Digitale Werkzeuge in der Schule/Basiswissen Analysis/Eigenschaften von Funktionen und Funktionsuntersuchung/Wendepunkte

Merke: Änderung des Krümmungsverhalten

Ein Wendepunkt beschreibt einen Punkt auf einem Funktionsgraphen, an dem sich das Krümmungsverhalten des Graphen ändert. Der Funktionsgraph ändert an dieser Stelle seine Krümmung von rechts nach links (Rechts-Links-Wendestelle, kurz: RLW) oder von links nach rechts (Links-Rechts-Wendestelle, kurz: LRW).

Tipp: Es kann helfen, wenn man sich vorstellt auf dem Graphen mit einem Fahrrad zu fahren, so ist der Wendepunkt genau an dem Punkt, wo sich die Richtung, in die man lenkt, ändert.

Aufgabe 1 - Wendepunkte angeben

Merke: Lokales Extremum der Ableitung

An einem Wendepunkt $x_W$ einer Funktion $f(x)$ ist die Steigung in der näheren Umgebung maximal bzw. minimal. Somit folgt, dass die Ableitung an dieser Stelle ein lokales Extremum aufweist. Daraus ergibt sich das notwendige Kriterium für einen Wendepunkt. Wenn die Funktion $f'(x)$ im Punkt $x_W$ einen Extrempunkt aufweist, so ist die Ableitung dieser Funktion $f''(x)$ in diesem Punkt gleich 0 (Hinweis: Dies wurde im vorherigen Kapitel "Extema" bearbeitet).

Zusammenfassung:

• notwendiges Kriterium: $f''(x_W)=0$
• hinreichendes Kriterium: $f'''(x_W) \neq 0$, Wobei gilt: $f'''(x_W) > 0 \Rightarrow$RLW oder $f'''(x_W) < 0 \Rightarrow$LRW

Berechnung eines Wendepunktes

• Notwendiges Kriterium: Nullstellen $x_W$ der zweiten Ableitung berechnen

• Hinreichendes Kriterium: Einsetzen der berechneten Funktionstherms $x_W$ in die dritte Ableitung (RLW oder LRW?)

• Berechnen des Funktionswertes durch einsetzen des Funktionstherms $x_W$ in die Ursprüngliche Funktion

Du kannst dir noch gerne das folgende Beispiel anschauen:

Beispiel: Gegeben sei die Funktion $f(x)=\frac{7}{12}x^4-5x^2-90.000$

• Notwendiges Kriterium: $f''(x_W)=0$

$f'(x)=\frac{28}{12}x^3-10x$

$f''(x)=\frac{84}{12}x^2-10=7x^2-10$

$f'''(x)=14x$

$f''(x_W)=7x_W^2-10=0$

$\Rightarrow x_W^2=\frac{10}{7}$

$\Rightarrow x_W=\pm\sqrt{\frac{10}{7}}$

$\Rightarrow x_{W_{1}}=+\sqrt{\frac{10}{7}}$ und $x_{W2}=-\sqrt{\frac{10}{7}}$

• Hinreichendes Kriterium: $f'''(x_W)\neq 0$

$f'''(x_{W_{1}})=20>0$ und $f'''(x_{W_{2}})=-20<0$

$\Rightarrow$An $x_{W_{1}}$ liegt eine Recht-links-Wendestelle und an $x_{W_{2}}$ eine Links-rechts-Wendestelle vor.

• Berechnen der Funktionswerte:

$f(x_{W_{1}})=\frac{7}{12}\cdot 20^4-5\cdot 20^2-90.000=\frac{4.000}{3}\approx 1.333,33$ $f(x_{W_{2}})=\frac{7}{12}\cdot (-20)^4-5\cdot (-20)^2-90.000=\frac{4.000}{3}\approx 1.333,33$

Lösung: An dem Punkt $(20|\frac{4.000}{3})$ liegt eine Recht-links-Wendepunkt vor und an dem Punkt $(-20|\frac{4.000}{3})$ liegt ein Links-rechts-Wendepunkt vor.

Aufgabe 2 - Wendepunkt bestimmen

Berechne die Wendepunkte der folgenden Funktionen. Falls du Hilfe brauchst, schaue dir zunächst die Tipps an. Der Aufgabenteil b) geht über Funktionsscharen und ist nur für den LK gedacht.

a) $g(x) = \frac{2}{25} x^5-x^3+\frac{25}{8} x$

Schaue dir das obige Beispiel nochmal genau an!

Versuche, die drei Ableitungen von der Funktion zu berechnen und schaue dir dann die Kriterien für einen Wendepunkt an!

Um die Nullstelle eine Polynoms dritten Grades zu berechnen, kannst du ein $x$ ausklammern.

Schaue dir hier die Rechnung an um den Lösungsweg schrittweise nachzuvollziehen!

• Notwendiges Kriterium: $g''(x_W)=0$

$g'(x)=\frac{10}{25}x^4-3x^2+\frac{25}{8}$

$g''(x)=\frac{40}{25}x^3-6x=\frac{8}{5}x^3-6x$

$g'''(x)=\frac{24}{5}x^2-6$

$g''(x_W)=\frac{8}{5}x_W^3-6x_W=0$ Polynom dritten Grades: $x_W$ ausklammern.

$\Rightarrow x_W\cdot(\frac{8}{5}x_W^2-6)=0$ Wir erhalten drei Lösungen ...

$\Rightarrow x_{W_{1}}=0$ und $(\frac{8}{5}x_{W_{2/3}}^2-6)=0$ Die Gleichung muss in die Form $x^2+px+q$ gebracht werden, um die pq-Formel anzuwenden.

$\Rightarrow (x_{W_{2/3}}^2-6\cdot \frac{5}{8})=0$, also $\Rightarrow p=0, q=-\frac{30}{8}$

$\Rightarrow x_{W_{2/3}}=-\frac{0}{2}\pm\sqrt{(\frac{0}{2})^2+\frac{30}{8}}$

$\Rightarrow x_{W_{2/3}}=\pm\sqrt{\frac{30}{8}}$

$\Rightarrow x_{W_{2}}=+\sqrt{\frac{30}{8}}$ und $x_{W_{3}}=-\sqrt{\frac{30}{8}}$

• Hinreichendes Kriterium: $f'''(x_W)\neq 0$

$g'''(x_{W_{1}})=\frac{24}{5}\cdot 0^2-6=-6<0$

$g'''(x_{W_{2}})=\frac{24}{5}\cdot(\sqrt{\frac{30}{8}})^2-6=9>0$

$g'''(x_{W_{3}})=\frac{24}{5}\cdot (-\sqrt{\frac{30}{8}})^2-6=9>0$

$\Rightarrow$An $x_{W_{1}}$ liegt eine Links-rechts-Wendestelle und an $x_{W_{2}}$ und $x_{W_{3}}$ eine Rechts-links-Wendestelle vor.

• Berechnen der Funktionswerte:

$g(x_{W_{1}}) = \frac{2}{25}\cdot 0^5-0^3+\frac{25}{8}\cdot 0=0$

$g(x_{W_{2}}) = \frac{2}{25}\cdot (\sqrt{\frac{30}{8}})^5-(\sqrt{\frac{30}{8}})^3+\frac{25}{8}\cdot \sqrt{\frac{30}{8}}\approx 0,97$ $g(x_{W_{3}}) = \frac{2}{25}\cdot (-\sqrt{\frac{30}{8}})^5-(-\sqrt{\frac{30}{8}})^3+\frac{25}{8}\cdot \sqrt{-\frac{30}{8}}\approx -0,97$

Lösung: An dem Punkt $(0/0)$ liegt eine Links-rechts-Wendepunkt vor und an den Punkten $(\sqrt{\frac{30}{8}}|0,97)$ und $(-\sqrt{\frac{30}{8}}|-0,97)$ liegen Rechts-links-Wendepunkte vor.

b) ⭐ $h(x) = x^3-\frac{a}{2}x^2-a$

Schaue dir das obige Beispiel nochmal genau an!

Versuche die drei Ableitungen von der Funktionsschar zu berechnen und schaue dir dann die Kriterien für einen Wendepunkt an!

Die Variable $a$ kannst du wie eine Zahl behandeln!

Schaue dir hier die Rechnung an um den Lösungsweg schrittweise nachzuvollziehen!

• Notwendiges Kriterium: $h''(x_W)=0$

$h'(x) = 3x^2-ax$

$h''(x) = 6x-a$

$h'''(x) = 6$

$h''(x_{W}) = 6x_W-a =0$

$\Rightarrow x_{W}=\frac{a}{6}$ Es existiert ein Wendepunkt.

• Hinreichendes Kriterium: $f'''(x_W)\neq 0$

$h'''(x_{W}) = 6 > 0$

$\Rightarrow$ Bei dem Wendepunkt handelt es sich um einen Recht-links-Wendepunkt.

• Berechnen des Funktionswertes:

$h(x_{W}) = (\frac{a}{6})^3-\frac{a}{2}\cdot(\frac{a}{6})^2-a=a^3\cdot(\frac{1}{6^3}-\frac{1}{2\cdot 6^2})-a=a^3\cdot(\frac{1}{6^3}-\frac{3}{3\cdot 2\cdot 6^2})-a=-\frac{2}{6^3}a^3-a$

Lösung: Die Rechts-links-Wendepunkt der Funktionsscharen liegen an den Punkten: $(\frac{a}{6}/-\frac{2}{6^3}a^3-a)$.

Aufgabe 3 - Die schnelle Achterbahn

Datei:Silverstar sg.jpg

First Drop des Silver Star

Im Europa Park in Baden-Württemberg soll eine schnelle Achterbahn gebaut werden. Kurz vor Schluss soll die Bahn über zwei hohe Punkte fahren und dort die Höchstgeschwindigkeiten erreichen. Die Mitarbeiter des Parks haben eine Simulation der Achterbahn erstellt und haben somit die Geschwindigkeit der Achterbahn gegen die Zeit aufgenommen. Die Funktion $v(t)=\frac{1}{2}t^6-\frac{15}{2}t^4+30t^{2}+10$ (siehe Abbildung) beschreibt im Intervall [-3,3] sehr gut die Geschwindigkeit der Achterbahn am Ende der Fahrt.

An den Stellen, wo die Achterbahn stark abbremst oder beschleunigt, sind die wichtigsten Stellen der Fahrt. Zu diesen Zeitpunkten sollen deshalb besondere Sicherheitssysteme arbeiten. Berechne mit Hilfe der Funktion $v(t)$, zu welchen Zeitpunkten die Beschleunigung minimal bzw. maximal ist. Beachte: Es ist nur der Zeitpunkt du musst also nicht den Funktionswert bzw. die Geschwindigkeit berechnen, der letzte Schritt in unserem Beispiel bleibt also aus.

Die Beschleunigung $a(t)$ kann man ermitteln, da sie der Ableitung der Geschwindigkeit entspricht also: $a(t)=v'(t)$. Die Geschwindigkeit ist angegeben. Was gilt für die Punkte, wo die Beschleunigung maximal oder minimal ist? Lösung zu der Frage findest du in Tipp 2.

Zu dem Zeitpunkt $t_{W}$ an dem die Beschleunigung maximal bzw. minimal ist gilt: $a'(t_{W})=0$, da zu diesem Zeitpunkt die Beschleunigung eine Extremstelle und somit die Geschwindigkeit einen Wendepunkt aufweist.

Hier muss also nur wieder der Wendepunkt berechnet werden. Falls du noch mehr Hilfe brauchst, schau dir die Tipps von Aufgabe 2 und das Beispiel nochmal an!

Eine Substitution:$t_{W}^2= z$ ist zur Lösung der Nullstellen der zweiten Ableitung notwendig!

Schaue dir hier die Rechnung an um den Lösungsweg schrittweise nachzuvollziehen!

• Notwendiges Kriterium: $v''(t_{W})=a'(t_{W})=0$, wobei $a(t)$ die Beschleunigung der BAhn beschreibt.

$v(t)=\frac{1}{2}t^6-\frac{15}{2}t^4+30t^{2}+10$

$v'(t)=a(t)=3t^5-30t^3+60t$

$v''(t)=a'(t)=15t^4-90t^2+60$

$v'''(t)=a''(t)=60t^3-180t$

$0=v''(t_{W})=a'(t_{W})=15t_{W}^4-90t_{W}^2+60$ Substitution notwendig: $t_{W}^2= z$

$\Rightarrow 0=15z^2-90z+60$ Die Gleichung muss in die Form $x^2+px+q$ gebracht werden, um die pq-Formel anzuwenden.

$\Rightarrow 0=z^2-6z+4$ pq-Formel anwenden mit $p=-6$ und $q=4$

$\Rightarrow z_{1/2}=\frac{6}{2}\pm \sqrt {(\frac{6}{2})^2-4}$

$\Rightarrow z_{1/2}=3\pm \sqrt {5}$

$\Rightarrow z_{1}=3 + \sqrt {5}$ und $\Rightarrow z_{2}=3 - \sqrt {5}$ Nun müssen wir zurück substituieren $\pm\sqrt{z}=t_{W}$

$\Rightarrow t_{W_{1/2}}=\pm \sqrt{3 + \sqrt {5}}$ und $\Rightarrow t_{W_{3/4}}=\pm \sqrt{3 - \sqrt {5}}$

$\Rightarrow t_{W_{1}}=\sqrt{3 + \sqrt {5}}$, $\Rightarrow t_{W_{2}}=-\sqrt{3 + \sqrt {5}}$, $\Rightarrow t_{W_{3}}=\sqrt{3 - \sqrt {5}}$ und $\Rightarrow t_{W_{4}}=-\sqrt{3 - \sqrt {5}}$

• Hinreichendes Kriterium: $v'''(t_W)=a''(t_{W})\neq 0$

$f'''(t_{W_{1}})=60t_{W_{1}}^3-180t_{W_{1}}=60\cdot(\sqrt{3 + \sqrt {5}})^3-180\cdot \sqrt{3 + \sqrt {5}}\approx 307 > 0 \Rightarrow RLW$

$f'''(t_{W_{2}}) \approx -307 < 0 \Rightarrow LRW$

$f'''(t_{W_{3}})\approx -117 < 0 \Rightarrow RLW$

$f'''(t_{W_{4}})\approx 117 > 0 \Rightarrow LRW$

An Rechts-links-Wendepunkten wird die Beschleunigung minimal und an den Links-rechts Wendepunkten maximal.

Lösung: Die Achterbahn bremst zu den Zeitpunkten $(3 + \sqrt {5})^{\frac{1}{2}}s$ und $-(3 - \sqrt {5})^{\frac{1}{2}}s$ am stärksten ab. Die Achterbahn beschleunigt zu den Zeitpunkten $-(3 + \sqrt {5})^{\frac{1}{2}}s$ und $(3 - \sqrt {5})^{\frac{1}{2}}s$ am stärksten.

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Verhalten im Unendlichen und nahe Null