Aus Online Mathematik Brückenkurs 2

Lokale Extrempunkte einer Funktion sind entweder:

1. stationäre Punkte, wo \displaystyle f^{\,\prime}(x)=0,
2. Singuläre Punkte, wo die Funktion nicht ableitbar ist, oder
3. Endpunkte.

Wir untersuchen zuerst die Bedienungen 2 und 3. Die Funktion besteht aus einen Bruch von zwei Polynomen. Die Funktion ist nur undefiniert wenn der Nenner null ist. Nachdem der Nenner \displaystyle 1+x^{4} ist, wird er immer positiv. Wir leiten die Funktion mit der Quotientenregel ab um die stationären Punkte zu finden,

\displaystyle \begin{align} f^{\,\prime}(x) &= \frac{\bigl(1+x^2\bigr)^{\prime}\cdot\bigl(1+x^4\bigr) - \bigl(1+x^2\bigr)\cdot \bigl(1+x^4\bigr)^{\prime}}{\bigl(1+x^4\bigr)^2}\\[5pt] &= \frac{2x\bigl(1+x^4\bigr) - \bigl(1+x^2\bigr)4x^3}{\bigl(1+x^4\bigr)^2}\\[5pt] &= \frac{2x+2x^5-4x^3-4x^5}{\bigl(1+x^4\bigr)^2}\\[5pt] &= \frac{2x\bigl(1-2x^2-x^4\bigr)}{\bigl(1+x^4\bigr)^2}\,\textrm{.} \end{align}

Der Ausdruck ist null wenn der Zähler null ist, und wir erhalten die Gleichung

\displaystyle 2x\bigl(1-2x^2-x^4\bigr) = 0\,\textrm{.}

Die linke Seite ist null wenn einer der Faktoren \displaystyle x oder \displaystyle 1-2x^2-x^4 null ist. Also ist \displaystyle x=0 oder

\displaystyle 1 - 2x^2 - x^4 = 0\,\textrm{.}

Die letzte Gleichung lösen wir am einfachsten wenn wir \displaystyle t=x^{2} substituieren,

\displaystyle 1-2t-t^{2}=0\,\textrm{.}

Durch quadratische Ergänzung erhalten wir

\displaystyle \begin{align} t^2 + 2t - 1 &= 0\,,\\[5pt] (t+1)^2 - 1^2 - 1 &= 0\,,\\[5pt] (t+1)^2 &= 2\,, \end{align}

und die Lösungen sind \displaystyle t=-1\pm \sqrt{2}. Nur einer dieser Lösungen ist positiv, und kann also \displaystyle x^{2} sein. Also ist \displaystyle t=-1+\sqrt{2}=x^2\,.

Die Funktion hat also drei stationäre Punkte, \displaystyle x=-\sqrt{\sqrt{2}-1}, \displaystyle x=0 und \displaystyle x=\sqrt{\sqrt{2}-1}\,.

Wir bestimmen deren Charakter indem wir das Vorzeichen der zweiten Ableitung bestimmen. Wir wissen schon dass

\displaystyle f^{\,\prime}(x) = \frac{2x\bigl(1-2x^2-x^4\bigr)}{\bigl(1+x^4\bigr)^2}

und durch quadratische Ergänzung von \displaystyle 1-2x^2-x^4 in Bezug auf \displaystyle x^{2} erhalten wir,

\displaystyle \begin{align} 1-2x^2-x^4 &= 1-\bigl(2x^2+x^4\bigr)\\[5pt] &= 1-\bigl(\bigl(x^2+1\bigr)^2-1^2\bigr)\\[5pt] &= 2-\bigl(x^2+1\bigr)^2 \end{align}

Die Ableitung ist also

\displaystyle f^{\,\prime}(x) = \frac{2x\bigl(2-\bigl(x^2+1\bigr)^2\bigr)}{\bigl(1+x^4\bigr)^2}

Faktoren wo wir einfach die Vorzeichen der einzelnen erhalten.

\displaystyle x		\displaystyle -\sqrt{ \sqrt{2} - 1}		\displaystyle 0		\displaystyle \sqrt{ \sqrt{2} - 1}
\displaystyle 2x	\displaystyle -	\displaystyle -	\displaystyle -	\displaystyle 0	\displaystyle +	\displaystyle +	\displaystyle +
\displaystyle 2 - (x^2 + 1)^2	\displaystyle -	\displaystyle 0	\displaystyle +	\displaystyle +	\displaystyle +	\displaystyle 0	\displaystyle -
\displaystyle (x^4 + 1)^2	\displaystyle +	\displaystyle +	\displaystyle +	\displaystyle +	\displaystyle +	\displaystyle +	\displaystyle +

Multiplizieren wir die einzelnen Faktoren, erhalten das Vorzeichen der Ableitung.

\displaystyle x		\displaystyle -\sqrt{ \sqrt{2} - 1}		\displaystyle 0		\displaystyle \sqrt{ \sqrt{2} - 1}
\displaystyle \insteadof{2 - (x^2 + 1)^2}{f^{\, \prime} (x)}	\displaystyle +	\displaystyle 0	\displaystyle -	\displaystyle 0	\displaystyle +	\displaystyle 0	\displaystyle -
\displaystyle f(x)	\displaystyle \nearrow	\displaystyle \tfrac{1 }{2} (\sqrt{2} + 1)	\displaystyle \searrow	\displaystyle 1	\displaystyle \nearrow	\displaystyle \tfrac{1 }{2} (\sqrt{2} + 1)	\displaystyle \searrow

Die Funktion hat also ein lokales Maxima im Punkt \displaystyle x=\pm \sqrt{\sqrt{2}-1} ind ein lokales Minima im Punkt \displaystyle x=0.