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Forum "Rationale Funktionen" - Extremabestimmung usw
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Extremabestimmung usw: Grenzwerte, Definitionsbereich
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 22:42 So 16.02.2014
Autor: mtr-studi

Aufgabe
Bestimmen Sie den maximalen Defintionsbereich D, die Unendlichkeitsstellen, lokale und globale Extrema sowieso das asymptotische Verhalten für x-> +/- [mm] \infty [/mm] der folgenden Funktion [mm] f:D\subseteq \mathbb{R}->\mathbb{R}. [/mm]

(1)

[mm] f(x)=\frac{1}{x^2-4x-5} [/mm]

(2)

[mm] f(x)=\frac{x+1}{x^2+1} [/mm]

Hallo Leute,
ich hätte ein paar Fragen zur Extremabestimmung.


(1)

[mm] f(x)=\frac{1}{x^2-4x-5} [/mm]

Bestimmung des maximalen Defintionsbereichs mittels Findung der Nullstellen des Nennerpolynoms.

[mm] x^2-4x-5=0 [/mm]

[mm] x_{1/2}=2+-\sqrt{4+5} [/mm]

[mm] x_1=2+3=5 [/mm]
[mm] x_2=2-3=-1 [/mm]

[mm] D=\mathbb{R}\textbackslash\{-1\}\{5\} [/mm]


Unendlichkeitsstellen

[mm] \limes_{x\rightarrow -1-0}\frac{1}{x^2-4x-5}=\infty [/mm]

[mm] \limes_{x\rightarrow-1+0}\frac{1}{x^2-4x-5}=-\infty [/mm]

[mm] \limes_{x\rightarrow5-0}\frac{1}{x^2-4x-5}=-\infty [/mm]

[mm] \limes_{x\rightarrow5+0}\frac{1}{x^2-4x-5}=\infty [/mm]

Also handelt es sich bei beiden Stellen um ungerade Polstellen??


Bei den lokalen und globalen Extrema treten nun schon Probleme auf, denn es gibt bei dieser Funktion überhaupt keine Extrema oder? Also ich weiß zumindestens nicht, wie ich diese bestimmen könnte. Für + und - [mm] \infty [/mm] strebt die Funktion gegen Null und an den Unstetigkeitsstellen gegen [mm] \unendlich, [/mm] aber wie kann ich hier etwas näher bestimmen?

Auch bei dem asymptotischen Verhalten weiß ich nicht genau weiter, weil es strebt ja für +/- [mm] \infty [/mm] gegen Null, aber asymtotisch heißt auch immer eine Funktion angeben gegen die die Funktion strebt oder? Könnte man hier einfach sagen asymptotisch gegen die X-Achse?


Die zweite Funktion fang ich noch nicht an, weil ich denke das kann ich dann analog lösen


Vielen Dank im Voraus!


        
Bezug
Extremabestimmung usw: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 23:30 So 16.02.2014
Autor: rubi

Hallo mtr-studi,

die Definitionsmenge ist richtig, du musst es nur in eine Klammer schreiben, also D = R \ {-1;5}.
Auch das Verhalten an den Polstellen ist richtig.
Du solltest nur bei unendlichen Grenzwerten nicht [mm] =\infty [/mm] schreiben sondern
[mm] \to \infty. [/mm]
Da bei den Polstellen das Vorzeichen wechselt spricht man von "Postellen mit Vorzeichenwechsel".

Zur Bestimmung der lokalen Extrempunkte musst du die Funktion ableiten und die Ableitung gleich Null setzen. Du wirst feststellen, dass es einen lokalen Extrempunkt gibt.

Bzgl. des asymptotischen Verhaltens: Da die Funktion gegen Null strebt, ist die x-Achse die waagrechte Asymptote mit der Gleichung y = 0.

Viele Grüße
Rubi


Bezug
                
Bezug
Extremabestimmung usw: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 14:43 Di 18.02.2014
Autor: mtr-studi

Hallo,
danke für die Antwort.

Also wäre es [mm] f'(x)=(-1)(x^2-4x-5)^{-2}(2x-4)=\frac{-2x+4}{(x^2-4x-5)^2} [/mm]

f'(x)=0 => -2x+4=0 => x=2 mögliches Extremum

Ich finde die zweite Ableitung ist ziemlich aufwendig zu bilden, also kann ich auch einfach über dieses Epsilon Kriterium gehen oder?

Sei [mm] \varepsilon>0 [/mm]

[mm] f'(2-\varepsilon)>0 [/mm]

[mm] f'(2+\varepsilon)<0 [/mm]

Vorzeichenwechsel von + nach -  => Maximum


Wie ist es denn jetzt mit globalen Maxima und Minima? Das hier ist wegen den Grenzwerten an den Unstetigkeitsstellen ja sicher nur ein lokales.

Bezug
                        
Bezug
Extremabestimmung usw: Ableitungen bilden
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 15:23 Di 18.02.2014
Autor: Roadrunner

Hallo mtr-studi!


> Also wäre es
> [mm]f'(x)=(-1)(x^2-4x-5)^{-2}(2x-4)=\frac{-2x+4}{(x^2-4x-5)^2}[/mm]

[ok]

  

> f'(x)=0 => -2x+4=0 => x=2 mögliches Extremum

[ok]

  

> Ich finde die zweite Ableitung ist ziemlich aufwendig zu  bilden,

Naja, mittels MBQuotientenregel ist das aber noch durchaus machbar.

Oder forme Deine Funktionsvorschrift erst um:

$f(x) \ = \ [mm] \bruch{1}{x^2-4x-5} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{1}{(x-5)*(x+1)} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{1}{6}*\left(\bruch{1}{x-5}-\bruch{1}{x+1}\right)$ [/mm]

Das lässt sich nun relativ schnell und unaufgeregt mehrfach ableiten.


> also kann ich auch einfach über dieses Epsilon Kriterium gehen oder?

Auch das scheint mir zulässig.


> Sei [mm]\varepsilon>0[/mm]
>
> [mm]f'(2-\varepsilon)>0[/mm]
>  
> [mm]f'(2+\varepsilon)<0[/mm]
>
> Vorzeichenwechsel von + nach -  => Maximum

[ok]


> Wie ist es denn jetzt mit globalen Maxima und Minima? Das
> hier ist wegen den Grenzwerten an den Unstetigkeitsstellen
> ja sicher nur ein lokales.  

[ok] Richtig erkannt.


Gruß vom
Roadrunner

Bezug
                                
Bezug
Extremabestimmung usw: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 15:47 Di 18.02.2014
Autor: mtr-studi

Hey,
ich hatte die Ableitung schon mit dem Quotientenkriterium gebildet, aber ich denke mal mit dem Epsilon-Kriterium geht es in Klausuren deutlich schneller. Dennoch ist deine Umformung mittels Linearfaktoren sehr gut, vielen Dank!

Bezug
        
Bezug
Extremabestimmung usw: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 10:21 Mo 17.02.2014
Autor: fred97


>  
>
> Bei den lokalen und globalen Extrema treten nun schon
> Probleme auf, denn es gibt bei dieser Funktion überhaupt
> keine Extrema oder? Also ich weiß zumindestens nicht, wie
> ich diese bestimmen könnte. Für + und - [mm]\infty[/mm] strebt die
> Funktion gegen Null und an den Unstetigkeitsstellen gegen
> [mm]\unendlich,[/mm] aber wie kann ich hier etwas näher bestimmen?

Ergänzend zu Rubi:

Die Parabel [mm] p(x)=x^2-4x-5 [/mm] hat in (2|-9) ihren Scheitel, also ist

     p(x) [mm] \ge [/mm] -9 für alle x [mm] \in \IR. [/mm]

Damit haben wir:

   -9 [mm] \le [/mm] p(x) <0 für x [mm] \in [/mm] (-1,5).

Folglich ist f(x) [mm] \le [/mm] -1/9=f(-2)  für x [mm] \in [/mm] (-1,5).

FRED


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