Abi 2019 Analysis (zentral)

Aufgabe 1

Gegeben ist für $x\in\mathbb R$ die Funktionenschar $f_k$ mit $f_k(x)=(x+k)^2\cdot\mathrm e^{\frac{1}{k}\cdot x}\,(k>0).$

Die folgende Abbildung zeigt vier Graphen für die Parameterwerte $k=1,5;2;2,5$ und $3$ .

Ordne jedem der Graphen I bis IV den entsprechenden Parameter $k$ zu. Begründe deine Entscheidungen.

Beschreibe den Einfluss des Parameters $k$ auf den Verlauf der vier Graphen. Nenne dazu drei Aspekte.

Berechne ohne Verwendung des CAS die Koordinaten der Extrempunkte. Die Überprüfung der hinreichenden Bedingung ist nicht erforderlich.
[Kontrollergebnis: $E_1(-k\mid 0)$ , $E_2\left(-3k\mid\frac{4k^2}{\mathrm e^3}\right)$ ]

Der Punkt $P(-3k\mid f_k(-3k))$ liegt auf dem Graphen der Funktion $f_k$ . Erläutere die folgende Rechnung und die Bedeutung der Gleichung (*):
$x=-3k$ $\Rightarrow$ $k=-\frac{x}{3}$
Damit folgt aus $y=\dfrac{4k^2}{e^3}:$
$y=\dfrac{4}{9\mathrm e^3}\cdot x^2$ (*)

Bestimme
$A(z)=\displaystyle\int_{z}^{0}f_3(x)\;\mathrm dx$
Ermittle darauf $\lim\limits_{z\to-\infty}(A(z))$ und interpretiere das Ergebnis geometrisch.
Fertige dazu auch eine geeignete Skizze an.

Aufgabe 2

Folgende Abbildung zeigt den Rand eines Design-Bilderrahmens (Maße in cm), der mithilfe der Graphen der vier Randfunktionen $g$ , $h$ , $i$ und $j$ beschrieben wird.

Der Rahmen ist zur $x$ -Achse und zur $y$ -Achse achsensymmetrisch.

Begründe, dass der Graph der Funktion $g$ mit $g(x)=(x-27)^2\cdot\mathrm e^{\frac{x-30}{3}}-30$ aus dem Graphen der Funktion $f_3$ aus Aufgabe 1a durch eine Verschiebung hervorgeht, und beschreibe diese Verschiebung.

Beschreibe, wie die Graphen der Randfunktionen $h$ , $i$ und $j$ aus dem Graphen von $g$ hervorgehen.

Berechne die maximale Höhe und die maximale Breite eines rechteckigen Bildes, das in diesen Rahmen passt. Gib das Ergebnis auf eine Dezimale genau an.

Ein quadratisches Bild von $40\,cm$ Kantenlänge soll gerahmt werden. Die verbleibende Fläche wird mit einem Passepartout abgedeckt. Berechne den Flächeninhalt des sichtbaren Passepartouts.

Aus einer Formelsammlung: Für die Länge $L$ der Graphen einer Funktion im Intervall [ $a$ ; $b$ ] gilt:
$L=\displaystyle\int_{a}^{b}\sqrt{1+(f‘(x))^2}\;\mathrm dx$
Ermittle damit den Umfang des inneren Rands des Rahmens.

Lösung 1

Graph I: $k=3;$ Graph II: $k=2,5;$ Graph III: $k=2;$ Graph IV: $k=1,5$
Als Begründung können die Nullstellen angeführt werden.

Je größer $k$ , desto höher liegt der Schnittpunkt mit der $y$ -Achse.
Je größer $k$ , desto kleiner ist der $x$ -Wert der Nullstelle.
Je größer $k$ , desto größer ist der $y$ -Wert des Hochpunkts des Graphen.

Anwendung der Produktregel liefert:

$\begin{array}[t]{rll} f_k‘(x)&=&\left((x+k)^2\cdot\mathrm e^{\frac{1}{k}x}\right)‘\\ &=&2(x+k)\cdot\mathrm e^{\frac{1}{k}x}+(x+k)^2\cdot\dfrac{1}{k}\mathrm e^{\frac{1}{k}x}\\ &=&\dfrac{1}{k}(x+k)(x+3)\cdot\mathrm e^{\frac{1}{k}x} \end{array}$

Notwendige Bedingung: $f_k‘(x)=0.$ Am Term kann man die Lösungen $x_1=-k$ und $x_2=-3k$ ablesen.

Die Extrempunkte lauten demnach: $E_1(-k\mid 0)$ und $E_2\left(-3k\mid \frac{4k^2}{\mathrm e^3}\right).$

Hier wird die Funktionsgleichung der Ortskurve der Hochpunkte berechnet. Dazu wird zunächst die $x$ -Koordinate der Hochpunkte nach $k$ aufgelöst, dann wird $k$ in der $y$ -Koordinate der Hochpunkte ersetzt. Man erhält eine Parabelgleichung.

$\begin{array}[t]{rll} A(z)&=&\displaystyle\int_{z}^{0}f_3(x)\;\mathrm dx&\\ &=&-3z^2\cdot\mathrm e^{\frac{z}{3}}-27\mathrm e^{\frac{z}{3}}+27 \end{array}$

$\lim\limits_{z\to\infty}A(z)=27$

Berechnet wurde der Inhalt der grau gekennzeichneten Fläche. Dieser ist endlich und hat den Wert $27\;[FE].$

Lösung 2

Der Graph von $g$ entsteht durch eine Verschiebung des Graphen von $f_3$ um $30$ Einheiten nach rechts (aus $x + 3$ wird $x - 27$ ) und einer Verschiebung um $30$ Einheiten nach unten (absolutes Glied $-30$ ).

Graph von $h$ : Spiegelung des Graphen von $g$ an der $x$ -Achse
Graph von $i$ : Spiegelung des Graphen von $g$ am Koordinatenursprung
Graph von $j$ : Spiegelung des Graphen von $g$ an $y$ -Achse

Die maximale Höhe ist der Abstand des Hochpunktes von $g(x)$ und des Tiefpunktes von $h(x)$ , also $d_1 = 2\cdot \mid g(21)\mid \approx 2 \cdot 28,2\;cm = 56,4 cm.$
Die maximale Breite wird dort erreicht, wo der Funktionswert von $g(x)$ genauso groß ist wie der $y$ -Wert des Hochpunktes.
Der Rechner liefert für die Gleichung $g(x) = g(21) = - 28,2$ neben $x_1 = 21$ die Lösung $x_2 \approx 28,7.$ Daraus folgt die maximale Breite von $d_2 \approx \mid 2 \cdot 28,7\;cm \mid = 57,4\;cm.$

Der Gesamtinhalt des Rahmens ist $A_R\approx 4\cdot\left|\displaystyle\int_{0}^{31,36}g(x)\;\mathrm dx\right|.$
Das quadratische Bild hat den Inhalt $A=1.600\; cm^2.$
Die Fläche des Passepartouts hat daher den Inhalt:
$A\approx 4\cdot\left|\displaystyle\int_{0}^{31,36}g(x)\;\mathrm dx\right|-1.600$
$\approx 4\cdot 889,71-1.600\approx 1958,84.$
Das sichtbare Passepartout ist ungefähr $1.959\;cm^2$ groß.

$L\approx 4\cdot\displaystyle\int_{0}^{31,36}\sqrt{1+(g‘(x))^2}\;\mathrm dx\approx 233,4\;[cm].$