ANALYSIS. Ganzrationale Funktionen. Kurvendiskussionen zu Funktionen vom Grad 3. Aufgaben 301-xxx INTERNETBIBLIOTHEK FÜR SCHULMATHEMATIK

ANALYSIS Ganzrationale Funktionen Kurvendiskussionen zu Funktionen vom Grad Aufgaben 0- Datei Nr. 0 Stand 9. Juli 008 Friedrich. Buckel INTRNTBIBLIOTHK FÜR SCHULMATHMATIK

0 Ganzrationale Funktionen. Grades Aufgaben m L. Ganzrationale Funktionen. Grades Folgende Funktionen werden in diesem Kapitel besprochen: Aufgabe: Berechne Ableitungen, Untersuche das Schaubild auf Symmetrie, Nullstellen, trem- und endepunkte, sowie das Verhalten für ±. Gib die ertmenge der Funktion an. Zeichnung! Nr. Funktion Besonderheit 0 f() = Punktsymmetrie zu O 0 f() = + Keine trempunkte, Punktsymmetrie zu O 0 0 05 06 07 08 09 0 0 f() 0 = + Nur eine Nullstelle f() = + 8 Doppelte Nullstelle f() = + 8 Doppelte Nullstelle f() 5 = + + + Polynomdivision / Horner-Schema f() = + 7 5 5 5 Horner-Schema und doppelte Nullstelle f() = + Horner-Schema f() = + 6 8 Horner-Schema f() = + Horner-Schema und Terrassenpunkt f() = + 9 Terrassenpunkt f() = + Horner-Schema und Terrassenpunkt f() = Horner-Schema und Terrassenpunkt f() = + Terrassenpunkt 6 y= f() = Monotonie und Krümmung Hinweise zu den Lösungsmethoden. Zur Lösung quadratischer Gleichungen wird die Form a + b + c = 0 zugrunde gelegt. Sie hat die Lösungsformel b± b ac, = () a s wird bewusst nicht mehr die sogenannte p-q-formel eingesetzt, da sie in vielen Fällen die Lösung erschwert. ine ausführliche Behandlung dieser Lösungsformel () sowie zum Lösen von anderen Gleichungen findet man in der Dateien Gleichungen und sowie Quadratische Gleichungen.. Besitzen Gleichungen. Grades ein Absolutglied, und kann man sie nicht auf die Form a = b bringen, dann braucht man zur Lösung eine Probierlösung, so dass man durch Ausklammern eines Linearterms die Gleichung reduzieren kann. Dies kann mittels Polynomdivision geschehen (06), geht jedoch mit dem Horner-Schema schneller.

0 Ganzrationale Funktionen. Grades Aufgaben m L. Lösung 0 f() = f'() = f''() = f'''()= Da f nur ungerade ponenten aufweist, gilt f( - ) = f() d.h. das Schaubild K von f ist punktsymmetrisch zum Ursprung. Nullstellen: Bed.: f( N) = 0 d.h. N N N( N ) N = 0 und ( N ) = 0 d.h. N = also N ( 0 0), N, ( ± 0) trempunkte: = 0 = 0 Bed.: f'( ) = 0 d. h. = 0 = Also =± f() = 8 = 6 = f () > 0 d.h. f hat bei ein relatives Minimum um K den Tiefpunkt T ( I ). egen der Punktsymmetrie ist dann H ( - I ) der Hochpunkt der Kurve. endepunkte: Bed.: f''( ) = 0 d.h. = 0 also = 0. Kontrolle: f'''(0) = 0 d.h. f hat bei = 0 Vorzeichenwechsel. Also ist ( 0 0) endepunkt von K. Verhalten für : f() = = Da lim = 0 hat die Klammer für den Grenzwert. Also verhält sich f für große II wie g() = d.h. für folgt f() und für folgt f() eil alle ganzrationalen Funktionen stetig sind, nehmen sie alle Zwischenwerte an, d.h. alle reelle Zahlen kommen als Funktionswerte vor, d.h. die ertmenge ist = R

0 Ganzrationale Funktionen. Grades Aufgaben m L. Lösung 0 f() = + 0 f'() = + f''() = f'''()= 0 5 5 Da f nur ungerade ponenten aufweist, gilt f( - ) = f() d.h. das Schaubild K von f ist punktsymmetrisch zum Ursprung. Nullstellen: Bed.: f( ) = 0 N N N 0 N N + = 0 0 + 5 = 0 N( N + 5) = 0 N = 0 und ( N ) + 5 = 0 d.h. N = - 5 Die Klammer hat keine reelle Lösung, daher besitzt f nur eine Nullstelle: also N ( 0 0). trempunkte: Bed.: f'( ) = 0 d.h. 0 + = 0 0 = Die Linke Seite kann keine negativen erte erreichen, daher ist diese Gleichung für reelle Zahlen unlösbar, d.h. f hat keine tremwerte und somit K keine trempunkte. endepunkte: Bed.: f''( ) = 0 d.h. = 0 also 5 = 0. Kontrolle: f'''(0) = 0 d.h. f hat bei = 0 Vorzeichenwechsel. Also ist ( 0 0) endepunkt von K. 5 Verhalten für : f() = + = 0 0 Da lim = 0 hat die Klammer für den Grenzwert 0. Also verhält sich f für große II wie g() = 0 d.h. für folgt f() und für folgt f() eil alle ganzrationalen Funktionen stetig sind, nehmen sie alle Zwischenwerte an, d.h. alle reelle Zahlen kommen als Funktionswerte vor, d.h. die ertmenge ist = R

0 Ganzrationale Funktionen. Grades Aufgaben m L. Lösung 0 f() = + 0 = + f''() = + f'''() = f'() 0 Da f sowohl gerade wie ungerade ponenten aufweist, gilt weder f( - ) = f() noch f( - ) = - f().- d.h. es ist keine Symmetrie erkennbar. Allerdings ist K zum endepunkt symmetrisch Nullstellen: Bed.: f( N ) = 0 N N N + 0 = 0 : 5 N N N 5 + = d.h. N ( N N ) 0 + = 0 ± 9 0 N = 0 bzw. N = R s gibt also nur die Nullstelle N ( 0 I 0 ). trempunkte: Bed.: f'( ) = 0 d.h. 5 + 0 = 0 : 6 + = 0 6± 6 0 = = ± 6 6 6 In einem solchen Falle ist es gestattet, die tremstellen in Näherungswerte umzurechnen, da das Potenzieren dieser Zahlen zu aufwendig wäre. Die tremstellen liegen somit bei 0,59 und, mit f(0,59),5 und f(0,59),6 Kontrolle: f ''(0,59) > 0 und f ''(,) < 0 d.h. f hat bei 0,59 ein relatives Minimum und bei, ein relatives Maimum. Das Schaubild K besitzt folgende trempunkte: Tiefpunkt T ( 0,59 I,5 ) und Hochpunkt H (, I, 6 ). endepunkte: Bed.: f ''( ) = 0 d.h. + = 0 also = Kontrolle: f '''() = 0 d.h. f hat bei = Vorzeichenwechsel. f() = - also ist ( ) endepunkt von K. 0 Verhalten für : f() = + 0 = + Da lim = 0 hat die Klammer für den Grenzwert. Also verhält sich f für große II wie g() = d.h. für folgt f() und für folgt f() Da f stetig ist, folgt als ertmenge = R.

0 Ganzrationale Funktionen. Grades Aufgaben m L. 5 Lösung 0 f() = + 8 = + f'() 8 f''() = + f'''()= Da f sowohl gerade wie ungerade ponenten aufweist, gilt weder f( - ) = f() noch f( - ) = - f().- d.h. es ist keine Symmetrie erkennbar. (K ist symmetrisch zum endepunkt ) Nullstellen: Bed.: f( N ) = 0 8 N N + = 0 8 N N N N = 0 = 0 d.h. = 0 ist doppelte Lösung und =. In einer doppelten Nullstelle berührt die Kurve die -Achse, d.h. es liegt sogar eine Hoch- oder Tiefpunkt vor. N ( 0 I 0 ) und N ( I 0 ). trempunkte: Bed.: + = 0 8 8 8 = 0 oder f'( ) = 0 d.h. d.h. ( ) 8 = mit f(0) = 0 und f =... =, 8 = 0 8 = 0 7 Kontrolle: f''(0) > 0 d.h. f hat bei 0 ein relatives Minimum und K den Tiefpunkt T( 0 0 ), 8 f ''... 0 = < d.h. f hat bei 8 ein relat. Maimum und K den Hochpunkt H 8 7 endepunkte: Bed.: f''( ) = 0 d.h. + = 0 also = Kontrolle: f''' = 0 d.h. f hat bei = Vorzeichenwechsel. f( ) = 6 also ist 6 7 ( 7) endepunkt von K. Verhalten für : f() = + = ( + ) 8 8 Da lim = 0 hat die Klammer für den Grenzwert. 8 Also verhält sich f für große II wie g() = 8 d.h. für folgt f() und für folgt f() Da f stetig ist, folgt als ertmenge = R.

0 Ganzrationale Funktionen. Grades Aufgaben m L. 6 Lösung 05 f() = + 8 = + f''() = + 8 f'''() = f'() 8 8 Da f sowohl gerade wie ungerade ponenten aufweist, gilt weder f( - ) = f() noch f( - ) = - f().- d.h. es ist keine Symmetrie erkennbar. (K ist symmetrisch zum endepunkt ) Nullstellen: Bed.: f( N ) = 0 N N N + 8 = 0 d.h. N ( N N ) + 8 = 0 = 0 und, = ± 6 6 = (doppelte Nullstelle). In einer doppelten Nullstelle berührt die Kurve die -Achse, d.h. es liegt sogar eine Hoch- oder Tiefpunkt vor. trempunkte: Bed.: f'( ) = 0 d.h. + = 8 8 0 8± 6 8 8± = = = 6 6 9+ 88 8 mit f() = 0 (Nullstelle! ) und Kontrolle: f = + 8 = =,7 7 9 9 7 7 f''() > 0 d.h. f hat bei ein relatives Minimum und K den Tiefpunkt T( I 0 ) f'' 0 < d.h. f hat bei ein relatives Maimum und K den Hochpunkt 8 H ( 7 ) endepunkte: Bed.: f''( ) = 0 d.h. 8 = 0 also = 8 8 Kontrolle: f''' = 0 d.h. f hat bei = 8 Vorzeichenwechsel. f( 8 6 ) =... = also ist 8 6 7 ( 7) endepunkt von K. Verhalten für : f() = + 8 = ( + ) 8 Da lim = 0 hat die Klammer für den Grenzwert. Also verhält sich f für große II wie g() = d.h. für folgt f() und für folgt f() Da f stetig ist, folgt als ertmenge = R.

0 Ganzrationale Funktionen. Grades Aufgaben m L. 7 Lösung 06 f() = + + 5+ = + + f''() = 6+ f'''() = 6 f'() 5 Da f sowohl gerade wie ungerade ponenten aufweist, gilt weder f( - ) = f() noch f( - ) = - f(). d.h. es ist keine Symmetrie erkennbar. (K ist symmetrisch zum endepunkt ) Nullstellen: Bed.: f( N ) = 0 N N N + + 5 + = 0 () Probierlösung: f( - ) = 0. Daher kann man den Faktor ( + ) ausklammern. Dies geschieht entweder mittels Polynomdivision oder mit Hilfe des Horner-Schemas. Polynomdivision ( - + + 5 + ) : ( + ) = ( - + + ) -( - ) + 5 - ( + ) + - ( + ) 0 Horner-Schema: - 5 0 - - = - - 0 Die Polynomdivision ergibt: ( - + + 5 + ) = ( + )( - + + ) Die letzte (rote) Klammer erhält man aber auch über das Hornerschema: die Koeffizienten - (für ), (für ) und (als Absolutglied) stehen in der letzten Zeile. Die Nullstellenbedingung () kann dar so geschrieben werden: ( N + )( - N + N + ) = 0 Da die erste Nullstelle = - schon bekannt war, folgen die beiden restlichen Nullstellen aus der zweiten Klammer: ± + ±, = = = = - ist somit eine doppelte Nullstelle, also ein trempunkt. rgebnis: N ( - I 0 ), N ( I 0 )

0 Ganzrationale Funktionen. Grades Aufgaben m L. 8 trempunkte: Bed.: f'( ) = 0 d.h. f() = 0 (Nullstelle bei!!!) 5 5 5 5 56 f = + + + = 9,5 7 9 7 + + 5 = 0 ± + 60 ± 8 = = = 5 6 6 Kontrolle: f (-) > 0 d.h. f hat bei - ein relatives Minimum und K den Tiefpunkt T( - I 0 ) 5 f'' 0 H < d.h. f hat bei 5 ein relatives Maimum und K den Hochpunkt 5 55 7 endepunkte: Bed.: f''( ) = 0 d.h. 6 + = 0 also = Kontrolle: f''' 0 d.h. f hat bei = Vorzeichenwechsel. f( 8 8 ) =... =,7 endepunkt von K. 7 also ist ( 7 ) Verhalten für : f() = + + 5 + = ( + + ) 5 + Da lim = 0 hat die Klammer für den Grenzwert -. Also verhält sich f für große II wie g() = d.h. für folgt f() und für folgt f() Da f stetig ist, folgt als ertmenge = R. Hinweis zum Horner-Schema Da der Funktionsterm von f ein Absolutglied besitzt, ist die Nullstellengleichung dritten Grades nur mittels einer bekannten Lösung (Probierlösung) zu lösen. Kennt man also durch Probieren eine Lösung = a, dann kann man auf dem Funktionsterm den Faktor ( a ) ausklammern. Hier war diese erste Nullstelle = -, also klammert man ( + ) aus. Hätte man zuerst die Nullstelle = gefunden, hätte man ( ) ausklammern müssen. Dieses Ausklammern erledigen viele durch die übliche Polynomdivision. Da das Horner-Schema schneller geht, soll es hier für den Fall Probierlösung = ausführlich erklärt werden. Man schreibt die Koeffizienten in einer Reihe und setzt unter die erste Zahl die Null, darunter einen Additionsstrich und davor die gefundene Nullstelle =. - 5 Nun addiert man die erste Spalte und 0 - - 6 - schreibt als rgebnis unten an. Diese = Zahl wird mit Lösungszahl multipliziert - - - 0 und in die. Reihe geschrieben. Jetzt addiert man die. Spalte zu und schreibt deren Dreifaches in die. Spalte. Dann wird diese addiert usw. Am nde muss die Zahl Null entstehen. (enn nicht, liegt ein Rechenfehler vor.) Die Zahlen vor der Null sind die Koeffizienten für das Divisionsergebnis. ir haben somit folgende Division durchgeführt: ( - + + 5 + ) : ( ) = - d.h. es gilt: f() = + + 5 + = ( )( ) = ( )( + ) Die letzte Klammer liefert die restlichen Nullstellen, hier die doppelte.

0 Ganzrationale Funktionen. Grades Aufgaben m L. 9 Lösung 07 f() = + 7 5 5 5 f'() = + 7 f''() = f'''()= 5 5 6 5 5 6 5 Da f sowohl gerade wie ungerade ponenten aufweist, gilt weder f( - ) = f() noch f( - ) = - f().- d.h. es ist keine Symmetrie erkennbar. (K ist symmetrisch zum endepunkt ) Nullstellen: Bed.: f( N ) = 0 5 N 5 N N N N N + 7 5 = 0 5 () + 5 5 = 0 Probierlösung: f() = 0. Daher kann man den Faktor ( - ) ausklammern. Dies geschieht entweder mittels Polynomdivision oder mit Hilfe des Horner-Schemas. Folgerung: Jetzt muss man entweder erkennen, dass Horner-Schema: - 5-5 0-0 5 = -0 5 0 ( N )( N N ) 0 + 5 = 0 ( N 5) = N 0 N + 5 in dieser Gleichung steckt, dann kennt man die weiteren Lösungen, = 5, oder man findet sie durch Lösen der Restgleichung N 0 N + 5 = 0: 0 ± 00 00, = = 5 rgebnis: N ( I 0 ) und N ( 5 I 0 ) (doppelt d.h. trempunkt) trempunkte: Bed.: f'( ) = 0 d.h. + 7 = 0 5 5 5 rgibt ± 8 0 ± 8 5 + 5 = 0 mit = = = 7 6 6 f(5) = 0 (doppelte Nullstelle!) und 7 f = + 5 = + =,90 9 9 67 05 675 56 5 7 5 9 5 7 5 Kontrolle: f (5) > 0 d.h. f hat bei 5 ein relatives Minimum und K den Tiefpunkt T( 5 I 0 ) 7 7 f'' 0 H < d.h. f hat bei 7 ein relatives Maimum und K den Hochpunkt 9 ( 7)

0 Ganzrationale Funktionen. Grades Aufgaben m L. 0 endepunkte: Bed.: 6 5 f''( ) = 0 d.h. = 0 5 5 ergibt = also = Kontrolle: f''' 0 d.h. f hat bei = Vorzeichenwechsel. f( ) =... = 9 5 0,9 9 also ist ( 5) endepunkt von K. Verhalten für : 7 f() = + 7 5 = ( + ) 5 5 5 5 5 Da lim = 0 hat die Klammer für den Grenzwert 5. Also verhält sich f für große II wie g() = 5 d.h. für folgt f() und für folgt f() Da f stetig ist, folgt als ertmenge = R. ICHTIG: Die endepunkte spielen bei den ganzrationalen Funktionen. Grades eine besondere Rolle.. Jede ganzrationale Funktion. Grades hat im Schaubild genau einen endepunkt.. Dieses Schaubild ist stets punktsymmetrisch zum endepunkt.. Daher ist auch der endepunkt stets der Mittelpunkt von Hochpunkt und Tiefpunkt. Dies kann man zur schnelleren endepunktberechnung ausnützen. In der letzten Aufgabe war T( 5 I 0 ) und 7 9 H Daher ist die y-koordinate des ( 7) endepunkts der Mittelwert aus 0 und 9 9 9 also y = = 7 5 7,

0 Ganzrationale Funktionen. Grades Aufgaben m L. Lösung 08 f() = + f'() = + f''() = f'''() = Da f sowohl gerade wie ungerade ponenten aufweist, gilt weder f( - ) = f() noch f( - ) = - f().- d.h. es ist keine Symmetrie erkennbar. (K ist symmetrisch zum endepunkt ) Nullstellen: Bed.: f( N ) = 0 N + = 0 ( ) N N N + 9 = 0 Probierlösung: f() = 0. Daher kann man den Faktor ( - ) ausklammern. Dies geschieht entweder mittels Polynomdivision oder mit Hilfe des Horner-Schemas. Horner-Schema: 0-9 0 9-9 = - 0 rgebnis: N ( I 0 ) N, ± 0 Folgerung: + = 0, ( N )( N N ) ± 9+ ± == = trempunkte: Bed.: f'( ) = 0 d.h. + = 0 d.h. =, =± 8 7 8 5 f() = + 8 = und f( ) = 8 = Kontrolle: f'' 0 = >. f hat bei - ein relatives Minimum und K den Tiefpunkt T 5 ( ) 7 = < : f hat bei ein relatives Maimum und K den Hochpunkt H( ) f'' 0 endepunkte: Bed.: f''( ) = 0 d.h. - w = 0 d.h. = 0 mit f(0) = - Kontrolle: f '''(0) 0 d.h. f hat bei = 0 Vorzeichenwechsel. Also ist ( 0 ) Verhalten für : endepunkt von K. f() verhält sich für große II wie g() = d.h. für folgt f() und für folgt f() Da f stetig ist, folgt als ertmenge = R.

0 Ganzrationale Funktionen. Grades Aufgaben m L. Lösung 09 f() = + 6 8 f'() = 6 f''() = 8 f'''()= 8 Da f sowohl gerade wie ungerade ponenten aufweist, gilt weder f( - ) = f() noch f( - ) = - f().- d.h. es ist keine Symmetrie erkennbar. Nullstellen: Bed.: f( N ) = 0 (K ist symmetrisch zum endepunkt ) 6 N 8 N N N + = 0 6 6 + 6 = 0 () Probierlösung: f() = 0. Daher kann man den Faktor ( ) ausklammern Dies erledigt man durch Polynomdivision oder mit dem Horner-Schema: Horner-Schema: - 6 0 6 0-8 - 6 = - - 8 0 Also kann man () so darstellen: ( N ) ( N N 8 ) = 0 Außer = gibt es daher folgende Nullstellen: ± 6+ ± 8, = = = ± rgebnis: N( 0) N + 0 5, 0 N 0,6 0, ( ) ( ) und trempunkte: Bed.: f'( ) = 0 d.h. 6 = 0 6 ( ) = 0 mit = 0 und =. f(0) = und f() = 6 + =. Kontrolle: f ( ) > 0. f hat bei - ein relatives Minimum und K den Tiefpunkt T( I - ) f ( 0 ) < 0: f hat bei 0 ein relatives Maimum und K den Hochpunkt H( 0 ) endepunkte: Bed.: f''( ) = 0 d.h. 8 = 0 = Kontrolle: f '''() 0 d.h. f hat bei = Vorzeichenwechsel. Also ist ( 0) endepunkt von K. Verhalten für : f() verhält sich für große II wie g() = 6 d.h. für folgt f() und für folgt f() Da f stetig ist, folgt als ertmenge = R.

0 Ganzrationale Funktionen. Grades Aufgaben m L. Lösung 0 f() = + f'() = + f''() = f'''()= Da f sowohl gerade wie ungerade ponenten aufweist, gilt weder f( - ) = f() noch f( - ) = - f().- d.h. es ist keine Symmetrie erkennbar. (K ist symmetrisch zum endepunkt ) Nullstellen: Bed.: f( N ) = 0 N N N N N N + = 0 6 + = 0 ine ganzzahlige Probierlösung lässt sich nicht finden (weil sie nicht vorhanden ist, siehe Abbildung). Hier könnte man wenn die Aufgabe es verlangt, mit Hilfe des Newtonschen Näherungsverfahrens einen Näherungswert für die einzige Nullstelle berechnen. trempunkte: Bed.: f'( ) = 0 d.h. + = 0!!! ergibt + = 0 mit = ± = = ist erkennbar eine doppelte Nullstelle von f'. f() = 6+ 6 = Kontrolle: f ( ) = 0, das heißt Verdacht auf endepunkt!! (Daher nächste Kontrolle:) f ( ) 0. Also ist ( I ) ein endepunkt mit waagrechter Tangente, ein sogenannter Terrassenpunkt. endepunkte: (inen kennen wir schon. Könnte es weitere endepunkte geben?) Bed.: f''( ) = 0 d.h. 6 = 0 = Also ist ( ) einziger endepunkt von K. Verhalten für : f() verhält sich für große II wie g() = d.h. für folgt f() und für folgt f() Da f stetig ist, folgt als ertmenge = R. Hinweis: Punkte mit waagrechter Tangente (d.h. f () = 0) und den Kontrollergebnissen f () = 0 aber f () 0 sind keine trempunkte sondern endepunkte mit waagrechter Tangente, sogenannte Terrassenpunkte. Dazu gibt es ausführliche Tete und Beispiele in der Datei Ableitungsstory Teil!

0 Ganzrationale Funktionen. Grades Aufgaben m L. Lösung f() = + 9 f'() = + f''() = f'''()= Da f sowohl gerade wie ungerade ponenten aufweist, gilt weder f( - ) = f() noch f( - ) = - f().- d.h. es ist keine Symmetrie erkennbar. (K ist symmetrisch zum endepunkt ) Nullstellen: Bed.: f( N ) = 0 N N N + = 0 9 9 N 9N + 7N = 0 9 + 7 = 0 N N N 9± 8 08 = 0 bzw., = R inzige Nullstelle N ( 0 I 0 ). trempunkte: Bed.: f'( ) = 0 d.h. + = 0 6± 6 6 ergibt 6 + 9 = 0 mit = = = ist erkennbar eine doppelte Nullstelle von f. Und f() = 9+ 9 = Kontrolle: f ( ) = 0, das heißt Verdacht auf endepunkt!! (Daher nächste Kontrolle:) f ( ) 0. Also ist ( I ) ein endepunkt mit waagrechter Tangente, ein sogenannter Terrassenpunkt. endepunkte: (inen kennen wir schon. Könnte es weitere endepunkte geben?) Bed.: f''( ) = 0 d.h. = 0 = Also ist ( ) einziger endepunkt von K. Verhalten für : f() verhält sich für große II wie g() = 9 d.h. für folgt f() und für folgt f() Da f stetig ist, folgt als ertmenge = R.

0 Ganzrationale Funktionen. Grades Aufgaben m L. 5 Lösung f() = + f'() = + f''() = f'''()= Da f sowohl gerade wie ungerade ponenten aufweist, gilt weder f( - ) = f() noch f( - ) = - f().- d.h. es ist keine Symmetrie erkennbar. (K ist symmetrisch zum endepunkt ) Nullstellen: Bed.: f( N ) = 0 N N N N N N + = 0 6 + 8 = 0 Probierlösung: f() = 0. Daher kann man den Faktor ( ) ausklammern Dies erledigt man durch Polynomdivision oder mit dem Horner-Schema: Horner-Schema: - 6-8 0-8 8 = - 0 rgebnis: N( I 0 ) ist eine dreifache Nullstelle. rgebnis: () kann man so darstellen: ( N ) ( N N + ) = 0 Außer = gibt es daher folgende Nullstellen: ± 6 6, = = Merke: ine dreifache Nullstelle ist stets ein Terrassenpunkt. Hier der Beweis für diese Aufgabe: trempunkte: Bed.: f'( ) = 0 d.h. + = 0 ± 6 6 ergibt + = 0 mit = = mit f() = 0 (Nullstelle!) Kontrolle: f ( ) = 0, das heißt Verdacht auf endepunkt!! (Daher nächste Kontrolle:) f ( ) 0. Also ist ( I 0 ) ein endepunkt mit waagrechter Tangente, ein sogenannter Terrassenpunkt. endepunkte: Bed.: f''( ) 0 Also ist ( 0) einziger endepunkt von K. = d.h. = 0 = Verhalten für : f() verhält sich für große II wie g() = d.h. für folgt f() und für folgt f() Da f stetig ist, folgt als ertmenge = R.

0 Ganzrationale Funktionen. Grades Aufgaben m L. 6 Lösung f() = f'() = f''() = f'''() = Da f sowohl gerade wie ungerade ponenten aufweist, gilt weder f( - ) = f() noch f( - ) = - f().- d.h. es ist keine Symmetrie erkennbar. (K ist symmetrisch zum endepunkt ) Nullstellen: Bed.: f( N ) = 0 N N N = 0 N N N + + + = 0 Probierlösung: f( - ) = 0. Daher kann man den Faktor ( + ) ausklammern Dies erledigt man durch Polynomdivision oder mit dem Horner-Schema: Horner-Schema: 0 - - - = - 0 rgebnis: () kann man so darstellen: ( N + ) ( N + N + ) = 0 Außer = - gibt es daher folgende Nullstellen: ±, = = rgebnis: N( - I 0 ) ist eine dreifache Nullstelle, also Terrassenpunkt. trempunkte: Bed.: f'( ) 0 = d.h. = 0 ( ) ± ergibt + + = 0 mit = = mit f( ) = 0 (Nullstelle!) Kontrolle: f ( - ) = 0, das heißt Verdacht auf endepunkt!! (Daher nächste Kontrolle:) f ( - ) 0. Also ist ( - I 0 ) ein endepunkt mit waagrechter Tangente, ein sogenannter Terrassenpunkt. endepunkte: Bed.: f''( ) 0 Also ist ( 0) einziger endepunkt von K. = d.h. = 0 = Verhalten für : f() verhält sich für große II wie g() = d.h. für folgt f() und für folgt f() Da f stetig ist, folgt als ertmenge = R.

0 Ganzrationale Funktionen. Grades Aufgaben m L. 7 Lösung f() = + 6 f'() = f''() = f'''() = Da f sowohl gerade wie ungerade ponenten aufweist, gilt weder f( - ) = f() noch f( - ) = - f().- d.h. es ist keine Symmetrie erkennbar. (K ist symmetrisch zum endepunkt ) Nullstellen: Bed.: f( N ) = 0 + = = N N 0 6 6 = =,88 N inzige Nullstelle ist N( 0) trempunkte: Bed.: f'( ) = 0 d.h. = 0 d.h. = 0 mit f(0) =. Kontrolle: f ( 0 ) = 0, das heißt Verdacht auf endepunkt!! (Daher nächste Kontrolle:) f ( 0 ) 0. Also ist ( 0 I ) ein endepunkt mit waagrechter Tangente, ein sogenannter Terrassenpunkt. endepunkte: Bed.: f''( ) = 0 d.h. = 0 Also ist ( 0 ) einziger endepunkt von K. Verhalten für : f() verhält sich für große II wie g() = 6 d.h. für folgt f() und für folgt f() Da f stetig ist, folgt als ertmenge = R.

0 Ganzrationale Funktionen. Grades Aufgaben m L. 8 Aufgabe y= f() = a) Berechne die drei Nullstellen eakt und näherungsweise. b) Berechne die trempunkte und ermittle die Bereiche, in denen f streng monoton fällt und steigt. c) Berechne über f'' die Bereiche, in denen die Kurve Links- bzw. Rechtskrümmung hat. elche Koordinaten hat daher der endepunkt? d) Zeichne die Kurve für, indem du Nullstellen, trempunkte und den endepunkt einträgst. Berechne noch Kurvenpunkte für =-, =, = und =. Lösung y= f() = f'() = f''() = a) Nullstellen: Bed.: f( N ) = 0 d.h. = 0 ( ) = 0. Lösung: = 0. und. Lösung: = 0 6 = 0, ± 9+ 96 ± 05 = = Näherungswerte: N ( 0 I 0 ) N (, I 0 ) N ( -,8 I 0 ). b) trempunkte Bed. für waagrechte Tangenten: f' ( ) = 0 d.h. = 0 ± + 8 ± = = = 8 8 8 8 0 y-koordinaten: f() = = 6 = = 0 rgebnis: 7 6 6 + f( ) = + = = 7 ( 6 )

0 Ganzrationale Funktionen. Grades Aufgaben m L. 9 Monotonie: egen f'() = hat f als Schaubild eine nach oben geöffnete Parabel mit den Nullstellen und. Zwischen den Nullstellen von f ist f () < 0, also gilt: Für - < < ist f () < 0 und für < - oder > f () > 0. rgebnis: f wächst (steigt) streng monoton für < - oder > f fällt streng monoton für - < <. c) Krümmung issen: Die Krümmung eines Schaubilds wird durch das Vorzeichen von f bestimmt. Ist f () > 0 in einem Intervall, dann nimmt dort der Anstieg f () zu, also liegt Linkskrümmung vor. Ist f () < 0 in einem Intervall, dann nimmt dort der Anstieg f () ab, also liegt Rechtskrümmung vor. Hier ist f ''() =. f ist ein steigender linearer Term, der seine Nullstelle bei = 0,5 hat. Für < 0,5 ist f () < 0, d.h. dort nimmt f ab, d.h. K hat Rechtskrümmung. Für > 0,5 ist f () > 0, d.h. dort nimmt f zu, d.h. dort hat K Linkskrümmung. Also hat K an der Stelle 0,5 einen endepunkt. 6 egen f = = = hat 8 K den endepunkt d) Schaubild: