Kurvendiskussion/e hoch -1 durch x/Aufgabe/Lösung

a) Die Ableitung von ${}f$ ist

$f'(x)={\frac {1}{x^{2}}}\cdot e^{-{\frac {1}{x}}}.$

Dies ist stets positiv, so dass die Funktion auf den beiden Teilintervallen ${}\mathbb {R} _{-}$ und ${}\mathbb {R} _{+}$ jeweils streng wachsend ist. Insgesamt ist die Funktion aber nicht wachsend, da die Werte zu negativem ${}x$ stets größer als die Werte zu positivem ${}x$ sind.

b) Für ${}x<0$ ist ${}e^{-{\frac {1}{x}}}>1$, da der Exponent positiv ist. Für ${}x>0$ ist ${}e^{-{\frac {1}{x}}}<1$, da der Exponent negativ ist. Daher haben insbesondere negative und positive reellen Zahlen unter ${}f$ unterschiedliche Werte. Da im negativen Bereich als auch im positiven Bereich strenges Wachstum vorliegt, ist die Abbildung insgesamt injektiv.

c) Für negatives ${}x$ durchläuft ${}-{\frac {1}{x}}$ sämtliche positiven Zahlen, so dass ${}e^{-{\frac {1}{x}}}$ das offene Intervall ${}]1,\infty [$ durchläuft. Für positives ${}x$ durchläuft ${}-{\frac {1}{x}}$ sämtliche negativen Zahlen, so dass ${}e^{-{\frac {1}{x}}}$ das offene Intervall ${}]0,1[$ durchläuft. Das Bild ist also ${}\mathbb {R} _{+}\setminus \{1\}$.

d) Aus ${}y=e^{-{\frac {1}{x}}}$ folgt durch Äquivalenzumformungen ${}\ln y=-{\frac {1}{x}}$ und damit ${}x=-{\frac {1}{\ln y}}$, die Umkehrabbildung ist also

$\mathbb {R} _{+}\setminus \{1\}\longrightarrow \mathbb {R} \setminus \{0\},\,y\longmapsto -{\frac {1}{\ln y}}.$

e)

Zur gelösten Aufgabe