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Mathematik-Online-Kurs: Analysis einer Veränderlichen - Differentiation - Kurvendiskussion

Extremwerttest

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Der Typ eines Extremwerts lässt sich mit Hilfe höherer Ableitungen entscheiden.

\includegraphics[width=6cm]{extremwert.eps}

Ist $ f$ zweimal stetig differenzierbar und

$\displaystyle f^\prime(a) = 0\,, \qquad f^{\prime \prime} (a) > 0 \qquad (f^{\prime \prime} (a) < 0)\,, $

so hat $ f$ ein lokales Minimum (Maximum) bei $ a$ . Verschwindet die zweite Ableitung an der Stelle $ a$ , so müssen höhere Ableitungen zur Entscheidung herangezogen werden. Gilt

$\displaystyle f'(a) =f''(a)=\cdots=f^{(n-1)}(a)=0$   und$\displaystyle \quad f^{(n)}(a) \neq 0\,, $

so hat $ f$ in $ a$ genau dann eine Extremstelle, wenn $ n$ gerade ist. In diesem Fall hat $ f$ in $ a$ ein lokales Maximum bzw. Minimum, wenn $ f^{(n)}(a)<0$ bzw. $ f^{(n)}(a)>0$ ist.

(Inhalt vorübergehend nicht verfügbar)
Das Polynom

$\displaystyle p(x) = (x+1)^2 x^3 (x-1)^4 $

hat bei $ x=-1$ eine doppelte, bei $ x=0$ eine dreifache und bei $ x=1$ eine vierfache Nullstelle.
\includegraphics[width=8.4cm]{Extremwerttest.eps}

Es gilt

$\displaystyle p(-1) = p'(-1) = 0, \quad p''(-1) = 2(-1)^3(-2)^4 < 0\,. $

Bei $ x=-1$ hat $ p$ also ein Maximum. Bei $ x=1$ hat $ p$ ein Minimum, denn

$\displaystyle p(1) = \hdots = p'''(1) = 0, \quad p^{(4)}(1) = 2^2 1^3 4! > 0\,. $

Schließlich besitzt $ p$ wegen

$\displaystyle p(0) = p'(0) = p''(0) = 0, \quad p'''(0) = 3! (-1)^4 \ne 0 $

und einem Vorzeichenwechsel bei $ x=0$ keine Extremstelle im Ursprung.
(Autoren: App/Höllig )
Mit Hilfe des angegebenen Schnittmusters soll eine Schachtel möglichst großen Volumens aus einem quadratischen Stück Pappe hergestellt werden.

\includegraphics[width=8.4cm]{bsp_schachtel_bild}

Das Volumen ist

$\displaystyle v(h) = \underbrace{(1-2h)/2}_{\text{L''ange}} \cdot \underbrace{(... ..._{\text{Breite}} \cdot \underbrace{h}_{\text{H''ohe}} = 2h^3-2h^2+\frac{1}{2}h $

Nullsetzen der Ableitung

$\displaystyle v^\prime(h)$ $\displaystyle = 6h^2-4h+\frac{1}{2} \stackrel{!}{=} 0$    

ergibt


$\displaystyle h$ $\displaystyle = \frac{1}{3} \pm \sqrt{\frac{1}{9}-\frac{1}{12}}=\frac{1}{3} \pm \frac{1}{6}$    

als mögliche lokale Extremstellen. Nur $ h=\frac{1}{6}$ ist geometrisch sinnvoll und

$\displaystyle v\left( 1/6 \right) = \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{27} \,.$

Da für die Randpunkte $ h=0$ und $ h=1/2$ das Volumen 0 ist, hat die Schachtel für $ h=1/6$ das maximale Volumen.
(Autoren: Höllig/Hörner)
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  automatisch erstellt am 5.1.2017