Extremstellen bestimmen

Klasse 11

Grundidee

Notwendige Bedingung. Hat $f$ an der Stelle $x_0$ ein lokales Extremum und ist dort differenzierbar, so gilt

$$f'(x_0) = 0$$

Das ist nur eine Vorauswahl: $f'(x_0) = 0$ allein garantiert kein Extremum (Gegenbeispiel $f(x) = x^3$ bei $x_0 = 0$). Man braucht zusätzlich eine hinreichende Bedingung.

Hinreichend I — Vorzeichenwechselkriterium (VZK). Sei $f'(x_0) = 0$:

$f'$ wechselt bei $x_0$	Ergebnis
von $+$ nach $-$	lokales Maximum
von $-$ nach $+$	lokales Minimum
kein Wechsel	kein Extremum (Terrassenpunkt)

Hinreichend II — zweite Ableitung. Sei $f'(x_0) = 0$:

$f''(x_0)$	Ergebnis
$f''(x_0) < 0$	lokales Maximum (Rechtskrümmung)
$f''(x_0) > 0$	lokales Minimum (Linkskrümmung)
$f''(x_0) = 0$	keine Aussage — VZK verwenden

Lokal und global. Ein lokales Extremum ist nur im Vergleich mit der Umgebung extrem. Auf einem abgeschlossenen Intervall $[a,b]$ muss man für die globalen Extrema alle lokalen Extremwerte und die beiden Randwerte $f(a)$, $f(b)$ vergleichen — das globale Extremum kann am Rand liegen, wo $f' \neq 0$ ist.

f(x) = x³ − 3x mit Hochpunkt HP(−1|2) und Tiefpunkt TP(1|−2)

---

Aufgaben

Aufgabe 1

L

Bestimme die Extrempunkte von

$$f(x) = x^2 - 6x + 5$$

Aufgabe 2

L

Bestimme alle Extrempunkte von $f(x) = x^3 - 3x$ mit dem Kriterium der zweiten Ableitung.

Aufgabe 3

L

Bestimme alle Extrempunkte von

$$f(x) = x^4 - 8x^2$$

Aufgabe 4

L

Untersuche $f(x) = x^3 - 3x^2 + 3x$ auf Extremstellen.

Warum versagt hier das Kriterium mit $f''$, und was liefert stattdessen das Vorzeichenwechselkriterium?

Aufgabe 5

L

Bestimme die globalen Extrema von $f(x) = x^3 - 3x$ auf dem Intervall $[0,\;3]$.

Aufgabe 6

L

Der Graph zeigt $f(x) = x^3 - 3x$ auf dem Intervall $[-1{,}5;\; 2{,}5]$. Die Randpunkte sind blau, die Punkte mit waagrechter Tangente rot markiert.

1. Gib die lokalen Extrempunkte an.
2. Gib das globale Maximum und das globale Minimum auf diesem Intervall an.
3. Welcher der markierten Punkte ist ein lokales, aber kein globales Extremum?

Aufgabe 7

L

Bestimme alle Extrempunkte von

$$f(x) = x^{100} - 100x$$

Aufgabe 8

L

Bestimme alle Extrempunkte von

$$f(x) = 10^{-3}\,x^3 - 30x$$

---

Lösungen

Lösung 1

$$f'(x) = 2x - 6, \qquad f''(x) = 2$$

Notwendige Bedingung: $2x - 6 = 0 \Rightarrow x_0 = 3$.

Hinreichend: $f''(3) = 2 > 0$ → lokales Minimum.

$$f(3) = 9 - 18 + 5 = -4 \quad\Longrightarrow\quad TP(3 \mid -4)$$

---

Lösung 2

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

$f'(x) = 0 \Rightarrow 3(x^2 - 1) = 0 \Rightarrow x_1 = -1$, $x_2 = 1$.

Stelle	$f''(x_0)$	Schluss	Punkt
$x_1 = -1$	$f''(-1) = -6 < 0$	lokales Maximum	$HP(-1 \mid 2)$
$x_2 = 1$	$f''(1) = 6 > 0$	lokales Minimum	$TP(1 \mid -2)$

---

Lösung 3

$$f'(x) = 4x^3 - 16x = 4x(x-2)(x+2), \qquad f''(x) = 12x^2 - 16$$

Nullstellen von $f'$: $x = -2$, $x = 0$, $x = 2$.

Stelle	$f''(x_0)$	Schluss	Punkt
$x = -2$	$48 - 16 = 32 > 0$	lokales Minimum	$TP(-2 \mid -16)$
$x = 0$	$-16 < 0$	lokales Maximum	$HP(0 \mid 0)$
$x = 2$	$48 - 16 = 32 > 0$	lokales Minimum	$TP(2 \mid -16)$

Wegen $f(-x) = f(x)$ (nur gerade Exponenten) liegen die beiden Tiefpunkte spiegelbildlich zur $y$-Achse.

---

Lösung 4

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

Notwendige Bedingung: $3(x-1)^2 = 0 \Rightarrow x_0 = 1$.

Das Kriterium mit $f''$ versagt, weil $f''(1) = 6 \cdot 1 - 6 = 0$ ist — es liefert keine Aussage.

Vorzeichenwechselkriterium: $f'(x) = 3(x-1)^2 \geq 0$ für alle $x$, denn ein Quadrat ist nie negativ. Probewerte: $f'(0) = 3 > 0$ und $f'(2) = 3 > 0$ — kein Vorzeichenwechsel.

Also liegt bei $x_0 = 1$ kein Extremum vor, sondern ein Terrassenpunkt mit waagrechter Tangente:

$$f(1) = 1 - 3 + 3 = 1 \quad\Longrightarrow\quad \text{Terrassenpunkt } (1 \mid 1)$$

$f$ ist auf ganz $\mathbb{R}$ streng monoton steigend.

---

Lösung 5

Zuerst die inneren Kandidaten: $f'(x) = 3x^2 - 3 = 0 \Rightarrow x = \pm 1$. Im Intervall $[0,\,3]$ liegt davon nur $x = 1$.

Dann alle Kandidatenwerte vergleichen — die beiden Ränder gehören dazu:

Stelle	Art	$f(x)$
$x = 0$	linker Rand	$0$
$x = 1$	$f'(1) = 0$, lokales Minimum	$-2$
$x = 3$	rechter Rand	$27 - 9 = 18$

$$\text{globales Maximum: } 18 \text{ bei } x = 3 \qquad \text{globales Minimum: } -2 \text{ bei } x = 1$$

Das globale Maximum liegt am Rand; dort ist $f'(3) = 24 \neq 0$. Wer nur $f' = 0$ untersucht, übersieht es.

---

Lösung 6

1. Lokale Extrempunkte (rot, waagrechte Tangente): $HP(-1 \mid 2)$ und $TP(1 \mid -2)$.

2. Randwerte (blau): $f(-1{,}5) = -3{,}375 + 4{,}5 = 1{,}125$ und $f(2{,}5) = 15{,}625 - 7{,}5 = 8{,}125$.

Vergleich aller vier Werte $1{,}125$, $2$, $-2$ und $8{,}125$:

$$\text{globales Maximum: } 8{,}125 \text{ bei } x = 2{,}5 \qquad \text{globales Minimum: } -2 \text{ bei } x = 1$$

3. Der Hochpunkt $HP(-1 \mid 2)$: er ist lokales Maximum, aber mit $f(-1) = 2 < 8{,}125$ kein globales. Der Tiefpunkt dagegen ist hier zugleich das globale Minimum.

---

Lösung 7

$$f'(x) = 100x^{99} - 100 = 100\left(x^{99} - 1\right), \qquad f''(x) = 9900\,x^{98}$$

Notwendige Bedingung: $x^{99} = 1$. Der Exponent $99$ ist ungerade, es gibt also genau eine reelle Lösung $x_0 = 1$.

Hinreichend: $f''(1) = 9900 > 0$ → lokales Minimum.

$$f(1) = 1 - 100 = -99 \quad\Longrightarrow\quad TP(1 \mid -99)$$

Genau dasselbe Vorgehen wie in Aufgabe 1 — nur muss man beim Wurzelziehen auf die Parität des Exponenten achten.

---

Lösung 8

$$f'(x) = 3 \cdot 10^{-3}\,x^2 - 30, \qquad f''(x) = 6 \cdot 10^{-3}\,x$$

Notwendige Bedingung:

$$3 \cdot 10^{-3}\,x^2 = 30 \quad\Longrightarrow\quad x^2 = 10\,000 \quad\Longrightarrow\quad x = \pm 100$$

Stelle	$f''(x_0)$	Schluss	Punkt
$x = -100$	$-0{,}6 < 0$	lokales Maximum	$HP(-100 \mid 2000)$
$x = 100$	$0{,}6 > 0$	lokales Minimum	$TP(100 \mid -2000)$

Nachrechnen: $f(100) = 10^{-3} \cdot 10^{6} - 3000 = 1000 - 3000 = -2000$, und wegen der Punktsymmetrie $f(-100) = 2000$.