Beweis genau einer Extremstelle, e-Funktion

02.04.2013, 18:58

Kathi_R

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Beweis genau einer Extremstelle, e-Funktion

Hey,
ich habe in einer Alt-Klausur Analysis I folgende Aufgabe zu lösen:

Gegeben ist die Funktion:
$\begin{eqnarray*} \frac{1-e^x}{x^3e^{-x}} \end{eqnarray*}$
die für alle x > 0 definiert ist.
Ich soll zeigen, dass diese genau einen kritischen Punkt hat und dann die Art des EP bestimmen.

Mein Ansatz war folgender: Ich leite die Funktion ab und setze diese gleich 0. Dafür habe ich zuerst ein wenig umgeformt:
= $\begin{eqnarray*} \frac{\frac{1}{e^{-x}}-1}{x^3} \end{eqnarray*}$
= $\begin{eqnarray*} \frac{e^x-1}{x^3} \end{eqnarray*}$

Dann ist die Ableitung folgende:
$\begin{eqnarray*} \frac{e^x(x-3)+3}{x^4} \end{eqnarray*}$

Setze das gleich 0:
$\begin{eqnarray*} e^x(x-3)+3 \end{eqnarray*}$ = 0

$\begin{eqnarray*} e^x(x-3) \end{eqnarray*}$ = -3

Doch wie mache ich nun weiter?
Wäre das +3 nicht, wäre das einfach, da ein Produkt nur 0 wird, wenn ein faktor 0 ist und $\begin{eqnarray*} e^x \end{eqnarray*}$ nie 0 wird.

Mein nächster Gedanke war, nach $\begin{eqnarray*} e^x \end{eqnarray*}$ umzustellen.
Das wäre dann $\begin{eqnarray*} e^x \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \frac{-3}{x-3} \end{eqnarray*}$
Wenn ich nun ein paar Werte für x > 0 einsetze, fällt auf, dass der Wert für $\begin{eqnarray*} e^x \end{eqnarray*}$ immer zwischen 0 und 1 bleibt - lässt sich daraus etwas machen?

02.04.2013, 19:49

thk

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RE: Beweis genau einer Extremstelle, e-Funktion
Hallo Kathi,

du hast gleich einen Schusselfhler gemacht: $\begin{eqnarray*} \frac{1}{e^{-x}} \end{eqnarray*}$ ist das gleiche wie $\begin{eqnarray*} e^x \end{eqnarray*}$ .

Sollt ihr das wirklich ohne CAS lösen?

LG

02.04.2013, 19:55

Dopap

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RE: Beweis genau einer Extremstelle, e-Funktion
[quote]Original von Kathi_R
$\begin{eqnarray*} \frac{1-e^x}{x^3e^{-x}} \stackrel {?}{=} \frac{\frac{1}{e^{-x}}-1}{x^3} \end{eqnarray*}$

??

@thk: ich finde das ist schon dasselbe.

02.04.2013, 20:10

thk

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RE: Beweis genau einer Extremstelle, e-Funktion

Zitat:

Original von Dopap
[quote]Original von Kathi_R
$\begin{eqnarray*} \frac{1-e^x}{x^3e^{-x}} \stackrel {?}{=} \frac{\frac{1}{e^{-x}}-1}{x^3} \end{eqnarray*}$

??

@thk: ich finde das ist schon dasselbe.

@ Dopap

Der linke Ausdruck wurde mit e^x erweitert -->

$\begin{eqnarray*} \frac{e^x-e^{2x}}{x^3} \end{eqnarray*}$

02.04.2013, 20:21

Dopap

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RE: Beweis genau einer Extremstelle, e-Funktion

Zitat:

Original von thk
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{e^{-x}} \end{eqnarray*}$ ist das gleiche wie $\begin{eqnarray*} e^x \end{eqnarray*}$ .

sorry, Ich glaubte ein "nicht" gelesen zu haben.

02.04.2013, 21:50

Kathi_R

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Ah, shit, sorry, ich hab in der Ausgangsgleichung das Minus vor dem X vergessen.
Nochmal ordentlich und korrigiert:

$\begin{eqnarray*} \frac{1-e^{-x}}{x^3e^{-x}} \end{eqnarray*}$

dann mit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{e^{-x}} \end{eqnarray*}$ erweitert, also $\begin{eqnarray*} \frac{\frac{1}{e^{-x}}-\frac{e^{-x}}{e^{-x}}}{\frac{x^3e^{-x}}{e^{-x}}} \end{eqnarray*}$

und daraus würde dann $\begin{eqnarray*} \frac{e^x-1}{x^3} \end{eqnarray*}$ folgen.

Und ja, leider ohne CAS. Uns sind ein nicht pragrammierfähiger Taschenrechner und ein selbstgeschriebenes Formelblatt erlaubt.

Ich muss den Wert ja auch nicht konkret berechnen - ich muss nur zeigen, dass es GENAU einen EW gibt.

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02.04.2013, 22:38

lgrizu

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Ich würde die Funktion zunächst etwas umschreiben:

$\begin{eqnarray*} \frac{1-e^x}{x^3 \cdot e^{-x}}=\frac{e^x}{x^3} \cdot (1-e^x) \end{eqnarray*}$

Dann kann man die ersten beiden Ableitungen bilden und zeigen, dass die zweite Ableitung das Vorzeichen nicht wechselt, wenn die Funktion genau ein Extrema hat, dann hat die erste Ableitung eine Nullstelle, die zweite aber keine mehr, da die erste Ableitung bei genau einer Nullstelle monoton sein muss (entweder fallend oder wachsend).

Man kann dann auch gleich den Typ des Extremums bestimmen.....

Zielführend ist hier also die Monotonie der ersten Ableitung.

03.04.2013, 11:19

Kathi_R

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Beweis?
Hey "Igrizu",
die Herangehensweise hab ich verstanden. Bei mir hapert es nun noch beim rechnerischen Beweis.

Es tut mir leid, in meinem ersten Post hatte ich ein Minus vernachlässigt. Das hab ich allerdings zwischendurch schon mal korrigiert. Hier folgt nun nochmal mein Rechenweg und Denkansätze:

Ausgangsgleichung:

$\begin{eqnarray*} \frac{1-e^{-x}}{x^3e^{-x}} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} x > 0 \end{eqnarray*}$

das stelle ich um zu

$\begin{eqnarray*} \frac{\frac{1}{e^{-x}}-1}{x^3} \end{eqnarray*}$

was gleich

$\begin{eqnarray*} \frac{e^x-1}{x^3} \end{eqnarray*}$

ist.

Die erste Ableitung lautet dann

$\begin{eqnarray*} \frac{e^x(x-3)+3}{x^4} \end{eqnarray*}$ ,

die zweite

$\begin{eqnarray*} \frac{e^x(x^2-6x+12)-12}{x^5} \end{eqnarray*}$ .

Eine Ausgangsfunktion f(x) mit genau einem EW hat eine Ableitungsfunktion f´(x) mit genau einer Nullstelle. Das heißt, die zweite Ableitung f´´(x) ist monoton steigend oder fallend, je nachdem, ob ich ein Minimum oder Maximum habe.

Also untersuche ich die 2. Ableitung.

$\begin{eqnarray*} x^5 \end{eqnarray*}$ ist immer positiv für alle x > 0 . Das heißt, mein Interesse gilt jetzt dem Zähler der 2. Ableitung. Der Summand "-12" bedeutet, dass $\begin{eqnarray*} e^x(x^2-6x+12) \end{eqnarray*}$ größer als 12 sein muss.

$\begin{eqnarray*} e^x \end{eqnarray*}$ wird immer größer als 1 sein für x > 0. $\begin{eqnarray*} x^2-6x+12 \end{eqnarray*}$ ist eine nach oben geöffnete Parabel, die immer größer 3 ist (hat ihr Minimum bei (3;3)).

Doch wie beweise ich rechnerisch, dass $\begin{eqnarray*} e^x(x^2-6x+12) > 12 \end{eqnarray*}$ gilt? Ich kann das einfach nicht auflösen. Für jeden Wert, den ich einsetze, stimmt das und auch die graphischen Lösungsprogramme bestätigen dies - doch wie mach ich das in der Klausur?

Wie auch immer, es kommt heraus, dass die Steigung immer positiv ist und damit handelt es sich um ein Minimum.
Schön, dass ausgerechnet eine simple Rechnerei mir hier die Lösung verbaut Finger1

Finger1

03.04.2013, 12:05

lgrizu

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RE: Beweis?
Zunächst einmal ist die zweite Ableitung keineswegs monoton, sie besitzt ebenfalls ein Minimum, die erste Ableitung ist monoton und entsprechend besitzt die zweite Ableitung keine Nullstelle, sie ist also stets positiv, nimmt aber ein Minimum im 1. Quadranten an (bei gaanz ungefähr x=3,44).

Nun aber zur eigentlichen Aufgabe, deine Ableitungen sind richtig berechnet.

Vielleicht benötigen wir hier die zweite Ableitung auch nicht unbedingt, man kann die Monotonie der ersten Ableitung auch zeigen:

$\begin{eqnarray*} x_1 \leq x_2 \Rightarrow f'(x_1) \leq f'(x_2) \end{eqnarray*}$

03.04.2013, 12:46

Kathi_R

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RE: Beweis?
Ok, stimmt natürlich, du hast Recht.
Ich muss also (wenn wir mit der 2. Ableitung rechnen) nur zeigen, dass diese nur positiv oder nur negativ ist, also keine Nullstellen hat.

Daran bin ich ja grandios gescheitert, weil ich nicht zeigen konnte, dass $\begin{eqnarray*} e^x(x^2-6x+12) \end{eqnarray*}$ größer als 12 und damit mein Zähler der 2. Ableitung ( $\begin{eqnarray*} e^x(x^2-6x+12) - 12 \end{eqnarray*}$ ) für alle x > 0 positiv oder negativ ist.

Wenn ich es mit dem Kriterium versuche, dass du vorgeschlagen hast, komme ich auf folgendes:

$\begin{eqnarray*} x_1 \leq x_2 -> f(x)_1 \leq f(x)_2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{e^x(x-3)+3}{x^4} \leq \frac{e^{x+1}(x-2)+3}{(x+1)^4} \end{eqnarray*}$

Das aufzulösen scheint mir untypisch für eine Klausur - kann ich nicht anhand der 2. Ableitung was zeigen?

Ansonsten würde ich an folgendem Term rumbasteln:

$\begin{eqnarray*} \frac {xe^x-3e^x+3}{x^4} \leq \frac{e^1xe^x-e^12e^x+3}{x^4+4x^3+6x^2+4x+1} \end{eqnarray*}$

Liebe Grüße!
Und danke für die Hilfe!

03.04.2013, 13:26

lgrizu

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RE: Beweis?
Nein, du kannst nicht einfach x und x+1 einsetzen, was ist denn mit den Werten zeischen x und x+1?

Ich würde da so herangehen (hab das allerdings noch nicht durchgerechnet und bei der Division von $\begin{eqnarray*} x^4 \end{eqnarray*}$ wirds etwas "knifflig"):

$\begin{eqnarray*} x_1 \leq x_2 \Rightarrow x_1-3 \leq x_2-3 \Rightarrow ..... \Rightarrow f'(x_1) \leq f'(x_2) \end{eqnarray*}$

03.04.2013, 14:58

RavenOnJ

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Zur Frage, ob die Funktion $\begin{eqnarray*} g(x) := e^x(x^2-6x+12) > 12,\forall x \ge 1 \end{eqnarray*}$ :
Die Funktion f(x) hat an der Stelle x=1 ungefähr den Wert $\begin{eqnarray*} g(x) = 7e^3\approx 140 \end{eqnarray*}$ . Wenn sie für größere x irgendwo kleiner als 12 sein soll, dann muss sie in $\begin{eqnarray*} \{x|x \ge 1\} \end{eqnarray*}$ ein Maximum haben, wenn $\begin{eqnarray*} g'(1) > 0 \end{eqnarray*}$ . 1. Ableitung von f(x) ergibt

$\begin{eqnarray*} [e^x(x^2-6x+12)]' = e^x(x^2-4x+6) \end{eqnarray*}$

Es ist in der Tat $\begin{eqnarray*} g'(1) > 0 \end{eqnarray*}$ und die Ableitung kann nur 0 werden, wenn das quadratische Polynom eine Nullstelle hat, was nicht der Fall ist. Also gilt für die Funktion

$\begin{eqnarray*} g(x) := e^x(x^2-6x+12) > 12,\forall x \ge 1 \end{eqnarray*}$ .

Die 2. Ableitung von $\begin{eqnarray*} f(x):=\frac{e^x-1}{x^3} \end{eqnarray*}$ ist also für alle $\begin{eqnarray*} x\ge 1 \end{eqnarray*}$ positiv. [Ich habe 1 gewählt, damit das Minimum von f(x) bei ca. 3.44 innerhalb des Bereichs liegt.]

03.04.2013, 17:56

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Kathi_R
Ah, shit, sorry, ich hab in der Ausgangsgleichung das Minus vor dem X vergessen.
Nochmal ordentlich und korrigiert:

$\begin{eqnarray*} \frac{1-e^{-x}}{x^3e^{-x}} \end{eqnarray*}$

@thk Hast du das gelesen? Erweiterung mit $\begin{eqnarray*} e^x \end{eqnarray*}$ führt zu

$\begin{eqnarray*} \frac{e^x-1}{x^3} \end{eqnarray*}$

Edit: Na, ist ja gut, dass du es selber gemerkt hast.

03.04.2013, 18:24

thk

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@ Kathi_R

Es reicht zu zeigen, dass x^4*f'(x) = (x-3)e^x+3 nur eine Nst für x>0 hat (x=0) kann ja kein Extr. sein.

@ RavenOnJ Ausgangs-Funktion hatte sich geändert.

03.04.2013, 18:34

lgrizu

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@ Raven:

Wieso schlägst du denn nun eine alternative Lösung vor?

Ich finde den Weg, den ich vorgeschlagen habe volkommen in Ordnung und man hätte warten können, wie Kathi darauf reagiert:

Edit: Wegen Missverständnisses gepostete Komplettlösung entfernt
@thk
Ich finde es ehrlich gesagt nicht in Ordnung, erst die Frage zu stellen, warum man keinen TR benutzen darf (was danach ausschaut, dass man selbst am Ende gewesen ist), danach bequemt sich ein Helfer, zielgerichtet und konstruktiv Lösungsvorschläge zu unterbreiten und dann wird sich von allen Seiten eingemischt.

Alternativvorschläge am Ende, wenn die Aufgabe gelöst ist.

03.04.2013, 18:41

RavenOnJ

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@Igrizu
Das ist doch keine alternative Lösung, sondern nur die Beantwortung eines Teilproblems, das die Fragestellerin selber aufgeworfen hatte.

Zitat:

Daran bin ich ja grandios gescheitert, weil ich nicht zeigen konnte, dass $\begin{eqnarray*} e^x(x^2-6x+12) \end{eqnarray*}$ größer als 12 und damit mein Zähler der 2. Ableitung ( $\begin{eqnarray*} e^x(x^2-6x+12) - 12 \end{eqnarray*}$ ) für alle x > 0 positiv oder negativ ist.

Ich hatte keine weiteren Absichten.

03.04.2013, 18:47

lgrizu

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Sorry, Missverständnis

Naja, ich editier sie mal weg....

@ Kathi:

Es gibt viele Wege, die zum Zeil führen, ich finde am einfachsten, bei $\begin{eqnarray*} x_1 \leq x_2 \end{eqnarray*}$ als Voraussetzung zu starten....

05.04.2013, 09:55

Kathi_R

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Erstmal vielen Dank für eure Antworten!

Zu der Vorgehensweise von RavenOnJ: ok, soweit verstanden. Aber stellt es nicht ein Problem dar, dass ich von x = 1 ausgehe? Könnte ich dann den Grenzwert für x gegen 0 betrachten, sagen, da kommt 12 raus und die Ableitung geht für x gegen 0 gegen 6 (ist also positiv) und daher ist zwischen 0 und 1 kein weiterer EP zu erwarten? Oder ist allein die Aussage, dass der Anstieg in g(x) positiv ist, ein Indiz dafür, dass davor kein kritischer Punkt mehr zu erwarten ist?

Zu Igrizu:
Dann probier ich das mal. Aber ehrlich gesagt: da, wo du meintest, jetzt wird´s knifflig, komm ich einfach nicht weiter. Davor ist es einfach:

$\begin{eqnarray*} x_1 < x_2 \end{eqnarray*}$ -> $\begin{eqnarray*} (x_1-3) < (x_2-3) \end{eqnarray*}$ -> $\begin{eqnarray*} e^{x_1}(x_1-3) < e^{x_2}(x_2-3) \end{eqnarray*}$ -> $\begin{eqnarray*} e^{x_1}(x_1-3)+3 < e^{x_2}(x_2-3)+3 \end{eqnarray*}$

Und jetzt kommen bei der Division Probleme auf. Kann ich iwie was abgleichen? An dieser Stelle wüsste ich nicht, wie ich das weiterführen soll. Der Term $\begin{eqnarray*} \frac{e^x}{x^4} \end{eqnarray*}$ , den ich probehalber mal betrachtet hab, bringt mir leider gar nichts.

Hättest du noch einen Tipp für mich?

05.04.2013, 10:00

lgrizu

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So weit schon mal okay, wir haben also bisher:

$\begin{eqnarray*} x_1 \leq x_2 \Rightarrow e^{x_1}(x_1-3)+3 \leq e^{x_2}(x_2-3)+3 \end{eqnarray*}$

Nun folgt aus $\begin{eqnarray*} 0 < x_1 \leq x_2 \end{eqnarray*}$ doch ebenso, dass $\begin{eqnarray*} \frac{x_1}{x_2} \leq 1 \end{eqnarray*}$ ist und damit ist auch $\begin{eqnarray*} \left( \frac{x_1}{x_2} \right)^4 \leq 1 \end{eqnarray*}$ .

05.04.2013, 10:07

RavenOnJ

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Der Wert 1 war willkürlich gewählt. Man hätte dies auch für alle x>0 zeigen können und da dann nur noch durch eine Potenz von x geteilt wird, ist die 2. Ableitung für alle x>0 positiv.

05.04.2013, 11:29

Kathi_R

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@Igrizu:

Das könnte ich zwar unterschreiben - aber wie ich weiterrechne, weiß ich leider trotzdem nicht :-/

Denn egal, wie ich das einsetze oder ob ich damit ergänze (so von wegen wenn ich den kleineren Term mit einem Wert < 1 ( $\begin{eqnarray*} \frac{x_1}{x_2}^4 \end{eqnarray*}$ ) multipliziere wird er immer noch kleiner sein als der größere Wert, den ich mit $\begin{eqnarray*} \frac{x_2}{x_1}^4 \end{eqnarray*}$ (was ja größer ist als 1) multipliziere), ich hab ja dann immer ein $\begin{eqnarray*} x_1 \end{eqnarray*}$ bzw $\begin{eqnarray*} x_2 \end{eqnarray*}$ auf der falschen Seite.

05.04.2013, 11:54

thk

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Zitat:

Original von lgrizu
@thk
Ich finde es ehrlich gesagt nicht in Ordnung, erst die Frage zu stellen, warum man keinen TR benutzen darf (was danach ausschaut, dass man selbst am Ende gewesen ist), danach bequemt sich ein Helfer, zielgerichtet und konstruktiv Lösungsvorschläge zu unterbreiten und dann wird sich von allen Seiten eingemischt.

Alternativvorschläge am Ende, wenn die Aufgabe gelöst ist.

Die augenscheinlich falsche Interpretation kann man mir ME nicht zum Vorwurf gereichen, wenn ich als erster dran war. Ich halte meinen Weg immer noch für einfacher, habe mir aus beiden Gründen den Einwand erlaubt und bin jetzt wech smile

smile

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