Wendepunkt berechnen

Geprüft werden soll die notwendige Bedingung an der Funktion $f\left(x\right)$ mit $f\left(x\right)=\frac{1}{12}{x}^4+\frac{1}{3}{x}^3-\frac{3}{2}{x}^2-2x$. Dafür wird zuerst die erste und zweite Ableitung benötigt.

$\begin{array}{rcl}f\text{'}\left(x\right)& =& \frac{1}{3}{x}^3+x^2-3x-2\\ f\text{'}\text{'}\left(x\right)& =& x^2+2x-3\end{array}$

Setze nun die zweite Ableitung $f\text{'}\text{'}\left(x\right)$ gleich 0.

$\begin{array}{rclcl}f\text{'}\left(x\right)=\begin{array}{r}x\end{array}\begin{array}{r}{2}^{}\end{array}\begin{array}{r}+\end{array}\begin{array}{r}2\end{array}\begin{array}{r}x\end{array}\begin{array}{r}-\end{array}\begin{array}{r}3\end{array}& =& 0& |& abc-Formel\\ \begin{array}{r}{x}_{0/1}\end{array}& =& \frac{-2\pm \sqrt{2^2-4·1·(-3)}}{2·1}\\ \begin{array}{r}{x}_{0/1}\end{array}& =& \frac{-2\pm \sqrt{4+12}}{2}\\ \begin{array}{r}{x}_{0/1}\end{array}& =& \frac{-2\pm 4}{2}\\ x_0& =& -3\\ x_1& =& 1\end{array}$

Die notwendige Bedingung ist also für $\begin{array}{rcl}{\mathrm{x}}_0& =& -3\end{array}$ und $\begin{array}{rcl}{\mathrm{x}}_1& =& 1\end{array}$ erfüllt.

Geprüft werden soll die notwendige Bedingung an der Funktion $f\left(x\right)$ mit $f\left(x\right)=\frac{1}{12}{x}^4+\frac{1}{3}{x}^3-\frac{3}{2}{x}^2-2x$. Dafür wird die dritte Ableitung $f\text{'}\text{'}\text{'}\left(x\right)$ benötigt.

$\begin{array}{rcl}f\text{'}\text{'}\text{'}\left(x\right)& =& 2x+2\end{array}$

Nun kannst Du $x_0=-3$ und $x_1=1$ in die dritte Ableitung $f\text{'}\text{'}\text{'}\left(x\right)$ einsetzen.

$\begin{array}{cclcrcl}\begin{array}{r}f\text{'}\text{'}\text{'}(-3)\end{array}& =& \begin{array}{r}2·(-3)+2\end{array}& \mathrm{und}& f\text{'}\text{'}\text{'}\left(1\right)& =& \begin{array}{r}2·1+2\end{array}\\ =& \begin{array}{r}-6+2\end{array}& =& \begin{array}{r}2+2\end{array}& & & \\ =& \begin{array}{rcl}-4& \ne & 0\end{array}& =& \begin{array}{rcl}4& \ne & 0\end{array}& & & \end{array}$

Dementsprechend existieren an den Stellen $x_0=-3$ und $x_1=1$ Wendepunkte.

Das Schaubild der Funktion $f\left(x\right)$ mit $f\left(x\right)=x^3$ sieht folgendermaßen aus:

Abbildung 2: Schaubild einer Funktion 3. Grades mit Sattelpunkt

Es ist zu erkennen, dass die Funktion bei $x_0=0$ einen Sattelpunkt besitzt.

Bilde zunächst die erste, zweite und dritte Ableitung.

$\begin{array}{rcl}f\text{'}\left(x\right)& =& 4x^3\\ f\text{'}\text{'}\left(x\right)& =& 12x^2\\ f\text{'}\text{'}\text{'}\left(x\right)& =& 24x\end{array}$

Wende als Nächstes das notwendige Kriterium an.

$\begin{array}{rcl}f\text{'}\text{'}\left(x_0\right)& =& 0\\ 12{x_0}^2& =& 0\\ {x_0}^2& =& 0\\ x_0& =& 0\end{array}$

Versuche nun das hinreichende Kriterium anzuwenden.

$\begin{array}{rcl}f\text{'}\text{'}\text{'}\left(0\right)& =& 24·0\\ =& 0& \end{array}$

In diesem Fall ist auch die dritte Ableitung gleich 0. Hier greift die Möglichkeit, die erste Ableitung $f\text{'}\left(x\right)$ an der Stelle $x_0=0$ zu betrachten.

$\begin{array}{ccc}f\text{'}\left(0\right)& =& 4·0^3\\ =& 0& \end{array}$

Damit sind alle drei Bedingungen für einen Sattelpunkt erfüllt und es handelt sich demnach um einen Wendepunkt, genauer gesagt Sattelpunkt, an der Stelle $x_0=0$.

Es wurde bereits berechnet, dass die Funktion $f\left(x\right)$ mit $f\left(x\right)=\frac{1}{12}{x}^4+\frac{1}{3}{x}^3-\frac{3}{2}{x}^2-2x$ bei $x_0=-3$ und $x_1=1$ Wendestellen besitzt. Schau Dir dazu nun das Schaubild der Funktion $f\left(x\right)$ an.

Abbildung 3: Schaubild des Eingangsbeispiels

Es ist zu erkennen, dass an der Stelle $x_0$ die Funktion $f\left(x\right)$ eine positive Steigung besitzt, somit existiert an dieser Stelle ein LRW. Gleichzeitig ist zu erkennen, dass an der Stelle $x_1$ die Funktion $f\left(x\right)$ eine negative Steigung besitzt, deshalb existiert an dieser Stelle ein RLW.

Es wurde bereits herausgefunden, dass die Funktion $f\left(x\right)$ mit $f\left(x\right)=\frac{1}{12}{x}^4+\frac{1}{3}{x}^3-\frac{3}{2}{x}^2-2x$ zwei Wendepunkte in den Stellen $x_0=-3$ und $x_1=1$ besitzt.

Zusätzlich wurde bereits die Werte der dritten Ableitung $f\text{'}\text{'}\text{'}\left(x\right)$ an diesen Stellen berechnet.

$\begin{array}{rclllcl}\begin{array}{r}f\text{'}\text{'}\text{'}(-3)\end{array}& =& \begin{array}{r}-4\end{array}& <& 0& \Rightarrow & LRW\\ f\text{'}\text{'}\text{'}\left(1\right)& =& 4& >& 0& \Rightarrow & RLW\end{array}$

Damit existiert an der Stelle $x_0=-3$ ein Wendepunkt (LRW) mit positiver Steigung und an der Stelle $x_1=1$ ein Wendepunkt (RLW) mit negativer Steigung.

Dazu werden die Wendestellen $x_0=-3$ und $x_1=1$ in die Funktion $f\left(x\right)$ mit $f\left(x\right)=\frac{1}{12}{x}^4+\frac{1}{3}{x}^3-\frac{3}{2}{x}^2-2x$ eingesetzt.

\begin{array}{rlcrl}f(-3)&=\frac{1}{12} \cdot (-3)^4+ \frac{1}{3} \cdot (-3)^3 - \frac{3}{2} \cdot (-3)^2 - 2 \cdot (-3) & \text {und} & f(1)&=\frac{1}{12} \cdot 1^4+ \frac{1}{3} \cdot 1^3 - \frac{3}{2} \cdot 1^2 - 2 \cdot 1 \\ &=\frac{1}{12} \cdot 81+ \frac{1}{3} \cdot (-27) - \frac{3}{2} \cdot 9 - 2 \cdot (-3) & & &=\frac{1}{12}+ \frac{1}{3} - \frac{3}{2} - 2 \\ &=\frac{27}{4} -9 - \frac{27}{2} +6 & & &=- \frac{37}{12} \approx -3,08 \\ &=-\frac{39}{4} \approx -9,75 & & &\\\end{array}

Damit existiert ein Links-Rechts-Wendepunkt $LRW(-3|-9,75)$ und ein Rechts-Links-Wendepunkt $RLW\left(1\overline{)-\frac{37}{12}}\right)$.

Abbildung 4: Wendepunkte des Eingangsbeispiels