Krümmung und Wendepunkte

Krümmung & Wendepunkte Analysis · Klasse 11/12 · Differentialrechnung

Ausgangslage

Beispiel: Downloads einer neuen App

Eine neue App wird veröffentlicht. Die Gesamtzahl der Downloads in den ersten zwölf Tagen wird beschrieben durch

$$D(t)=\tfrac1{10}\left(18t^2-t^3\right),\qquad 0\le t\le 12$$

($t$ in Tagen seit der Veröffentlichung, $D(t)$ in Tausend Downloads).

Das Modell gilt nur bis $t=12$: Danach würde $D$ fallen, und eine Gesamtzahl von Downloads kann nicht abnehmen.

Die Ableitung als Downloadrate

$D'(t)$ ist die momentane Änderungsrate der Gesamtzahl, also die Zahl der neuen Downloads pro Tag.

Die Gesamtzahl $D(t)$ steigt die ganze Zeit. Am Anfang kommen aber jeden Tag mehr neue Downloads dazu als am Vortag, später jeden Tag weniger.

Die Frage ist: Ab wann flaut der Hype ab, obwohl die Gesamtzahl weiter steigt? Und woran erkennt man das am Graphen von $D$?

Entdecken · Fahrt über den Graphen

$f(x)=\tfrac1{1440}\left(6x^5+5x^4-150x^3+360x\right)$

Lenkrad

Position x₀

Zweite Ableitung

Lenkrad

Das Auto fährt immer in Richtung wachsender $x$-Werte, also von links nach rechts. In dieser Fahrtrichtung sind „links" und „rechts" gemeint.

Grün hinterlegt sind die Bereiche, in denen der Fahrer nach links lenken muss, rosa die Bereiche, in denen er nach rechts lenken muss.

Beobachte die zweite Ableitung: Welches Vorzeichen hat $f''(x_0)$ in den grünen Bereichen, welches in den rosa Bereichen?

Vom Lenkrad zur Tangentensteigung

Beobachtung

Lenkt der Fahrer nach links, dreht sich das Auto gegen den Uhrzeigersinn. Mit ihm dreht sich die Tangente, sie wird immer steiler bzw. fällt immer weniger stark. Die Tangentensteigung $f'(x)$ nimmt also zu.

Lenkt der Fahrer nach rechts, dreht sich die Tangente im Uhrzeigersinn, und $f'(x)$ nimmt ab.

Die Krümmung eines Graphen lässt sich deshalb daran ablesen, ob $f'$ steigt oder fällt.

Definition

Linkskurve und Rechtskurve

Der Graph von $f$ heißt auf einem Intervall $I$ linksgekrümmt (Linkskurve), wenn $f'$ auf $I$ streng monoton steigend ist.

Er heißt auf $I$ rechtsgekrümmt (Rechtskurve), wenn $f'$ auf $I$ streng monoton fallend ist.

Anschaulich: Durchfährt man den Graphen in Richtung wachsender $x$-Werte, lenkt man in einer Linkskurve nach links und in einer Rechtskurve nach rechts.

Krümmung und zweite Ableitung

Begründung

Ob $f'$ steigt oder fällt, entscheidet nach dem Monotoniesatz die Ableitung von $f'$, also $f''$.

Ist $f''(x)\gt 0$ für alle $x$ im Inneren von $I$, dann ist $f'$ auf $I$ streng monoton steigend. Nach der Definition ist der Graph von $f$ dort linksgekrümmt.

Für $f''(x)\lt 0$ gilt dasselbe mit „fallend" und „rechtsgekrümmt".

Krümmungskriterium

$f''(x)\gt 0$ für alle $x$ im Inneren von $I$ $\;\Rightarrow\;$ Der Graph von $f$ ist auf $I$ linksgekrümmt.

$f''(x)\lt 0$ für alle $x$ im Inneren von $I$ $\;\Rightarrow\;$ Der Graph von $f$ ist auf $I$ rechtsgekrümmt.

Die Umkehrung gilt nicht

$f(x)=x^4$ hat die Ableitung $f'(x)=4x^3$. Sie ist auf ganz $\mathbb{R}$ streng monoton steigend, der Graph ist also überall linksgekrümmt.

Trotzdem ist $f''(0)=12\cdot 0^2=0$. Aus „linksgekrümmt" folgt also nicht, dass überall $f''(x)\gt 0$ gilt.

Rückblick · Das f″-Kriterium für Extrema

Ein Tiefpunkt liegt in einer Linkskurve

Im Modul „Monotonie & Extrempunkte" wurde gezeigt: Aus $f'(x_E)=0$ und $f''(x_E)\gt 0$ folgt ein Tiefpunkt.

Jetzt lässt sich das anschaulich lesen: $f''(x_E)\gt 0$ bedeutet, dass der Graph in der Nähe von $x_E$ linksgekrümmt ist. Eine Linkskurve mit waagerechter Tangente ist eine Talsohle, also ein Tiefpunkt.

Ebenso ist eine Rechtskurve mit waagerechter Tangente eine Kuppe: Aus $f'(x_E)=0$ und $f''(x_E)\lt 0$ folgt ein Hochpunkt.

Anwendung · Zurück zu den Downloads

Krümmungsverhalten von D

$D'(t)=3{,}6t-0{,}3t^2$

$D''(t)=3{,}6-0{,}6t$

$D''(t)=0 \;\Leftrightarrow\; 0{,}6t=3{,}6 \;\Leftrightarrow\; t=6$

Testwerte: $\;D''(2)=2{,}4\gt 0$, $\;D''(10)=-2{,}4\lt 0$

$t$	$0\le t\lt 6$	$6$	$6\lt t\le 12$
$D''(t)$	$+$	$0$	$-$
Graph von $D$	linksgekrümmt		rechtsgekrümmt
$D'$	$\nearrow$		$\searrow$

Ergebnis

Bis zum Tag 6 ist der Graph von $D$ linksgekrümmt: Die Downloadrate $D'$ steigt, jeden Tag kommen mehr neue Downloads hinzu als am Vortag.

Ab Tag 6 ist der Graph rechtsgekrümmt: Die Downloadrate sinkt. Der Hype flaut ab, obwohl die Gesamtzahl weiter steigt.

Am Tag 6 ist die Downloadrate mit $D'(6)=21{,}6-10{,}8=10{,}8$ am größten: rund 10 800 neue Downloads pro Tag. Bis dahin wurde die App $D(6)=43{,}2$ Tausend Mal heruntergeladen.

Weiterführend

Eigene Funktionen untersuchen

Mit dem Werkzeug Kurvendiskussion lassen sich beliebige Funktionen eingeben und zusammen mit ihren Ableitungen darstellen.

Beobachtung

Zurück zu den Downloads

Bei $t=6$ geht der Graph von $D$ von einer Linkskurve in eine Rechtskurve über.

Genau an dieser Stelle hat die Downloadrate $D'$ ihr Maximum: Bis Tag 6 steigt sie, danach fällt sie.

Beim Autofahren ist das die Stelle, an der das Lenkrad für einen Moment gerade steht.

Begriffe

Wendepunkt

Ein Punkt $W(x_W\,|\,f(x_W))$ des Graphen, an dem der Graph von einer Linkskurve in eine Rechtskurve übergeht oder umgekehrt, heißt Wendepunkt. $x_W$ heißt Wendestelle.

Da die Krümmung durch die Monotonie von $f'$ festgelegt ist, wechselt $f'$ an einer Wendestelle von Steigen zu Fallen oder umgekehrt.

Wendestellen von $f$ sind also Extremstellen von $f'$. Im Beispiel: $D'$ hat bei $t=6$ ein Maximum, das ist der Tag mit dem stärksten Zuwachs.

Notwendige Bedingung

Satz

Ist $f$ zweimal differenzierbar und hat der Graph von $f$ an der Stelle $x_W$ einen Wendepunkt, dann gilt

$$f''(x_W)=0$$

Begründung

$x_W$ ist eine Extremstelle von $f'$. Nach der notwendigen Bedingung für Extrema, angewendet auf die Funktion $f'$, ist dort die Ableitung von $f'$ gleich null.

Die Ableitung von $f'$ ist $f''$, also gilt $f''(x_W)=0$.

Aber: nicht hinreichend

Gegenbeispiel

$f(x)=x^4$ hat die zweite Ableitung $f''(x)=12x^2$, also ist $f''(0)=0$.

Trotzdem hat der Graph bei $0$ keinen Wendepunkt: Er ist überall linksgekrümmt (siehe Tab „Krümmung").

Merke

Die Lösungen von $f''(x)=0$ sind nur mögliche Wendestellen.

Ob dort wirklich ein Wendepunkt liegt, klärt eine hinreichende Bedingung (nächster Tab).

Interaktiv

Stelle x₀

Punkt auf dem Graphen von f

Krümmung an dieser Stelle

Mögliche Wendestellen

Grün hinterlegt sind die Linkskurven, rosa die Rechtskurven. Mögliche Wendestellen sind als Rauten markiert.

In allen drei Fällen ist $f''(x)=0$ an den markierten Stellen. Nur bei den ersten beiden wechselt dort die Krümmung.

Beispiel

Aufgabenstellung

Bestimme die Wendepunkte des Graphen von $f(x)=x^4-6x^2$.

Notwendige Bedingung

$f'(x)=4x^3-12x$, $\;f''(x)=12x^2-12$

$f''(x)=0 \;\Leftrightarrow\; x^2=1 \;\Leftrightarrow\; x=-1 \;\text{oder}\; x=1$

Mögliche Wendestellen: $x_1=-1$, $x_2=1$. Für die Prüfung gibt es zwei gleichwertige Wege.

Weg 1 · Vorzeichenwechsel von f″

Kriterium

Es sei $f''(x_W)=0$.

$f''$ wechselt bei $x_W$ das Vorzeichen von $+$ nach $-$ $\;\Rightarrow\;$ Wendepunkt, Wechsel von der Links- in die Rechtskurve

$f''$ wechselt bei $x_W$ das Vorzeichen von $-$ nach $+$ $\;\Rightarrow\;$ Wendepunkt, Wechsel von der Rechts- in die Linkskurve

$f''$ wechselt das Vorzeichen nicht $\;\Rightarrow\;$ kein Wendepunkt

Warum das funktioniert

Wechselt $f''$ das Vorzeichen, dann ist der Graph nach dem Krümmungskriterium auf der einen Seite von $x_W$ linksgekrümmt und auf der anderen rechtsgekrümmt. Das ist genau die Definition eines Wendepunkts.

Anwendung

$f''(x)=12(x+1)(x-1)$

Testwerte: $\;f''(-2)=36\gt 0$, $\;f''(0)=-12\lt 0$, $\;f''(2)=36\gt 0$

$x$	$x\lt -1$	$-1$	$-1\lt x\lt 1$	$1$	$x\gt 1$
$f''(x)$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
Graph von $f$	links	W	rechts	W	links

Bei $x_1=-1$ wechselt $f''$ von $+$ nach $-$ $\;\Rightarrow\;$ Wendepunkt, $\;f(-1)=1-6=-5$

Bei $x_2=1$ wechselt $f''$ von $-$ nach $+$ $\;\Rightarrow\;$ Wendepunkt, $\;f(1)=1-6=-5$

$W_1(-1\,|\,-5)$, $\;W_2(1\,|\,-5)$

Weg 2 · Kriterium mit der dritten Ableitung

Kriterium

Es sei $f''(x_W)=0$.

$f'''(x_W)\lt 0 \;\Rightarrow\;$ Wendepunkt, Wechsel von der Links- in die Rechtskurve

$f'''(x_W)\gt 0 \;\Rightarrow\;$ Wendepunkt, Wechsel von der Rechts- in die Linkskurve

Warum das funktioniert

$f'''$ ist die Ableitung von $f''$. Nach dem Monotoniesatz gilt also: Ist $f'''(x_W)\gt 0$, dann ist $f''$ in der Nähe von $x_W$ streng monoton steigend.

Da $f''(x_W)=0$ ist, geht $f''$ dort von negativen zu positiven Werten über, wechselt also von $-$ nach $+$. Nach Weg 1 liegt ein Wendepunkt vor, der Graph geht von der Rechts- in die Linkskurve über.

Ist $f'''(x_W)\lt 0$, dann fällt $f''$, wechselt von $+$ nach $-$, und der Graph geht von der Links- in die Rechtskurve über.

Anwendung

$f'''(x)=24x$

$f'''(-1)=-24\lt 0 \;\Rightarrow\;$ Wendepunkt $W_1(-1\,|\,-5)$, Wechsel von der Links- in die Rechtskurve

$f'''(1)=24\gt 0 \;\Rightarrow\;$ Wendepunkt $W_2(1\,|\,-5)$, Wechsel von der Rechts- in die Linkskurve

Beide Wege liefern dasselbe Ergebnis. ✓

Grenzfall · f‴(x_W) = 0

Das f‴-Kriterium versagt

$f(x)=x^5$: $\;f''(x)=20x^3$, $\;f'''(x)=60x^2$, also $f''(0)=0$ und $f'''(0)=0$.

$g(x)=x^4$: $\;g''(x)=12x^2$, $\;g'''(x)=24x$, also ebenfalls $g''(0)=0$ und $g'''(0)=0$.

Bei $f$ liegt in $0$ ein Wendepunkt, bei $g$ nicht. Die dritte Ableitung kann diese Fälle nicht unterscheiden.

Ausweg: Vorzeichenwechsel prüfen

$f''(x)=20x^3$ ist links von $0$ negativ und rechts positiv $\;\Rightarrow\;$ Wechsel von $-$ nach $+$ $\;\Rightarrow\;$ Wendepunkt $W(0\,|\,0)$

$g''(x)=12x^2$ ist links und rechts von $0$ positiv $\;\Rightarrow\;$ kein Wechsel $\;\Rightarrow\;$ kein Wendepunkt

Beim Graphen von $f$ ist in $W(0\,|\,0)$ außerdem die Tangente waagerecht. Solche Wendepunkte haben einen eigenen Namen (nächster Tab).

Merke

$f'''(x_W)=0$ bedeutet: keine Aussage. Dann mit dem Vorzeichenwechsel von $f''$ weiterprüfen.

Das Kriterium mit $f'''$ ist meist schneller, der Vorzeichenwechsel funktioniert immer. In den Musterlösungen dieses Moduls wird mit $f'''$ gerechnet und nur im Grenzfall der Vorzeichenwechsel geprüft.

Vergleich mit den Extremstellen

	Extremstelle $x_E$	Wendestelle $x_W$
notwendig	$f'(x_E)=0$	$f''(x_W)=0$
hinreichend	zusätzlich $f''(x_E)\neq 0$	zusätzlich $f'''(x_W)\neq 0$
immer anwendbar	Vorzeichenwechsel von $f'$	Vorzeichenwechsel von $f''$

Bei Wendestellen ist alles eine Ableitung höher, denn Wendestellen von $f$ sind Extremstellen von $f'$.

Interaktiv

Stelle x₀

Punkt auf dem Graphen von f

Zweite Ableitung

Dritte Ableitung

Auswertung der möglichen Wendestellen

Die möglichen Wendestellen sind als Rauten markiert. Am unteren Graphen liest man ab, ob $f'''(x_W)$ positiv, negativ oder null ist.

Beobachtung

Rückblick auf f(x) = x³

Im Modul „Monotonie & Extrempunkte" hatte der Graph von $f(x)=x^3$ bei $0$ eine waagerechte Tangente, aber keinen Extrempunkt. Der Punkt $S(0\,|\,0)$ wurde dort anschaulich Sattelpunkt genannt.

Jetzt lässt er sich genauer beschreiben: $f''(x)=6x$ wechselt bei $0$ das Vorzeichen von $-$ nach $+$. Der Graph geht dort von einer Rechts- in eine Linkskurve über, $S$ ist also ein Wendepunkt.

Zusätzlich ist $f'(0)=0$: Die Tangente in diesem Wendepunkt ist waagerecht.

Definition

Sattelpunkt

Ein Wendepunkt mit waagerechter Tangente heißt Sattelpunkt (auch Terrassenpunkt).

Für einen Sattelpunkt $S(x_S\,|\,f(x_S))$ gilt also $f'(x_S)=0$ und $f''(x_S)=0$.

Hinreichende Bedingung

$f'(x_S)=0,\;\; f''(x_S)=0\;\;\text{und}\;\; f'''(x_S)\neq 0 \;\Rightarrow\;$ Sattelpunkt

Ist $f'''(x_S)=0$, entscheidet wie im vorigen Tab der Vorzeichenwechsel von $f''$.

Beispiel

Aufgabenstellung

Untersuche den Graphen von $f(x)=x^4-4x^3$ auf Wende- und Sattelpunkte.

Im Modul „Monotonie & Extrempunkte" hatte sich gezeigt: $f'$ wechselt bei $0$ das Vorzeichen nicht, dort liegt also kein Extrempunkt.

Lösung

$f'(x)=4x^3-12x^2=4x^2(x-3)$

$f''(x)=12x^2-24x=12x(x-2)$

$f'''(x)=24x-24$

$f''(x)=0 \;\Rightarrow\; x_1=0,\; x_2=2$

$f'''(0)=-24\neq 0 \;\Rightarrow\;$ Wendepunkt. Wegen $f'(0)=0$ ist er ein Sattelpunkt, $\;f(0)=0$

$f'''(2)=24\neq 0 \;\Rightarrow\;$ Wendepunkt. Wegen $f'(2)=32-48=-16\neq 0$ kein Sattelpunkt, $\;f(2)=16-32=-16$

Sattelpunkt $S(0\,|\,0)$, Wendepunkt $W(2\,|\,-16)$

Die zweite Nullstelle von $f'$ ist $x=3$: $\;f''(3)=36\gt 0 \;\Rightarrow\;$ Tiefpunkt $T(3\,|\,-27)$

Übersicht · Punkte mit waagerechter Tangente

Es sei f′(x₀) = 0

Bedingung	Ergebnis
$f''(x_0)\gt 0$	Tiefpunkt
$f''(x_0)\lt 0$	Hochpunkt
$f''(x_0)=0,\;f'''(x_0)\neq 0$	Sattelpunkt
$f''(x_0)=0,\;f'''(x_0)=0$	keine Aussage

Im letzten Fall hilft der Vorzeichenwechsel von $f'$: $f(x)=x^4$ hat bei $0$ einen Tiefpunkt, $g(x)=x^5$ einen Sattelpunkt.

Interaktiv

Stelle x₀

Punkt auf dem Graphen von f

Tangentensteigung

Krümmung an dieser Stelle

Besondere Punkte

Wende- und Sattelpunkte sind als Rauten markiert, Extrempunkte als Ringe.

Beim Sattelpunkt berührt der Graph von $f'$ die $x$-Achse: Die Tangente ist waagerecht, und zugleich hat $f'$ dort eine Extremstelle.

Vorgehen · Schritt für Schritt

Aufgabenstellung

Bestimme die Wendepunkte und das Krümmungsverhalten des Graphen von $f(x)=x^4-2x^3-12x^2+5$.

Schritt 1 — Ableitungen bilden

$f'(x)=4x^3-6x^2-24x$

$f''(x)=12x^2-12x-24$

$f'''(x)=24x-12$

Schritt 2 — Notwendige Bedingung

$f''(x)=0 \;\Leftrightarrow\; 12(x^2-x-2)=0 \;\Leftrightarrow\; (x-2)(x+1)=0$

$\Rightarrow\; x_1=-1,\; x_2=2$

Schritt 3 — Hinreichende Bedingung

$f'''(-1)=-36\lt 0 \;\Rightarrow\;$ Wendepunkt, Wechsel von der Links- in die Rechtskurve

$f'''(2)=36\gt 0 \;\Rightarrow\;$ Wendepunkt, Wechsel von der Rechts- in die Linkskurve

Falls $f'''(x_W)=0$: Vorzeichenwechsel von $f''$ prüfen.

Schritt 4 — Funktionswerte

$f(-1)=1+2-12+5=-4$, $\;f(2)=16-16-48+5=-43$

$W_1(-1\,|\,-4)$, $\;W_2(2\,|\,-43)$

Schritt 5 — Krümmungsverhalten

Aus Schritt 3: Der Graph ist linksgekrümmt für $x\lt -1$, rechtsgekrümmt für $-1\lt x\lt 2$ und linksgekrümmt für $x\gt 2$.

Schritt 6 — Nur falls gefragt: Sattelpunkt?

$f'(-1)=-4-6+24=14\neq 0$, $\;f'(2)=32-24-48=-40\neq 0$

Keiner der beiden Wendepunkte ist ein Sattelpunkt.

Beispiel 1 · Wendepunkte und Krümmungsverhalten bestimmen

Worum es geht

Gefragt sind „Wendepunkte", „Wendestellen" oder die Bereiche, in denen der Graph links- bzw. rechtsgekrümmt ist. Das Vorgehen wird komplett abgearbeitet. Das Ergebnis sind Punkte mit beiden Koordinaten und die Krümmungsintervalle.

Aufgabenstellung

Bestimme die Wendepunkte des Graphen von $f(x)=\tfrac1{12}x^4-\tfrac12x^3+x^2$ und gib an, wo der Graph links- bzw. rechtsgekrümmt ist.

Lösung

$f'(x)=\tfrac13x^3-\tfrac32x^2+2x$, $\;f''(x)=x^2-3x+2$, $\;f'''(x)=2x-3$

$f''(x)=0 \;\Leftrightarrow\; (x-1)(x-2)=0 \;\Rightarrow\; x_1=1,\; x_2=2$

$f'''(1)=-1\lt 0 \;\Rightarrow\;$ Wendepunkt (Links- in Rechtskurve), $\;f(1)=\tfrac1{12}-\tfrac12+1=\tfrac7{12}$

$f'''(2)=1\gt 0 \;\Rightarrow\;$ Wendepunkt (Rechts- in Linkskurve), $\;f(2)=\tfrac43-4+4=\tfrac43$

$W_1\big(1\,|\,\tfrac7{12}\big)$, $\;W_2\big(2\,|\,\tfrac43\big)$

Linkskurve für $x\lt 1$ und für $x\gt 2$, Rechtskurve für $1\lt x\lt 2$

Beispiel 2 · Wendetangente und Wendenormale

Worum es geht

Gefragt ist die Tangente oder die Normale im Wendepunkt. Zuerst wird der Wendepunkt bestimmt, dann werden Tangente bzw. Normale wie im Modul „Tangente & Normale" aufgestellt. Da $f'$ an der Wendestelle ein Extremum hat, ist die Wendetangente die Tangente mit der lokal größten bzw. kleinsten Steigung.

Aufgabenstellung

Bestimme die Gleichungen der Wendetangente und der Wendenormale des Graphen von $f(x)=x^3-3x^2+1$.

Lösung

$f'(x)=3x^2-6x$, $\;f''(x)=6x-6$, $\;f'''(x)=6$

$f''(x)=0 \;\Leftrightarrow\; x=1$, $\;f'''(1)=6\neq 0 \;\Rightarrow\;$ Wendepunkt, $\;f(1)=1-3+1=-1$

Steigung der Wendetangente: $\;m_t=f'(1)=3-6=-3$

$t(x)=-3(x-1)+(-1)=-3x+2$

Steigung der Wendenormale: $\;m_n=-\dfrac1{m_t}=\tfrac13$

$n(x)=\tfrac13(x-1)+(-1)=\tfrac13x-\tfrac43$

Wendetangente $t(x)=-3x+2$, $\;$Wendenormale $n(x)=\tfrac13x-\tfrac43$

Beispiel 3 · Sattelpunkte

Worum es geht

Gefragt ist nach Sattel- oder Terrassenpunkten oder nach Punkten mit waagerechter Tangente, die keine Extrempunkte sind. Zu prüfen sind $f'(x_S)=0$, $f''(x_S)=0$ und $f'''(x_S)\neq 0$. Man kann mit den Wendestellen beginnen und dann $f'$ prüfen oder mit den Nullstellen von $f'$ beginnen und dann $f''$ prüfen.

Aufgabenstellung

Untersuche, ob der Graph von $f(x)=x^3-3x^2+3x+2$ einen Sattelpunkt hat.

Lösung

$f'(x)=3x^2-6x+3=3(x-1)^2$, $\;f''(x)=6x-6$, $\;f'''(x)=6$

$f''(x)=0 \;\Leftrightarrow\; x=1$, $\;f'''(1)=6\neq 0 \;\Rightarrow\;$ Wendepunkt

$f'(1)=0 \;\Rightarrow\;$ waagerechte Tangente $\;\Rightarrow\;$ Sattelpunkt, $\;f(1)=1-3+3+2=3$

Der Graph hat den Sattelpunkt $S(1\,|\,3)$.

Wegen $f'(x)=3(x-1)^2\ge 0$ steigt $f$ überall, Extrempunkte gibt es keine.

Beispiel 4 · Vom Graphen von f′ auf die Krümmung schließen

Worum es geht

Gegeben ist nur der Graph von $f'$. Die Krümmung von $f$ liest man an der Monotonie von $f'$ ab: Wo der Graph von $f'$ steigt, ist der Graph von $f$ linksgekrümmt, wo er fällt, rechtsgekrümmt. Die Wendestellen von $f$ sind die Extremstellen von $f'$. Typischer Fehler: Nullstellen von $f'$ mit Wendestellen verwechseln.

Aufgabenstellung

Die Abbildung zeigt den Graphen der Ableitung $f'$ einer Funktion $f$. Gib an, wo der Graph von $f$ links- bzw. rechtsgekrümmt ist, und bestimme die Wendestellen. Hat der Graph von $f$ einen Sattelpunkt?

Lösung

Der Graph von $f'$ steigt für $x\lt 0$, fällt für $0\lt x\lt 2$ und steigt für $x\gt 2$.

$\Rightarrow\;$ Der Graph von $f$ ist linksgekrümmt für $x\lt 0$, rechtsgekrümmt für $0\lt x\lt 2$ und linksgekrümmt für $x\gt 2$.

Wendestellen von $f$ sind die Extremstellen von $f'$: $\;x=0$ (Hochpunkt von $f'$) und $x=2$ (Tiefpunkt von $f'$).

Bei $x=2$ gilt zusätzlich $f'(2)=0$: waagerechte Tangente $\;\Rightarrow\;$ Sattelpunkt. Bei $x=0$ ist $f'(0)=1\neq 0$.

Die Nullstelle $x=-1$ von $f'$ mit Wechsel von $-$ nach $+$ ist eine Tiefstelle von $f$, keine Wendestelle.

Wendestellen $x=0$ und $x=2$; bei $x=2$ liegt ein Sattelpunkt.

Beispiel 5 · Parameteraufgaben

Worum es geht

Die Funktion enthält einen Parameter, z. B. $f_a$. Man rechnet wie gewohnt und behandelt den Parameter wie eine Zahl. Die Wendestelle hängt dann meist vom Parameter ab. Eine vorgegebene Eigenschaft des Wendepunkts liefert eine Gleichung für den Parameter.

Aufgabenstellung

Gegeben ist die Funktionenschar $f_a(x)=x^3-ax^2$ mit $a\in\mathbb{R}$.

a) Bestimme den Wendepunkt in Abhängigkeit von $a$.

b) Für welchen Wert von $a$ liegt die Wendestelle bei $x=2$?

c) Für welchen Wert von $a$ ist der Wendepunkt ein Sattelpunkt?

Lösung

$f_a'(x)=3x^2-2ax$, $\;f_a''(x)=6x-2a$, $\;f_a'''(x)=6$

a) $f_a''(x)=0 \;\Leftrightarrow\; x=\tfrac a3$, $\;f_a'''\big(\tfrac a3\big)=6\neq 0 \;\Rightarrow\;$ Wendepunkt für jedes $a$

$f_a\big(\tfrac a3\big)=\tfrac{a^3}{27}-\tfrac{a^3}{9}=-\tfrac{2a^3}{27}$

$W_a\big(\tfrac a3\,\big|\,-\tfrac{2a^3}{27}\big)$

b) $\tfrac a3=2 \;\Rightarrow\; a=6$, $\;$Wendepunkt $W_6(2\,|\,-16)$

c) $f_a'\big(\tfrac a3\big)=\tfrac{a^2}{3}-\tfrac{2a^2}{3}=-\tfrac{a^2}{3}=0 \;\Leftrightarrow\; a=0$

Für $a=0$ ist der Wendepunkt ein Sattelpunkt: $f_0(x)=x^3$ mit $S(0\,|\,0)$.

Übung 1 · Wendepunkt

GrundlagenWendepunkt und Krümmungsverhalten

Bestimme den Wendepunkt des Graphen von $f(x)=x^3+3x^2-2$ und gib an, wo der Graph links- bzw. rechtsgekrümmt ist.

$f'(x)=3x^2+6x$, $\;f''(x)=6x+6$, $\;f'''(x)=6$

$f''(x)=0 \;\Leftrightarrow\; x=-1$

$f'''(-1)=6\gt 0 \;\Rightarrow\;$ Wendepunkt, Wechsel von der Rechts- in die Linkskurve

$f(-1)=-1+3-2=0$

$W(-1\,|\,0)$; rechtsgekrümmt für $x\lt -1$, linksgekrümmt für $x\gt -1$

Übung 2 · Mögliche Wendestelle prüfen

GrundlagenWenn die dritte Ableitung versagt

Untersuche den Graphen von $f(x)=x^4-4x^3+6x^2$ auf Wendepunkte.

$f'(x)=4x^3-12x^2+12x$, $\;f''(x)=12x^2-24x+12=12(x-1)^2$, $\;f'''(x)=24x-24$

$f''(x)=0 \;\Leftrightarrow\; x=1$

$f'''(1)=0 \;\Rightarrow\;$ keine Aussage, Vorzeichenwechsel von $f''$ prüfen

$f''(x)=12(x-1)^2$ ist links und rechts von $1$ positiv $\;\Rightarrow\;$ kein Vorzeichenwechsel

Der Graph hat keinen Wendepunkt, er ist überall linksgekrümmt.

Übung 3 · Wendetangente und Wendenormale

GrundlagenTangente und Normale im Wendepunkt

Gegeben ist $f(x)=-x^3+3x^2$.

a) Bestimme den Wendepunkt des Graphen von $f$.

b) Bestimme die Gleichungen der Wendetangente und der Wendenormale.

c) In welchem Punkt schneidet die Wendetangente die $x$-Achse?

$f'(x)=-3x^2+6x$, $\;f''(x)=-6x+6$, $\;f'''(x)=-6$

a) $f''(x)=0 \;\Leftrightarrow\; x=1$, $\;f'''(1)=-6\neq 0 \;\Rightarrow\;$ Wendepunkt, $\;f(1)=-1+3=2$

$W(1\,|\,2)$

b) $m_t=f'(1)=-3+6=3$, $\;t(x)=3(x-1)+2=3x-1$

$m_n=-\tfrac13$, $\;n(x)=-\tfrac13(x-1)+2=-\tfrac13x+\tfrac73$

$t(x)=3x-1$, $\;n(x)=-\tfrac13x+\tfrac73$

c) $3x-1=0 \;\Leftrightarrow\; x=\tfrac13$

Schnittpunkt mit der $x$-Achse: $\big(\tfrac13\,\big|\,0\big)$

Übung 4 · Sonnenblume

MittelWann wächst die Pflanze am schnellsten?

Die Höhe einer Sonnenblume wird in den ersten 80 Tagen nach dem Auspflanzen beschrieben durch $h(t)=-0{,}001t^3+0{,}12t^2$ ($t$ in Tagen, $h(t)$ in cm).

a) Zu welchem Zeitpunkt wächst die Sonnenblume am schnellsten? Wie schnell wächst sie dann, und wie hoch ist sie zu diesem Zeitpunkt?

b) Beschreibe das Krümmungsverhalten des Graphen von $h$ und deute es im Sachzusammenhang.

$h'(t)=-0{,}003t^2+0{,}24t$, $\;h''(t)=-0{,}006t+0{,}24$, $\;h'''(t)=-0{,}006$

a) Gesucht ist das Maximum der Wachstumsgeschwindigkeit $h'$, also die Wendestelle von $h$.

$h''(t)=0 \;\Leftrightarrow\; t=40$, $\;h'''(40)=-0{,}006\lt 0 \;\Rightarrow\;$ Wendepunkt, $h'$ hat bei $40$ ein Maximum.

Randwerte: $\;h'(0)=0$, $\;h'(80)=-19{,}2+19{,}2=0$, beide kleiner.

$h'(40)=-4{,}8+9{,}6=4{,}8$, $\;h(40)=-64+192=128$

Nach 40 Tagen wächst die Sonnenblume mit 4,8 cm pro Tag am schnellsten. Sie ist dann 128 cm hoch.

b) Für $0\lt t\lt 40$ ist $h''(t)\gt 0$: Der Graph ist linksgekrümmt, das Wachstum wird immer schneller.

Für $40\lt t\lt 80$ ist $h''(t)\lt 0$: Der Graph ist rechtsgekrümmt, das Wachstum wird langsamer. Wegen $h'(t)\gt 0$ wächst die Pflanze aber weiter, bis sie nach 80 Tagen $h(80)=256$ cm erreicht.

Übung 5 · Exponentialfunktion

MittelWendepunkt mit Produktregel

Bestimme den Wendepunkt und das Krümmungsverhalten des Graphen von $f(x)=x\cdot e^{-x}$.

$f'(x)=e^{-x}-x\,e^{-x}=(1-x)\,e^{-x}$

$f''(x)=-e^{-x}-(1-x)\,e^{-x}=(x-2)\,e^{-x}$

$f'''(x)=e^{-x}-(x-2)\,e^{-x}=(3-x)\,e^{-x}$

Da $e^{-x}\gt 0$ ist: $\;f''(x)=0 \;\Leftrightarrow\; x-2=0 \;\Leftrightarrow\; x=2$

$f'''(2)=e^{-2}\gt 0 \;\Rightarrow\;$ Wendepunkt, Wechsel von der Rechts- in die Linkskurve

$f(2)=2e^{-2}\approx 0{,}27$

$W\big(2\,|\,2e^{-2}\big)\approx W(2\,|\,0{,}27)$; rechtsgekrümmt für $x\lt 2$, linksgekrümmt für $x\gt 2$

Übung 6 · Trigonometrische Funktion

MittelEin besonderer Wendepunkt

Gegeben ist $f(x)=x+\sin(x)$ für $0\lt x\lt 2\pi$.

a) Bestimme den Wendepunkt des Graphen von $f$.

b) Zeige, dass dieser Wendepunkt ein Sattelpunkt ist.

$f'(x)=1+\cos(x)$, $\;f''(x)=-\sin(x)$, $\;f'''(x)=-\cos(x)$

a) $f''(x)=0 \;\Leftrightarrow\; \sin(x)=0 \;\Rightarrow\; x=\pi$ (einzige Lösung in $]0;2\pi[$)

$f'''(\pi)=-\cos(\pi)=1\neq 0 \;\Rightarrow\;$ Wendepunkt, $\;f(\pi)=\pi+0=\pi$

$W(\pi\,|\,\pi)$

b) $f'(\pi)=1+\cos(\pi)=1-1=0 \;\Rightarrow\;$ waagerechte Tangente

$W(\pi\,|\,\pi)$ ist ein Sattelpunkt.

Übung 7 · Hochwasser

AnspruchsvollIst das Schlimmste vorbei?

Nach einem Starkregen steigt der Pegel eines Flusses. In den ersten 20 Stunden wird der Wasserstand beschrieben durch $p(t)=2+0{,}03t^2-0{,}001t^3$ ($t$ in Stunden nach Beginn des Regens, $p(t)$ in m).

a) Zu welchem Zeitpunkt steigt der Pegel am schnellsten? Gib die Anstiegsrate an.

b) Nach 12 Stunden sagt die Einsatzleitung: „Der Pegel steigt zwar noch, aber das Schlimmste ist vorbei." Beurteile diese Aussage mathematisch.

$p'(t)=0{,}06t-0{,}003t^2$, $\;p''(t)=0{,}06-0{,}006t$, $\;p'''(t)=-0{,}006$

a) $p''(t)=0 \;\Leftrightarrow\; t=10$, $\;p'''(10)=-0{,}006\lt 0 \;\Rightarrow\;$ Wendepunkt, $p'$ hat bei $10$ ein Maximum.

Randwerte: $\;p'(0)=0$, $\;p'(20)=1{,}2-1{,}2=0$

Nach 10 Stunden steigt der Pegel am schnellsten, mit $p'(10)=0{,}3$ m pro Stunde.

b) Für $10\lt t\lt 20$ ist $p''(t)\lt 0$: Der Graph ist rechtsgekrümmt, die Anstiegsrate sinkt. Nach 12 Stunden liegt sie bei $p'(12)=0{,}288$ m pro Stunde, also schon unter dem Maximum.

Wegen $p'(t)=0{,}003t(20-t)\gt 0$ für $0\lt t\lt 20$ steigt der Pegel aber noch bis $t=20$. Der Höchststand $p(20)=6$ m liegt deutlich über $p(12)\approx 4{,}59$ m.

Die Aussage stimmt nur für die Anstiegsgeschwindigkeit. Der höchste Wasserstand kommt erst nach 20 Stunden.

Übung 8 · Graph von f″

AnspruchsvollVon der zweiten Ableitung auf die Funktion schließen

Die Abbildung zeigt den Graphen der zweiten Ableitung $f''$ einer Funktion $f$.

a) Gib an, wo der Graph von $f$ links- bzw. rechtsgekrümmt ist.

b) Gib die Wendestellen von $f$ an und begründe.

c) An welcher Stelle im Intervall $[-2;3]$ ist die Steigung des Graphen von $f$ am größten? Begründe.

a) $f''(x)\gt 0$ für $x\lt -1$ $\;\Rightarrow\;$ linksgekrümmt für $x\lt -1$

$f''(x)\lt 0$ für $-1\lt x\lt 2$ und für $x\gt 2$ $\;\Rightarrow\;$ rechtsgekrümmt für $x\gt -1$

b) $x=-1$: $f''$ wechselt von $+$ nach $-$ $\;\Rightarrow\;$ Wendestelle

$x=2$: Der Graph von $f''$ berührt die $x$-Achse nur, kein Vorzeichenwechsel $\;\Rightarrow\;$ keine Wendestelle

c) Die Steigung von $f$ ist $f'$. Wegen $f''\gt 0$ für $x\lt -1$ steigt $f'$ bis $-1$, wegen $f''\le 0$ für $x\gt -1$ fällt $f'$ danach.

Die Steigung ist bei $x=-1$ am größten, also in der Wendestelle.

Übung 9 · Parameter und Wendetangente

ParameterWendetangente durch einen vorgegebenen Punkt

Gegeben ist die Funktionenschar $f_a(x)=ax^3-3x^2$ mit $a\neq 0$.

a) Bestimme den Wendepunkt in Abhängigkeit von $a$.

b) Bestimme die Gleichung der Wendetangente in Abhängigkeit von $a$.

c) Für welche Werte von $a$ verläuft die Wendetangente durch den Punkt $P(0\,|\,4)$?

$f_a'(x)=3ax^2-6x$, $\;f_a''(x)=6ax-6$, $\;f_a'''(x)=6a$

a) $f_a''(x)=0 \;\Leftrightarrow\; x=\tfrac1a$, $\;f_a'''\big(\tfrac1a\big)=6a\neq 0 \;\Rightarrow\;$ Wendepunkt

$f_a\big(\tfrac1a\big)=\tfrac1{a^2}-\tfrac3{a^2}=-\tfrac2{a^2}$

$W_a\big(\tfrac1a\,\big|\,-\tfrac2{a^2}\big)$

b) $m_t=f_a'\big(\tfrac1a\big)=\tfrac3a-\tfrac6a=-\tfrac3a$

$t_a(x)=-\tfrac3a\big(x-\tfrac1a\big)-\tfrac2{a^2}=-\tfrac3a\,x+\tfrac3{a^2}-\tfrac2{a^2}$

$t_a(x)=-\tfrac3a\,x+\tfrac1{a^2}$

c) $t_a(0)=\tfrac1{a^2}=4 \;\Leftrightarrow\; a^2=\tfrac14 \;\Leftrightarrow\; a=\tfrac12\;\text{oder}\;a=-\tfrac12$

Für $a=\tfrac12$ (Wendepunkt $W(2\,|\,-8)$) und für $a=-\tfrac12$ (Wendepunkt $W(-2\,|\,-8)$).

Übung 10 · Parameter und Sattelpunkt

ParameterSattelpunkt für alle Parameterwerte

Gegeben ist die Funktionenschar $f_k(x)=x^4-kx^3$ mit $k\neq 0$.

a) Zeige, dass der Graph von $f_k$ für jedes $k\neq 0$ im Ursprung einen Sattelpunkt hat.

b) Bestimme den zweiten Wendepunkt in Abhängigkeit von $k$.

c) Für welches $k$ liegt der zweite Wendepunkt bei $x=3$?

$f_k'(x)=4x^3-3kx^2$, $\;f_k''(x)=12x^2-6kx=6x(2x-k)$, $\;f_k'''(x)=24x-6k$

a) $f_k''(0)=0$ und $f_k'''(0)=-6k\neq 0 \;\Rightarrow\;$ Wendepunkt in $0$

$f_k'(0)=0 \;\Rightarrow\;$ waagerechte Tangente, $\;f_k(0)=0$

Für jedes $k\neq 0$ ist $S(0\,|\,0)$ ein Sattelpunkt.

b) $f_k''(x)=0 \;\Rightarrow\; x=\tfrac k2$, $\;f_k'''\big(\tfrac k2\big)=12k-6k=6k\neq 0 \;\Rightarrow\;$ Wendepunkt

$f_k\big(\tfrac k2\big)=\tfrac{k^4}{16}-\tfrac{k^4}{8}=-\tfrac{k^4}{16}$

$W_k\big(\tfrac k2\,\big|\,-\tfrac{k^4}{16}\big)$

c) $\tfrac k2=3 \;\Rightarrow\; k=6$

Für $k=6$ liegt der zweite Wendepunkt bei $W(3\,|\,-81)$.