- \(f_{\frac{3}{2}}^{\prime\prime}\left(x\right)=e^x\cdot\left(x^2+x-\frac{7}{4}\right)=0\ \ \ \Leftrightarrow\ \ \ x_{1,2}=-\frac{1}{2}\pm\sqrt2\)
In der Abbildung ist zu erkennen, dass der Graph bei der ersten Wendestelle eine positive Steigung hat und bei der zweiten Wendestelle eine negative Steigung. Folglich ist die gesuchte kleinste Steigung:
\(f_{\frac{3}{2}}^\prime\left(x\right)=e^x\cdot\left(x^2-x-\frac{3}{4}\right)\ \ \Rightarrow\ \ f_{\frac{3}{2}}^\prime\left(x_2\right)\approx-2,0668\) - \(f_a\left(0\right)=a^2 \ \Rightarrow\ S_y\left(0\middle| a^2\right)\) ist Schnittpunkt mit der y-Achse.
\(f_a\left(x\right)=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x=a\ \ \ \Rightarrow\ \ \ S_x\left(a\middle|0\right)\) ist (einziger) Schnittpunkt mit der x-Achse.
\(f_a^{\prime\prime}\left(x\right)=e^x\cdot\left(x^2+\left(4-2a\right)x+a^2-2-4a\right)\ \ \ \Rightarrow\ \ \ f_a^{\prime\prime}\left(a\right)=e^a\cdot\left(a^2+4a-2a^2+a^2-2-4a\right)=-2\cdot e^a<0\)
Da \(x=a\) eine doppelte Nullstelle ist, an der der Graph rechtsgekrümmt ist, liegt dort der Tiefpunkt. - \(A\left(a\right)=\int_{0}^{a}{f_a\left(x\right)\mathrm{d} x}=\left[e^x\cdot\left(x^2+\left(-2-2a\right)x+a^2+2a+2\right)\right]_0^a=2e^a-\left(a^2+2a+2\right)\)
\(A\left(a\right)=3\ \ \ \Leftrightarrow\ \ \ 2e^a=a^2+2a+5\ \ \ \Leftrightarrow\ \ \ a\approx1,7588\) - Hochpunkt: \(f_a^\prime\left(x\right)=e^x\cdot\left(x^2+\left(2-2a\right)x+\left(a^2-2a\right)\right)=0\)
\(x_{1,2}=a-1\pm\sqrt{\left(a-1\right)^2-a^2+2a}=a-1\pm1\)
Da \(x_1=a\) die Tiefstelle ist (siehe Teilaufgabe b), ist \(x_2=a-2\) die zweite Extremstelle.
\(f_a\left(a-2\right)=e^{a-2}\cdot\left(\left(a-2\right)^2+\left(2-2a\right)\left(a-2\right)+\left(a^2-2a\right)\right)=4e^{a-2}\)
Gerade durch \(H\left(a-2\middle|4e^{a-2}\right)\) und \(S_x\left(a\middle|0\right): \ \ y=\frac{4e^{a-2}}{-2}x+c\)
Die Steigung muss -1 sein, damit das gesuchte Dreieck gleichschenklig ist:
\(-2e^{a-2}=-1\ \ \ \Leftrightarrow\ \ \ a=\ln{\left(\frac{1}{2}\right)}+2=2-\ln{\left(2\right)}\approx1,3069\)
- \(f_{a,b}\left(x\right)=e^x\cdot\left(\left(x-a+b\right)^2-b\right)=0\ \ \ \Leftrightarrow\ \ \ x_{1,2}=a-b\pm\sqrt b\)
Abstand \(d=x_1-x_2=2\sqrt b\) ist unabhängig von \(a\). - Da der Graph I die Merkmale der Ableitungsfunktion von Graph II aufweist (z.B. Graph I ist über der x-Achse, wenn Graph II steigt), ist der Wert von \(b\) von Graph I um 1 größer als der Wert von \(b\) von Graph II.
- Da bezüglich \(f_{a,-1}\) der Wert \(f_{a,0}\left(a\right)\) die erste Ableitung an der Stelle \(a\) darstellt und \(f_{a,1}\left(a\right)\) die zweite Ableitung und \(f_{a,2}\left(a\right)\) die dritte Ableitung, kann man umformulieren:
\(f_{a,-1}^\prime\left(a\right)=0\ \ \land\ \ f_{a,-1}^{\prime\prime}\left(a\right)=0\ \ \land\ \ f_{a,2}\left(a\right)\neq0\)
Somit handelt es sich bei der Stelle \(a\) um eine Sattelstelle des Graphen von \(f_{a,-1}\).