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Willkommen in der Mathelounge... \o/
"Abszisse" ist ein anderes Wort für die "x-Koordinate". Die "Ordinate" ist die "y-Koordinate".
Hier sollen wir die folgende Funktion genauer untersuchen:$$f(x)=\frac{2x}{x^2+a}$$
1) Definitionsbereich
Da wir nicht durch Null dividieren können, muss \((x^2+a\ne0)\) gelten.
1. Fall: \(a>0\): Wegen \((x^2\ge0)\) ist der Nenner stets positiv.
2. Fall: \(a=0\): Für \(x=0\) würde der Nenner verschwinden.
3. Fall: \(a<0\): Für \((x^2=-a)\) bzw. \((x=\pm\sqrt{-a})\) verschwindet der Nenner.
Zusammenfassend können wir daher den Definitionsbereich so angeben:$$\mathbb D_a(f)=\left\{\begin{array}{ll}\mathbb R & \text{für }a>0\\[1ex]\mathbb R\setminus\{0\} & \text{für }a=0\\[1ex]\mathbb R\setminus\{\pm\sqrt{-a}\} & \text{für }a<0\end{array}\right.$$
2) Nullstellen
Die Nullstellen einer rationalen Funktion liegen dort, wo der Zähler Null wird und der Nenner ungleich Null ist. Man sieht sofort, dass für \((x=0)\) der Zähler verschwindet. Der Nenner ist für \((x=0)\) aber nur dann von Null verschieden, wenn \(a\ne0\) ist. Für \((a=0)\) hat die Funktion also keine Nullstelle.$$\text{Nullstellen}_a(f)=\left\{\begin{array}{ll}x=0 & \text{für }a\ne0\\[1ex]\text{keine} & \text{für }a=0\end{array}\right.$$
3) Extremstellen
Kandidaten für Extremstellen finden wir dort, wo die erste Ableitung verschwindet.
$$f'(x)=\left(\frac{\overbrace{2x}^{=u}}{\underbrace{x^2+a}_{=v}}\right)'=\frac{\overbrace{2}^{=u'}\cdot\overbrace{(x^2+a)}^{=v}-\overbrace{2x}^{=u}\cdot\overbrace{2x}^{=v'}}{\underbrace{(x^2+a)^2}_{=v^2}}=\frac{2x^2+2a-4x^2}{(x^2+a)^2}=\frac{2(a-x^2)}{(x^2+a)^2}$$Für \((x=\pm\sqrt{a})\) wird die Ableitung Null. Dazu muss natürlich \((a\ge0)\) sein. Allerdings gehört für \((a=0)\) der Wert \((x=0)\) nicht zum Definitionsbereich. Daher muss sogar \((a>0)\) gelten und wir haben genau 2 Kandidaten für Extremwerte.
Wir prüfen die Kandiaten mit der zweiten Ableitung:$$f''(x)=\left(\frac{\overbrace{2(a-x^2)}^{=u}}{\underbrace{(x^2+a)^2}_{=v}}\right)'=\frac{\overbrace{(-4x)}^{=u'}\cdot\overbrace{(x^2+a)^2}^{=v}-\overbrace{2(a-x^2)}^{=u}\cdot\overbrace{2(x^2+a)\cdot2x}^{=v'}}{\underbrace{(x^2+a)^4}_{=v^2}}$$$$\phantom{f''(x)}=\frac{-4x(x^2+a)-8x(a-x^2)}{(x^2+a)^3}=\frac{4x(x^2-3a)}{(x^2+a)^3}$$
Einsetzen der Kandidaten ergibt:$$f''(x=+\sqrt a)=-\frac{1}{a\sqrt a}<0\implies\text{Maximum bei } x=+\sqrt a\quad\text{für }a>0$$$$f''(x=-\sqrt a)=+\frac{1}{a\sqrt a}>0\implies\text{Minimum bei } x=-\sqrt a\quad\text{für }a>0$$
4) Wendepunkte
Die Wendepunkte können wir dort finden, wo die 2-te Ableitung zu Null wird:$$x_1=0\quad;\quad x_2=-\sqrt{3a}\quad;\quad x_3=\sqrt{3a}\quad\text{für }a>0$$Offensichtlich muss wieder \((a\ge0)\) gelten. Für \((a=0)\) sind alle 3 Kandidaten identisch \(x_1=x_2=x_3=0\), wofür die Funktion nicht definiert ist. Daher muss \((a>0)\) sein und wir haben genau 3 Kandidaten für Wendepunkte.
Jetzt müssten wir eigentlich noch die 3-te Ableitung bilden, um unsere 3 Kandidaten zu prüfen. Da der Nenner der 2-ten Ableitung aber immer positiv ist (denn \(a>0\)), reicht es, wenn wir uns den Zähler etwas genauer anschen:$$4x(x^2-3a)=4x(x-\sqrt3)(x+\sqrt3)\text{ ist }\left\{\begin{array}{ll}<0 & \text{für }x<-\sqrt a\\[1ex]=0 & \text{für }x=-\sqrt a\\[1ex]>0 & \text{für }-\sqrt a<x<0\\[1ex]=0 & \text{für }x=0\\[1ex]<0 & \text{für }0<x<\sqrt a\\[1ex]=0 & \text{für }x=\sqrt a\\[1ex]>0 & \text{für }x>\sqrt a\end{array}\right.$$
Wir sehen, dass sich bei jedem der 3 Wendepunkt-Kandidaten das Krümmungsverhalten der Funktion ändert, d.h. bei allen 3 Kandidaten handelt es sich tatsächlich um Wendepunkte.
