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

a) Die Ableitung von ${\displaystyle {}f}$ ist

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

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

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

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

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

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