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Analysis A II

Aufgaben
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1.0
Gegeben ist die Funktion $f:\, x\mapsto \frac{1}{5} \left(x^4-8x^3+18x^2 \right)$ mit der Definitionsmenge $\text{D}_f = \mathbb{R}.$
Der Graph wird mit $G_f$ bezeichnet.
1.1
Untersuche das Symmetrieverhalten von $G_f$ bezüglich des Koordinatensystems und gib das Verhalten von $f(x)$ für $x\to -\infty$ und für $x\to \infty$ an.
(3 BE)
#symmetrie
1.2
Zeige, dass die Funktion $f$ genau eine Nullstelle besitzt und gib diese samt Vielfachheit an.
(3 BE)
#nullstelle
1.3
Begründe nur mithilfe der Ergebnisse aus 1.1 und 1.2, dass an der Stelle $x=0$ ein relatives und zugleich absolutes Minimum von $f$ vorliegen muss.
(3 BE)
1.4
Zeige, dass an den Stellen $x=1$ und $x = 3$ Wendestellen von $f$ liegen.
Ermittle auch die Koordinaten der zugehörigen Punkte und welcher der beiden Punkte ein Terrassenpunkt ist.
(7 BE)
#wendepunkt
1.5
Die Wendepunkte aus Teilaufgabe 1.4 legen die Gerade $G_g$ fest. Ermittle deren Gleichung.
(3 BE)
1.6
Zeichne die Graphen $G_f$ und $G_g$ unter Mitverwendung vorliegender Ergebnisse im Bereich $ -1\leq x \leq 4,5$ in ein kartesisches Koordinatensystem.
Maßstab: $1\,\text{LE} = 1\,\text{cm}.$
(5 BE)
1.7
Die Graphen $G_f$ und $G_g$ schließen drei endliche Flächenstücke ein. Schraffiere das mittlere Flächenstück in deiner Zeichnung von Aufgabe 1.6 und berechne die Maßzahl seines Flächeninhaltes.
(5 BE)
2.
Gegeben ist der Graph der 1. Ableitung $h'$ der Funktion $h$ mit der Definitionsmenge $\text{D}_h = \mathbb{R}.$
Bestätige oder widerlege begründet folgende Aussagen:
a)
$G_h$ hat einen Tiefpunkt bei $x=1.$
b)
$G_h$ hat einen Tiefpunkt bei $x=4.$
c)
$G_h$ hat einen Wendepunkt bei $x=2.$
d)
Die Tangente an den Graphen $G_h$ in $x=2$ verläuft parallel zur Geraden $e$ mit der Gleichung $y = 3x+7.$
(8 BE)
#wendepunkt#extrempunkt
3.
Gegeben sind die reellen Funktionen $k_a:\, x\mapsto \frac{1}{9}\left(x^4 -2ax^3\right)$ mit $x,a \in \mathbb{R}$ und $a \geq 0 .$
Ermittle Art und Koordinaten der relativen Extrempunkte der zugehörigen Graphen $G_{k_a}$ in Abhängigkeit von $a.$
(9 BE)
#extrempunkt
4.0
Auf der Außenwand eines neuen Hallenbades soll dessen Logo, eine Welle, abgebildet werden. Der Architekt möchte ein großes Fenster in Form eines rechtwinkligen Dreiecks (siehe Skizze $\triangle PQR$) innerhalb der Welle anbringen.
Das Fenster soll am Punkt $P(2\mid 0)$ beginnen. Seine Breite $\left|\overline{PQ}\right|$ soll mindestens $5\,\text{m}$ und höchstens $10\,\text{m}$ betragen. Der Punkt $R$ soll auf der oberen Begrenzungslinie (Graph $G_w$) der Welle liegen, welche durch die Funktion $w:\, x\mapsto -0,01x^3+0,15x^2$ beschrieben wird.
Bei Berechnungen kann auf Einheiten verzichtet werden.
4.1
Zeige, dass die Maßzahl $A$ der Fläche des Fensters abhängig von der $x$-Koordinate des Punktes $Q$ durch die Funktionsgleichung
$A(x)=0,005\left(-x^4+17x^3-30x^2\right)$
$ A(x)=… $
beschrieben wird, und gib für die Funktion $A$ einen Definitionsbereich $\text{D}_A$ an, der den Vorgaben von 4.0 entspricht.
(5 BE)
4.2
Der Architekt möchte das Hallenbad möglichst hell gestalten. Aus diesem Grund soll die Fläche des Fensters möglichst groß sein. Bestimme die $x$-Koordinate des Punktes $Q,$ für welche die Maßzahl der Fläche $A$ maximal wird.
Berechne für diesen Fall Breite, Höhe und Fläche des Fensters. Ermittle den prozentualen Anteil der Fensterfläche an der Logofläche, wenn diese $36\,\text{m}^2$ beträgt. Runde deine Ergebnisse auf zwei Nachkommastellen.
(9 BE)
#prozent
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Lösungen
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1.1
$\blacktriangleright$  Symmetrieverhalten untersuchenAnalysis A II
$\begin{array}[t]{rll} f(-x)&=& \frac{1}{5}\left((-x)^4 -8\cdot (-x)^3+18\cdot (-x)^2 \right) \\[5pt] &=& \frac{1}{5}\left(x^4 +8\cdot x^3+18\cdot x^2 \right) \\[5pt] \end{array}$
$ f(-x)=… $
Es ist $f(-x)\neq f(x)$ und $f(-x)\neq -f(x).$ Der Graph $G_f$ kann also weder achsensymmetrisch zur $y$-Achse noch punktsymmetrisch zum Koordinatenursprung sein.
$\blacktriangleright$  Verhalten der Funktionswerte angeben
Für $x\to -\infty$ gilt:
$\frac{1}{5}\left(\underbrace{x^4}_{\to \infty} \underbrace{-8x^3}_{\to \infty} \underbrace{+18x^2}_{\to\infty} \right) \to \infty$
Für $x\to \infty$ folgt:
$\frac{1}{5}\left(\underbrace{x^4}_{\to \infty} \underbrace{-8x^3}_{\to -\infty} \underbrace{+18x^2}_{\to\infty} \right) \to \infty$
Für $x\to \infty$ gilt also $f(x)\to \infty$ und für $x\to -\infty$ gilt ebenfalls $f(x)\to \infty.$
1.2
$\blacktriangleright$  Nullstelle nachweisen
$\begin{array}[t]{rll} f(x)&=& 0 \\[5pt] \frac{1}{5} \left(x^4-8x^3+18x^2 \right) &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;\cdot 5 \\[5pt] x^4-8x^3+18x^2 &=& 0 \\[5pt] x^2\left( x^2-8x+18 \right)&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; x_{1/2} =0 \\[5pt] x^2-8x+18 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; pq\text{-Formel} \\[5pt] x_{3/4} &=& -\frac{-8}{2}\pm \sqrt{\left(\frac{-8}{2} \right)^2 -18} \\[5pt] &=& 4\pm \sqrt{-2} \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} x_{1/2} &= 0\\[5pt] x_{3/4} &= 4\pm \sqrt{-2} \\[5pt] \end{array}$
Die einzige Nullstelle ist also $x= 0.$ Dabei handelt es sich um eine doppelte Nullstelle.
1.3
$\blacktriangleright$  Minimum begründen
An der Stelle $x=0$ besitzt $f$ eine doppelte Nullstelle. Das bedeutet, dass auch $f'$ an dieser Stelle eine Nullstelle besitzt. Da dies die einzige Nullstelle von $f$ ist und gleichzeitig aber $f(x) \to \infty$ für $x\to -\infty$ und $x\to \infty$ gilt, berührt der Graph $G_f$ an dieser Stelle die $x$-Achse ohne sie zu schneiden. Der Graph verläuft in keinem Punkt unterhalb der $x$-Achse, da er dazu die $x$-Achse zweimal schneiden müsste.
$G_f$ besitzt an der Stelle $x=0$ daher einen Tiefpunkt, bei dem es sich gleichzeitig um den tiefsten Punkt des Graphen handelt. $f$ hat an der Stelle $x=0$ also gleichzeitig ein relatives und ein absolutes Minimum.
1.4
$\blacktriangleright$  Wendestellen zeigen
1. Schritt: Ableitungsfunktionen bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} f(x) &=& \frac{1}{5} \left(x^4-8x^3+18x^2 \right) \\[10pt] f'(x) &=& \frac{1}{5} \left(4x^3-24x^2+36x \right) \\[10pt] f''(x) &=& \frac{1}{5} \left(12x^2-48x+36 \right) \\[5pt] f'''(x) &=& \frac{1}{5} \left(24x-48 \right) \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f(x) &=& …\\[10pt] f'(x) &=& … \\[10pt] f''(x) &=& …\\[5pt] f'''(x) &=& … \\[5pt] \end{array}$
2. Schritt: Notwendiges Kriterium anwenden
$\begin{array}[t]{rll} f''(x) &=& 0 \\[5pt] \frac{1}{5} \left(12x^2-48x+36 \right) &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;\cdot 5 \\[5pt] 12x^2-48x+36 &=& &\quad \scriptsize \mid\; :12 \\[5pt] x^2-4x+3&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\ pq\text{-Formel} \\[5pt] x_{1/2} &=& -\frac{-4}{2}\pm \sqrt{\left(\frac{-4}{2} \right)^2 - 3} \\[5pt] &=& 2\pm 1\\[10pt] x_1 &=& 2- 1\\[5pt] &=& 1\\[10pt] x_2 &=& 2+ 1\\[5pt] &=& 3\\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f''(x) &=& 0 \\[5pt] x_1 &= 1\\[10pt] x_2 &= 3\\[10pt] \end{array}$
3. Schritt: Hinreichendes Kriterium überprüfen
$\begin{array}[t]{rll} f'''(1) &=& \frac{1}{5} \left(24\cdot 1-48 \right) \\[5pt] &=& -4,8 \\[10pt] f'''(3) &=& \frac{1}{5} \left(24\cdot 3-48 \right) \\[5pt] &=& 4,8 \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f'''(1) &= -4,8 \\[10pt] f'''(3) &= 4,8 \\[5pt] \end{array}$
Bei $x=1$ und $x=3$ handelt es sich also um Wendestellen von $f.$
$\blacktriangleright$  Koordinaten ermitteln
$\begin{array}[t]{rll} f(1) &=& \frac{1}{5} \left(1^4-8\cdot 1^3+18\cdot 1^2 \right) \\[5pt] &=& 2,2 \\[10pt] f(3) &=& \frac{1}{5} \left(3^4-8\cdot 3^3+18\cdot 3^2 \right) \\[5pt] &=& 5,4\\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f(1) &= 2,2 \\[10pt] f(3) &= 5,4\\[10pt] \end{array}$
Die Koordinaten der beiden Wendepunkte lauten also $W_1(1\mid 2,2)$ und $W_2(3\mid 5,4).$
$\blacktriangleright$  Terrassenpunkt identifizieren
Ein Wendepunkt ist ein Terrassenpunkt, wenn der Graph $G_f$ in diesem Punkt eine waagerechte Tangente besitzt, wenn also $f'(x)=0$ ist.
$\begin{array}[t]{rll} f'(1) &=& \frac{1}{5} \left(4\cdot 1^3-24\cdot 1^2+36\cdot 1 \right) \\[5pt] &=& 3,2 \\[10pt] f'(3) &=& \frac{1}{5} \left(4\cdot 3^3-24\cdot 3^2+36\cdot 3 \right) \\[5pt] &=& 0\\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f'(1) &= 3,2 \\[10pt] f'(3) &= 0\\[10pt] \end{array}$
Der Wendepunkt $W_2$ ist also gleichzeitig ein Terrassenpunkt.
1.5
$\blacktriangleright$  Geradengleichung ermitteln
Für die Steigung der Geraden gilt mit dem Differenzenquotienten:
$m = \dfrac{5,4-2,2}{3-1} = 1,6$
Mithilfe einer Punktprobe folgt für den $y$-Achsenabschnitt $b:$
$\begin{array}[t]{rll} g:\, y &=& m\cdot x +b &\quad \scriptsize \mid\; W_1(1\mid 2,2)\\[5pt] 2,2 &=& 1,6\cdot 1 +b &\quad \scriptsize \mid\; -1,6 \\[5pt] 0,6&=& b \end{array}$
$ b=0,6 $
Die Gleichung der Geraden $G_g$ lautet also $y = 1,6x+0,6.$
1.6
$\blacktriangleright$  Graphen in ein Koordinatensystem einzeichnen
Analysis A II
Abb. 1: Graphen $G_f$ und $G_g$
Analysis A II
Abb. 1: Graphen $G_f$ und $G_g$
1.7
$\blacktriangleright$  Flächenstück schraffieren
Analysis A II
Abb. 2: Flächenstück
Analysis A II
Abb. 2: Flächenstück
$\blacktriangleright$  Maßzahl des Flächeninhalts berechnen
Die drei eingeschlossenen Flächen werden von den beiden Wendepunkten unterbrochen. Der Flächeninhalt der mittleren Fläche lässt sich also mithilfe des folgenden Integrals berechnen:
$\begin{array}[t]{rll} A&=&\displaystyle\int_{1}^{3}(f(x)-g(x))\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{1}^{3}\left(\frac{1}{5} \left(x^4-8x^3+18x^2 \right)-\left(1,6x+0,6\right)\right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{1}^{3}\frac{1}{5} \left(x^4-8x^3+18x^2 -8x-3\right)\;\mathrm dx\\[5pt] &=& \frac{1}{5}\left[ \frac{1}{5}x^5-2x^4+6x^3-4x^2-3x \right]_1^3 \\[5pt] &=& \frac{1}{5} \left(\frac{1}{5}\cdot 3^5-2\cdot 3^4+6\cdot 3^3-4\cdot 3^2-3\cdot 3 - \left(\frac{1}{5}\cdot 1^5-2\cdot 1^4+6\cdot 1^3-4\cdot 1^2-3\cdot 1 \right) \right)\\[5pt] &=& \frac{1}{5} \left(3,6 +2,8 \right) \\[5pt] &=& 1,28 \\[5pt] \end{array}$
$ A=1,28 $
Die Maßzahl des Flächeninhalts des mittleren Flächenstücks ist $1,28$ Flächeneinheiten.
#integral
2.
$\blacktriangleright$  Aussagen bestätigen oder widerlegen
a)
An der Stelle $x=1$ schneidet $G_{h'}$ die $x$-Achse. Der Graph verläuft zuvor unterhalb der $x$-Achse und anschließend oberhalb der $x$-Achse. Der Graph von $h$ fällt also zunächst ab, erreicht dann an der Stelle $x=1$ die Steigung Null und steigt anschließend wieder. Er besitzt bei $x=1$ also einen Tiefpunkt.
Die Aussage stimmt.
b)
An der Stelle $x=4$ berührt $G_{h'}$ die $x$-Achse. Der Grpah verläuft zuvor und auch anschließend oberhalb der $x$-Achse. Die Steigung von $G_h$ ist in dem Bereich um $x =4$ also positiv bzw. größer gleich Null. $G_h$ ändert seine Steigung also an der Stelle $x=4$ nicht, sodass sich an dieser Stelle kein Extrempunkt befinden kann und damit insbesondere kein Tiefpunkt.
Die Aussage ist falsch.
c)
Der Graph $G_{h'}$ besitzt an der Stelle $x=2$ einen Hochpunkt. Hier ist also $h''(x)=0$ wie auch $h'''(x)\neq 0$ erfüllt. Dies entspricht dem notwendigen und hinreichenden Kriterium für eine Wendestelle von $h.$
Die Aussage ist also richtig.
d)
Die Steigung der Tangente an den Graphen $G_h$ an der Stelle $x=2$ entspricht dem Funktionswert von $h'$ an dieser Stelle. Aus der Abbildung lässt sich $h'(2)\approx 3$ ablesen. Die Tangente an $G_h$ an der Stelle $x=2$ besitzt also die Steigung $m=3$ und ist damit parallel zur Geraden mit der Gleichung $=3x+7.$
Die Aussage ist wahr.
3.
$\blacktriangleright$  Relative Extrempunkte ermitteln
1. Schritt: Ableitungen bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} k_a(x) &=& \frac{1}{9}\left(x^4 -2ax^3\right) \\[10pt] k_a'(x) &=& \frac{1}{9}\left( 4x^3 -6ax^2 \right) \\[10pt] k_a''(x) &=& \frac{1}{9}\left(12x^2 -12ax \right) \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} k_a(x) &=&… \\[10pt] k_a'(x) &=& … \\[10pt] k_a''(x) &=& … \end{array}$
2. Schritt: Notwendiges Kriterium anwenden
$\begin{array}[t]{rll} k_a'(x) &=& 0 \\[5pt] \frac{1}{9}\left( 4x^3 -6ax^2 \right) &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; \cdot 9\\[5pt] 4x^3 -6ax^2 &=& 0 \\[5pt] x^2\left(4x-6a \right)&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; x_{1/2} = 0 \\[5pt] 4x_3-6a &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;+6a \\[5pt] 4x_3 &=& 6a &\quad \scriptsize \mid\;:4 \\[5pt] x_3 &=& 1,5a \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} x_{1/2} &=& 0 \\[5pt] x_3 &=& 1,5a \end{array}$
3. Schritt: Hinreichendes Kriterium überprüfen
$\begin{array}[t]{rll} k_a''(0) &=& \frac{1}{9}\left(12\cdot 0^2 -12a\cdot 0 \right) \\[5pt] &=& 0 \\[10pt] k_a''(1,5a) &=& \frac{1}{9}\left(12\cdot (1,5a)^2 -12a\cdot 1,5a \right) \\[5pt] &=& a^2 \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} k_a''(0) &=0 \\[10pt] k_a''(1,5a) &= a^2 \\[5pt] \end{array}$
4. Schritt: Extrempunkte einordnen
  • $a=0:$ Im Fall $a=0$ ist $k_a(x)= \frac{1}{9}x^4.$ Der Graph $G_{k_a}$ ist dann eine nach oben geöffnete Parabel mit Scheitelpunkt $S(0\mid 0).$ Bei dem Scheitelpunkt handelt es sich in dem Fall dann um einen Tiefpunkt. Weitere relativen Extrempunkte hat $G_{k_a}$ nicht.
  • $a>0:$ Im Fall $a>0$ ist $k_a''(1,5a)=a^2 >0.$ Der Graph $G_{k_a}$ besitzt dann einen Tiefpunkt an der Stelle $x=1,5a.$
    $k_a(1,5a) = \frac{1}{9}\left((1,5a)^4 -2a\cdot (1,5a)^3\right) = \frac{-3}{16}a^4$
    $ k_a(1,5a) = \frac{-3}{16}a^4$
    Der Tiefpunkt hat die Koordinaten $T\left(1,5a\mid -\frac{3}{16}a^4\right).$
    Eine weitere mögliche Extremstelle ist $x=0.$ Es ist $k_a(x) \to \infty$ für $x\to -\infty$ und für $x\to \infty.$ An der Stelle $x=0$ könnte sich nur dann ein weiterer relativer Extrempunkt befinden, wenn es ein Hochpunkt wäre und es einen weiteren Tiefpunkt gäbe. Es gibt allerdings keinen weiteren Tiefpunkt, sodass sich ein zweiter Extrempunkt mit dem Verhalten von $k_a(x)$ für $x\to -\infty$ und $x\to \infty$ ausschließt.
    Es handelt sich in diesem Fall beim Punkt $(0\mid 0)$ also um einen Terrassenpunkt, aber nicht um einen relativen Extrempunkt.
4.1
$\blacktriangleright$  Funktionsterm zeigen
Bei dem Dreieck $PQR$ handelt es sich um ein rechtwinkliges Dreieck mit den beiden Katheten $\overline{PQ}$ und $\overline{QR}.$
  • Die Länge der Seite $\overline{PQ}$ beträgt $x-2.$
  • Die Länge der Seite $\overline{QR}$ beträgt $w(x)= -0,01x^3 + 0,15x^2.$
Mit der Formel für den Flächeninhalt eines Dreiecks folgt:
$\begin{array}[t]{rll} A(x)&=& \frac{1}{2}\cdot \left|\overline{PQ} \right|\cdot \left|\overline{QR} \right| \\[5pt] &=& \frac{1}{2}\cdot (x-2) \cdot \left(-0,01x^3 + 0,15x^2\right) \\[5pt] &=& \frac{1}{2} \cdot \left(-0,01x^4 + 0,15x^3 +0,02x^3 -0,3x^2\right) \\[5pt] &=& -0,005x^4 + 0,085x^3 -0,15x^2 \\[5pt] &=& 0,005\left(-x^4+17x^3-30x^2 \right) \end{array}$
$ A(x)= … $
$\blacktriangleright$  Definitionsbereich angeben
Die Breite $\left|\overline{PQ} \right|$ soll mindestens $5\,\text{m}$ und höchstens $10\,\text{m}$ betragen. Dazu muss mindestens $x\geq 3$ und höchstens $x\leq 12$ sein. Der Definitionsbereich nach den Vorgaben aus 4.0 ist also $\text{D}_A= [3\, ; \, 12].$
#rechtwinkligesdreieck
4.2
$\blacktriangleright$  Koordinaten berechnen
1. Schritt: Ableitungen bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} A(x) &=& 0,005\left(-x^4+17x^3-30x^2 \right) \\[10pt] A'(x) &=& 0,005\left( -4x^3 +51x^2 -60x\right) \\[10pt] A''(x) &=& 0,005\left(-12x^2 +102x -60 \right) \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} A(x) &=… \\[10pt] A'(x) &=… \\[10pt] A''(x) &=… \end{array}$
2. Schritt: Notwendiges Kriterium für relative Extrema anwenden
$\begin{array}[t]{rll} A'(x) &=& 0 \\[5pt] 0,005\left( -4x^3 +51x^2 -60x\right) &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; :0,005 \\[5pt] -4x^3 +51x^2 -60x &=& 0 \\[5pt] x\cdot \left(-4x^2 +51x -60 \right)&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; x_1 = 0 \notin \text{D}_A \\[5pt] -4x^2 +51x -60 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; _(-4) \\[5pt] x^2 -12,75 x +15&=& 0&\quad \scriptsize \mid\; pq\text{-Formel}\\[5pt] x_{2/3} &=& -\frac{-12,75}{2}\pm \sqrt{\left(\frac{-12,75}{2}\right)^2 -15} \\[5pt] &=&\frac{51}{8} \pm \sqrt{\frac{1.641}{64}} \\[5pt] x_2 &=&\frac{51}{8} - \sqrt{\frac{1.641}{64}} \\[5pt] &\approx& 1,31 \notin \text{D}_A \\[10pt] x_3 &=&\frac{51}{8} + \sqrt{\frac{1.641}{64}} \\[5pt] &\approx& 11,44 \in \text{D}_A \\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} A'(x) &=& 0 \\[5pt] x_1 &=& 0\\[5pt] x_2 &\approx 1,31 \notin \text{D}_A \\[10pt] x_3 &\approx 11,44 \in \text{D}_A \\[10pt] \end{array}$
3. Schritt: Hinreichendes Kriterium für relative Extrema überprüfen
$\begin{array}[t]{rll} A''(x_3)&=& A''(11,44) \\[5pt] &=& 0,005\left(-12\cdot 11,44^2 +102\dot 11,44 -60 \right) \\[5pt] &\approx& -2,32 < 0\\[10pt] \end{array}$
$ A''(x_3) \approx -2,32 < 0 $
An der Stelle $x= 11,44$ besitzt die Funktion $A(x)$ also ein relatives Maximum. Da dies das einzige relative Extremum innerhalb des Definitionsbereichs $\text{D}_A$ ist und $A$ eine stetige Funktion ist, ist dies die Stelle im Definitionsbereich, an der $A$ ihren größten Funktionswert annimmt.
Für die $x$-Koordinate $x \approx 11,44$ wird die Maßzahl der Fläche $A$ also maximal.
$\blacktriangleright$  Breite, Höhe und Fläche berechnen
Die Breite des Fensters beträgt $b = 11,44 - 2 = 9,44\,\text{[m]}.$
Die Höhe ergibt sich über den zu $x=11,44$ zugehörigen Funktionswert von $w:$
$\begin{array}[t]{rll} w(11,44) &=& -0,01\cdot 11,44^3+0,15\cdot 11,44^2\\[5pt] &\approx& 4,66 \end{array}$
$ w(11,44)\approx 4,66 $
Die Höhe des Fensters beträgt also $4,66\,\text{[m]}.$
Der Flächeninhalt beträgt dann:
$\begin{array}[t]{rll} A&=& \frac{1}{2} \cdot \left(9,44\,\text{m} \cdot 4,66\,\text{m} \right)\\[5pt] &\approx& 22,00\,\text{m}^2 \\[5pt] \end{array}$
$ A\approx 22,00\,\text{m}^2 $
$\blacktriangleright$  Prozentualen Anteil ermitteln
$\frac{22,00\,\text{m}^2 }{36\,\text{m}^2} \approx 0,6111 = 61,11\,\%$
Die Fensterfläche nimmt einen prozentualen Anteil von $61,11\,\%$ der gesamten Logofläche ein.
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