(1)=3⋅1⋅(1−2)=3⋅(−1)=−3<0f'(1) = 3 \cdot 1 \cdot (1-2) = 3 \cdot (-1) = -3 < 0 f′(3)=3⋅3⋅(3−2)=9⋅1=+27>0f'(3) = 3 \cdot 3 \cdot (3-2) = 9 \cdot 1 = +27 > 0

    Tipp: In der faktorisierten Form 3x(x−2)3x(x-2) musst du nur die Vorzeichen der Faktoren betrachten. Das geht schneller als vollständiges Ausrechnen.

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    Schritt 3: Vorzeichen in Monotonie übersetzen.

    Abschnittf′f'ff
    x<0x < 0++streng monoton steigend
    0<x<20 < x < 2−-streng monoton fallend
    x>2x > 2++streng monoton steigend
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    Schritt 4: Sauber aufschreiben, mit Intervallen.

    f steigt auf (−∞; 0]f fa¨llt auf [0; 2]f steigt auf [2; ∞)f \text{ steigt auf } (-\infty;\,0] \qquad f \text{ fällt auf } [0;\,2] \qquad f \text{ steigt auf } [2;\,\infty)

    Warum die Randpunkte mit eckigen Klammern? An den Stellen 00 und 22 ist die genau null. Man nimmt sie üblicherweise in die Intervalle mit auf, weil die Funktion dort nicht „umkippt", sondern nur kurz waagerecht verläuft.

  6. 6

    Kontrolle gegen das erste Beispiel. Steigend–fallend–steigend passt genau zu Hochpunkt bei x=0x = 0 und Tiefpunkt bei x=2x = 2:

    • Steigen wird zu Fallen → dazwischen ein Hochpunkt ✓
    • Fallen wird zu Steigen → dazwischen ein Tiefpunkt ✓

    Diese beiden Ergebnisse müssen zusammenpassen, wenn nicht, steckt in einem von beiden ein Fehler.

ff steigt auf (−∞; 0](-\infty;\,0], fällt auf [0; 2][0;\,2] und steigt auf [2; ∞)[2;\,\infty).

Das Vorgehen: von f′f' als Grenzen → in jedem Abschnitt einen Testwert → Vorzeichen in „steigend/fallend" übersetzen → Ergebnis mit den Extrempunkten gegenprüfen.

Typischer Fehler

„f′(x0)=0f'(x_0) = 0, also ist bei x0x_0 ein Extrempunkt. Fertig."

f′(x0)=0f'(x_0) = 0 ist nur notwendig, nicht hinreichend! Gegenbeispiel f(x)=x3f(x) = x^3: f′(0)=0f'(0) = 0, aber es gibt keinen Extrempunkt (Sattelpunkt). Ohne den zweiten Schritt (VZW oder f′′f'') ist der Nachweis unvollständig, und in Klausuren gibt es dafür Punktabzug. Immer beide Bedingungen prüfen.

Übung 1

leicht

Bestimme die Extremstelle von f(x)=x2−8x+3f(x) = x^2 - 8x + 3 und ihre Art.

Tipp anzeigen

f′(x)=2x−8f'(x) = 2x - 8.

Lösung anzeigen

f′(x)=2x−8=0⇒x=4f'(x) = 2x - 8 = 0 \Rightarrow x = 4

f′′(x)=2>0f''(x) = 2 > 0 → Tiefpunkt. f(4)=16−32+3=−13f(4) = 16 - 32 + 3 = -13 → T(4∣−13)T(4 \mid -13).

Detaillierte Schritterklärung anzeigen

Hier wird jeder Schritt einzeln erklärt, vor allem, warum er gemacht wird.

Erklärungstiefe

✦ Empfohlen: Standard – Die normale Erklärungstiefe passt zum Einstieg.

  1. 1

    Kandidaten: f' nullsetzen

    Kandidaten für Extremstellen liefert die Bedingung „ null": f′(x)=2x−8=0⇒x=4f'(x) = 2x - 8 = 0 \Rightarrow x = 4.

  2. 2

    Art mit f'' entscheiden

    f′′(x)=2>0f''(x) = 2 > 0 → Linkskrümmung (Tal) → TIEFPUNKT bei x=4x = 4.

  3. 3

    y-Koordinate und Punkt

    f(4)=16−32+3=−13f(4) = 16 - 32 + 3 = -13 → Tiefpunkt T(4∣−13)T(4 \mid -13).

    f(4)=16−32+3=−13f(4) = 16 - 32 + 3 = -13

Übung 2

mittel

Bestimme alle Extrempunkte von f(x)=13x3−x2−3x+1f(x) = \frac{1}{3}x^3 - x^2 - 3x + 1.

Tipp anzeigen

f′(x)=x2−2x−3f'(x) = x^2 - 2x - 3 faktorisieren.

Lösung anzeigen

f′(x)=x2−2x−3=(x−3)(x+1)=0⇒x1=−1f'(x) = x^2 - 2x - 3 = (x-3)(x+1) = 0 \Rightarrow x_1 = -1, x2=3x_2 = 3

f′′(x)=2x−2f''(x) = 2x - 2: f′′(−1)=−4<0f''(-1) = -4 < 0 → Hochpunkt; f′′(3)=4>0f''(3) = 4 > 0 → Tiefpunkt.

f(−1)=−13−1+3+1=83f(-1) = -\frac{1}{3} - 1 + 3 + 1 = \frac{8}{3}; f(3)=9−9−9+1=−8f(3) = 9 - 9 - 9 + 1 = -8

H(−1∣83)H(-1 \mid \frac{8}{3}), T(3∣−8)T(3 \mid -8)

Detaillierte Schritterklärung anzeigen

Hier wird jeder Schritt einzeln erklärt, vor allem, warum er gemacht wird.

Erklärungstiefe

✦ Empfohlen: Standard – Die normale Erklärungstiefe passt zum Einstieg.

  1. 1

    f' bilden und faktorisieren

    f′(x)=x2−2x−3=(x−3)(x+1)=0⇒x1=−1f'(x) = x^2 - 2x - 3 = (x - 3)(x + 1) = 0 \Rightarrow x_1 = -1, x2=3x_2 = 3.

    x2−2x−3=(x−3)(x+1)x^2 - 2x - 3 = (x-3)(x+1)

  2. 2

    Beide Kandidaten mit f'' klassifizieren

    f′′(x)=2x−2f''(x) = 2x - 2: f′′(−1)=−4<0f''(-1) = -4 < 0 → Hochpunkt; f′′(3)=4>0f''(3) = 4 > 0 → Tiefpunkt.

  3. 3

    y-Werte berechnen: Brüche inklusive

    f(−1)=−13−1+3+1=83f(-1) = -\frac{1}{3} - 1 + 3 + 1 = \frac{8}{3} und f(3)=9−9−9+1=−8f(3) = 9 - 9 - 9 + 1 = -8: H(−1∣83)H(-1 \mid \frac{8}{3}), T(3∣−8)T(3 \mid -8).

    f(−1)=−13−1+3+1=83f(-1) = -\tfrac{1}{3} - 1 + 3 + 1 = \tfrac{8}{3}

Übung 3

schwer

Der Gewinn (in 1000 €) einer Firma ist G(x)=−x3+12x2−36x+10G(x) = -x^3 + 12x^2 - 36x + 10 (xx = produzierte Menge in 100 Stück). a) Bei welcher Menge ist der Gewinn maximal? b) Wie hoch ist der maximale Gewinn? c) Warum ist die andere kritische Stelle wirtschaftlich uninteressant?

Tipp anzeigen

G′(x)=−3x2+24x−36G'(x) = -3x^2 + 24x - 36.

Lösung anzeigen

a) G′(x)=−3x2+24x−36=−3(x2−8x+12)=−3(x−2)(x−6)=0⇒x=2G'(x) = -3x^2 + 24x - 36 = -3(x^2 - 8x + 12) = -3(x-2)(x-6) = 0 \Rightarrow x = 2 oder x=6x = 6.

G′′(x)=−6x+24G''(x) = -6x + 24: G′′(6)=−12<0G''(6) = -12 < 0 → Hochpunkt bei x=6x = 6 (600 Stück).

b) G(6)=−216+432−216+10=10G(6) = -216 + 432 - 216 + 10 = 10 → maximaler Gewinn 10 000 €.

c) G′′(2)=12>0G''(2) = 12 > 0 → x=2x = 2 ist ein Tiefpunkt (lokales Gewinn-Minimum). Dort ist der Gewinn am kleinsten, also uninteressant.

Detaillierte Schritterklärung anzeigen

Hier wird jeder Schritt einzeln erklärt, vor allem, warum er gemacht wird.

Erklärungstiefe

✦ Empfohlen: Standard – Die normale Erklärungstiefe passt zum Einstieg.

  1. 1

    a) Kritische Stellen des Gewinns

    G′(x)=−3x2+24x−36=−3(x2−8x+12)=−3(x−2)(x−6)=0⇒x=2G'(x) = -3x^2 + 24x - 36 = -3(x^2 - 8x + 12) = -3(x - 2)(x - 6) = 0 \Rightarrow x = 2 oder x=6x = 6.

    −3(x−2)(x−6)=0-3(x-2)(x-6) = 0

  2. 2

    a)+b) Maximum identifizieren und auswerten

    G′′(x)=−6x+24G''(x) = -6x + 24: G′′(6)=−12<0G''(6) = -12 < 0 → Hochpunkt bei x=6x = 6, also 600 Stück. G(6)=−216+432−216+10=10G(6) = -216 + 432 - 216 + 10 = 10 → maximaler Gewinn 10 00010\,000 €.

    G(6)=−216+432−216+10=10G(6) = -216 + 432 - 216 + 10 = 10

    Zwischenergebnis

    600 Stück → 10 000 € Gewinn

  3. 3

    c) Die andere Stelle einordnen

    G′′(2)=12>0G''(2) = 12 > 0 → bei x=2x = 2 liegt ein TIEFPUNKT: ein lokales Gewinn-MINIMUM. Dort ist der Gewinn am kleinsten, wirtschaftlich uninteressant.

Zusammenfassung

Extrempunkte findest du in drei Schritten: f′(x)=0f'(x) = 0 liefert Kandidaten (notwendig), das VZW- oder f′′f''-Kriterium weist die Art nach (hinreichend), und ff liefert die y-Koordinate. Die notwendige Bedingung allein genügt nie, x3x^3 mit seinem Sattelpunkt mahnt zur Vorsicht. Über das Vorzeichen von f′f' bestimmst du zugleich alle Monotonieintervalle.