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Aufgabe 2.2

Aufgaben
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Gegeben sind die Funktionenschar $f_a$ mit $f_a(x)=\frac{1}{a}x^3+3x^2+5x+2a;$ $x\in \mathbb{R},$ $a\in \mathbb{R},$ $a\neq 0$ und die Funktion $h$ it $h(x)=-\frac{1}{2}\cdot x^{-3};$ $x\in \mathbb{R},$ $x\neq 0.$
Die zugehörigen Graphen sind $G_a$ und $K.$
#funktionenschar
a)
Gib die für den Graphen $K$ vorliegende Symmetrie an und begründe diese.
Bestimme das Verhalten der Funktionswerte von $h$ für $x \to +\infty.$ Begründe, dass es keine reelle Zahl $a$ gibt, so dass gilt:
$\lim\limits_{x\to\infty}h(x)=\lim\limits_{x\to\infty}f_a(x).$
(6 BE)
#symmetrie
b)
Die Tangente an $K$ im Punkt $P(-1\mid h(-1))$ und die beiden Koordinatenachsen begrenzen ein Dreieck.
Ermittle den Flächeninhalt dieses Dreiecks.
(7 BE)
c)
Begründe, dass der Graph $K$ keine lokalen Extrempunkte besitzt.
(2 BE)
#extrempunkt
d)
Zeige, dass es genau zwei Punkte auf dem Graphen $G_2$ gibt, in denen Tangenten mit dem gleichen Anstieg $m = 1,5$ existieren.
(6 BE)
#tangente
e)
Es gibt einen Wert des Parameters $a,$ für den der Graph $G_a$ genau einen Punkt mit waagerechter Tangente besitzt.
Bestimme diesen Parameterwert. Erläutere, wie du nachweisen könntest, dass der Graph $G_a$ für diesen Parameterwert einen Sattelpunkt besitzt.
(9 BE)
f)
Zeige, dass die Punkte $P_1(-4\mid 0)$ und $P_2(-0,64\mid 1,9)$ bei entsprechender Rundung der $y$-Koordinaten auf den beiden zur Modellierung verwendeten Graphen liegen.
Der Gartenteich wird kurzzeitig durch eine rechteckige Plane abgedeckt. Die Seiten dieser Plane liegen parallel zu den Koordinatenachsen. Berechne die Seitenlängen, die diese Plane mindestens haben muss.
(9 BE)
g)
Wenn genau senkrecht zur Teichoberfläche Licht auf den Gartenteich fällt, entsteht durch die Brücke ein Schatten, der zum Teil auf der Wasseroberfläche liegt.
Berechne die Größe der Wasseroberfläche, die in diesem Fall im Schatten liegt.
(5 BE)
h)
Die über den Teich führende Brücke soll in einem neuen $x-y$-Koordinatensystem modelliert werden durch eine ganzrationale Funktion 4. Grades, die symmetrisch zur $y$-Achse verläuft.
Die Brücke hat eine Spannweite von $4$ Metern und ist in der Mitte $0,5$ Meter hoch (über der $x$-Achse). An den beiden Enden hat die Brücke einen Steigungswinkel von $45^{\circ}$ (bzw. $– 45^{\circ}$).
Ermittle die Gleichung der Parabel.
(6 BE)

(50 BE)
#parabel
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a)
$\blacktriangleright$  Symmetrie angeben und begründenAufgabe 2.2
$\begin{array}[t]{rll} h(-x)&=&-\frac{1}{2}\cdot (-x)^{-3} \\[5pt] &=& \frac{1}{2}\cdot x^{-3} \\[5pt] &=& -h(x) \\[5pt] \end{array}$
Es gilt also $h(-x)=-h(x).$ Damit ist der Graph von $h,$ also $K,$ punktsymmetrisch zum Koordinatenursprung.
$\blacktriangleright$  Verhalten der Funktionswerte bestimmen
$h(x)$ lässt sich wie folgt umformen:
$h(x)= -\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{x^3}$
Für $x\to +\infty$ gilt $\frac{1}{x^3}\to 0.$ Insgesamt gilt daher $h(x)\to 0$ für $x\to +\infty.$
$\blacktriangleright$  Begründen, dass es keinen passenden Parameterwert gibt
Für jeden Wert von $a\in \mathbb{R}$ mit $a>0$ gilt:
$\frac{1}{a}x^3\to \infty$ für $x\to \infty.$
Für jeden Wert von $a\in \mathbb{R}$ mit $a<0$ gilt:
$\frac{1}{a}x^3\to -\infty$ für $x\to \infty.$
Da dies für den Summanden des Funktionsterms mit dem größten Exponenten gilt, gilt dies für den gesamten Funktionsterm. Es gibt also keinen Wert für $a,$ für den $\lim\limits_{x\to+\infty}h(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}f_a(x)$ ist, da $\lim\limits_{x\to+\infty}h(x) = 0$ ist.
b)
$\blacktriangleright$  Flächeninhalt des Dreiecks ermitteln
1. Schritt: Tangentengleichung aufstellen
Für die erste Ableitungsfunktion von $h$ folgt:
$\begin{array}[t]{rll} h'(x)&=& -\frac{1}{2}\cdot (-3)\cdot x^{-4} \\[5pt] &=& \frac{3}{2}\cdot x^{-4} \end{array}$
Die Steigung der Tangente ist also:
$\begin{array}[t]{rll} m_t&=& h'(-1) \\[5pt] &=& \frac{3}{2}\cdot (-1)^{-4} \\[5pt] &=&\frac{3}{2} \end{array}$
Für den Funktionswert an der Stelle $x=-1$ gilt:
$\begin{array}[t]{rll} t(-1)&=& h(-1) \\[5pt] &=& -\frac{1}{2}\cdot (-1)^{-3} \\[5pt] &=& \frac{1}{2} \end{array}$
Eine Punktprobe liefert für den $y$-Achsenabschnitt $b_t$ der Tangente:
$\begin{array}[t]{rll} t(x)&=& m_t \cdot x +b_t \\[5pt] \frac{1}{2}&=& \frac{3}{2}\cdot (-1) + b_t &\quad \scriptsize \mid\;+\frac{3}{2} \\[5pt] 2 &=& b_t \end{array}$
$ 2 = b_t $
Eine Gleichung der Tangente an $K$ im Punkt $P$ lautet also $t(x)= \frac{3}{2}x+2.$
2. Schritt: Längen berechnen
Das Dreieck besitzt im Koordinatenursprung einen rechten Winkel. Eine der beiden Katheten ist $2\,\text{LE}$ lang. Die zweite Kathetenlänge kann über die Nullstelle der Tangente bestimmt werden:
$\begin{array}[t]{rll} t(x)&=& 0 \\[5pt] \frac{3}{2}x+2&=& 0&\quad \scriptsize \mid\;-2 \\[5pt] \frac{3}{2}x&=& -2 &\quad \scriptsize \mid\;:\frac{3}{2} \\[5pt] x&=& -\frac{4}{3} \end{array}$
$ x= -\frac{4}{3} $
Die zweite Kathete ist $\frac{4}{3} \,\text{LE}$ lang.
3. Schritt: Flächeninhalt berechnen
$\begin{array}[t]{rll} A&=& \frac{1}{2}\cdot \frac{4}{3} \cdot 2 \\[5pt] &=& \frac{4}{3} \end{array}$
Der Flächeninhalt des Dreiecks, das die Tangente an $K$ im Punkt $P$ mit den Koordinatenachten einschließt, beträgt $\frac{4}{3} \,\text{FE}.$
c)
$\blacktriangleright$  Begründen, dass es keine lokalen Extrempunkte gibt
Für die erste Ableitungsfunktion von $h$ gilt: $h'(x)= \frac{3}{2}x^{-4}.$ Diese besitzt keine Nullstelle. Es gibt also keine Stelle $x,$ für die das notwendige Kriterium für lokale Extremstellen $h'(x)=0$ erfüllt ist. Der Graph von $h$ kann also keine lokale Extremstelle besitzen.
d)
$\blacktriangleright$  Anzahl der Punkte nachweisen
Die Steigung des Graphen $G_2$ wird durch die erste Ableitungsfunktion $f_2'$ beschrieben. Für diese gilt:
$\begin{array}[t]{rll} f_2(x)&=& \frac{1}{2}x^3+3x^2+5x+4 \\[5pt] f_2'(x)&=& \frac{3}{2}x^2+6x+5 \end{array}$
$ f_2'(x) = … $
Gleichsetzen mit $m=1,5$ liefert:
$\begin{array}[t]{rll} m&=& f_2'(x) \\[5pt] 1,5&=& \frac{3}{2}x^2+6x+5 &\quad \scriptsize \mid\; -1,5 \\[5pt] 0&=& \frac{3}{2}x^2+6x+3,5 \\[5pt] 0&=& 1,5x^2+6x+3,5 &\quad \scriptsize \mid\; abc\text{-Formel} \\[5pt] x_{1/2}&=& \dfrac{-6\pm \sqrt{6^2-4\cdot 1,5\cdot 3,5}}{2\cdot 1,5} \\[5pt] &=& \dfrac{-6\pm \sqrt{15}}{3} \\[5pt] x_1&=& \dfrac{-6- \sqrt{15}}{3} \\[5pt] x_2&=& \dfrac{-6+ \sqrt{15}}{3} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} x_1&=& \dfrac{-6- \sqrt{15}}{3} \\[5pt] x_2&=& \dfrac{-6+ \sqrt{15}}{3} \end{array}$
Es gibt also genau zwei Punkte auf $G_2,$ in denen die Tangenten an $G_2$ dieselbe Steigung $m=1,5$ besitzen.
e)
$\blacktriangleright$  Parameterwert bestimmen
Eine waagerechte Tangente besitzt der Graph $G_a$ an den Stellen $x,$ an denen $f_a'(x)=0$ gilt. Für die erste Ableitungsfunktion von $f_a$ gilt:
$\begin{array}[t]{rll} f_a'(x)&=&\frac{3}{a}x^2+6x+5 \end{array}$
Gleichsetzen mit Null liefert:
$\begin{array}[t]{rll} f_a'(x)&=& 0 \\[5pt] \frac{3}{a}x^2+6x+5 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;abc\text{-Formel} \\[5pt] x_{1/2}&=& \dfrac{-6\pm \sqrt{6^2-4\cdot \frac{3}{a}\cdot 5}}{2\cdot \frac{3}{a}} \\[5pt] &=& \dfrac{-6\pm \sqrt{36- \frac{60}{a}}}{\frac{6}{a}} \\[5pt] \end{array}$
$ x_{1/2} = … $
Die Gleichung $f_a'(x)=0$ hat genau eine Lösung, wenn der Radikand, also der Wert unter der Wurzel, Null ist:
$\begin{array}[t]{rll} 36- \frac{60}{a}&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;+\frac{60}{a} \\[5pt] 36&=& \frac{60}{a} &\quad \scriptsize \mid\;\cdot a \\[5pt] 36a&=& 60 &\quad \scriptsize \mid\; :36\\[5pt] a&=& \frac{5}{3} \end{array}$
$ a =\frac{5}{3} $
Für $a=\frac{5}{3}$ besitzt $G_a$ genau einen Punkt mit waagerechter Tangente.
$\blacktriangleright$  Nachweis für einen Sattelpunkt erläutern
Bei einem Sattelpunkt handelt es sich um einen Wendepunkt mit waagerechter Tangente. Ich könnte also nachweisen, dass die notwendige Bedingung, $f_a''(x)=0$ und die hinreichende Bedingung $f_a'''(x)\neq 0$ zusätzlich zur waagerechten Tangente erfüllt sind, indem ich die jeweiligen Funktionswerte berechne.
f)
$\blacktriangleright$  Punkte nachweisen
$\begin{array}[t]{rll} h(-4)&=& -\frac{1}{2}\cdot (-4)^{-3} \\[5pt] &=& \frac{1}{128} \\[5pt] &\approx& 0,0 \\[10pt] f_2(-4)&=& \frac{1}{2}\cdot (-4)^3+3\cdot (-4)^2 +5\cdot (-4)+4 \\[5pt] &=& 0 \\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} h(-4)&\approx& 0,0 \\[10pt] f_2(-4)&=& 0 \\[10pt] \end{array}$
Der Punkt $P_1$ liegt also bei entsprechendem Runden auf den Graphen $G_2$ und $K.$ Für $P_2$ folgt:
$\begin{array}[t]{rll} h(-0,64)&=& -\frac{1}{2}\cdot (-0,64)^{-3} \\[5pt] &\approx& 1,9 \\[10pt] f_2(-0,64)&=& \frac{1}{2}\cdot (-0,64)^3+3\cdot (-0,64)^2 +5\cdot (-0,64)+4 \\[5pt] &\approx& 1,9 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} h(-0,64)&\approx& 1,9 \\[10pt] f_2(-0,64)&\approx& 1,9 \end{array}$
Bei entsprechender Rundung liegt also auch der Punkt $P_2$ auf den Graphen $G_2$ und $K.$
$\blacktriangleright$  Seitenlängen der Plane berechnen
Die Länge der Seite der Plane, die parallel zur $x$-Achse liegt, ergibt sich über die Differenz der Beträge der $x$-Koordinaten der beiden Schnittpunkte von $K$ und $G_2:$
$a= 4 -0,64 = 3,36$
Die obere Begrenzung der Plane verläuft entlang der $y$-Koordinate des höchsten Punkts von $G_2$ oder $K.$ Analog dazu verläuft die untere Begrenzung der Plane entlang der $y$-Koordinate des tiefsten Punkts von $G_2$ oder $K.$
1. Schritt: Kleinsten und größten Funktionswert von $\boldsymbol{h}$ bestimmen
Es ist $h(x)>0$ für alle $x<0.$ Daher nimmt $h$ den kleinsten Funktionswert im betrachteten Bereich im Punkt $P_1$ mit $h_{min}\approx 0$ an.
Da $K$ laut Teilaufgabe c) keine lokalen Extrempunkte besitzt und der kleinste Funktionswert im Intervall $[-4;-0,64]$ im Punkt $P_1$ angenommen wird, muss der größte Funktionswert von $h$ im Punkt $P_2$ angenommen werden und beträgt demnach $h_{max} \approx 1,9.$
2. Schritt: Kleinsten und größten Funktionswert von $\boldsymbol{f_2}$ bestimmen
Für die erste Ableitungsfunktion von $f_2$ gilt:
$\begin{array}[t]{rll} f_2(x)=& \frac{1}{2}x^3+3x^2+5x+4 \\[5pt] f_2'(x)=& \frac{3}{2}x^2+6x+5 \\[5pt] \end{array}$
Das notwendige Kriterium für Extremstellen liefert mögliche Stellen für Maxima:
$\begin{array}[t]{rll} f_2'(x)&=& 0 \\[5pt] \frac{3}{2}x^2+6x+5&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; abc\text{-Formel} \\[5pt] x_{1/2}&=& \dfrac{-6\pm \sqrt{6^2-4\cdot \frac{3}{2}\cdot 5}}{2\cdot \frac{3}{2}} \\[5pt] &=& \dfrac{-6\pm \sqrt{6}}{3} \\[5pt] x_1&=& \dfrac{-6-\sqrt{6}}{3} \\[5pt] x_2&=& \dfrac{-6+\sqrt{6}}{3}\\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} x_1&=& \frac{-6-\sqrt{6}}{3} \\[5pt] x_2&=& \frac{-6+\sqrt{6}}{3}\\[5pt] \end{array}$
Für die Funktionswerte an diesen Stellen und an den Intervallrändern gilt:
$\begin{array}[t]{rll} f_2\left(\dfrac{-6-\sqrt{6}}{3}\right)&\approx& 2,5 \\[5pt] f_2\left(\dfrac{-6+\sqrt{6}}{3}\right)&\approx& 1,5 \\[5pt] f_2(-4)&=& 0 \\[5pt] f_2(-0,64)&\approx& 1,9 \end{array}$
Der höchste Punkt von $G_2$ hat also die $y$-Koordinate $f_{2_{max}} \approx 2,5$ und der tiefste Punkt $f_{2_{min}} = 0.$
3. Schritt: Zweite Seitenlänge berechnen
Die zweite Seitenlänge der Plane muss also $2,5-0=2,5$ betragen.
Die Plane hat mindestens die Seitenlängen $3,36\,\text{m}$ und $2,5\,\text{m}.$
#extrempunkt
g)
$\blacktriangleright$  Größe der Schattenfläche berechnen
Es wird genau der Teil der Wasseroberfläche vom Schatten bedeckt, der direkt senkrecht unter der Brücke liegt. Der Flächeninhalt kann also mithilfe eines Integrals über die Differenzenfunktion $f_2-h$ berechnet werden:
$\begin{array}[t]{rll} A&=& \displaystyle\int_{-3}^{-2}(f_2(x)-h(x))\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{-3}^{-2}\left(\frac{1}{2}x^3+3x^2+5x+4+\frac{1}{2}\cdot x^{-3}\right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \left[ \frac{1}{8}x^4+x^3+\frac{5}{2}x^2+4x-\frac{1}{4}x^{-2}\right]_{-3}^{-2} \\[5pt] &=& \frac{1}{8}\cdot (-2)^4+(-2)^3+\frac{5}{2}\cdot (-2)^2+4\cdot (-2)-\frac{1}{4}\cdot (-2)^{-2}- \left( \frac{1}{8}\cdot (-3)^4+(-3)^3+\frac{5}{2}\cdot (-3)^2+4\cdot (-3)-\frac{1}{4}\cdot (-3)^{-2}\right) \\[5pt] &=& 2-8+10-8-\frac{1}{16}- \left( \frac{81}{8}-27+\frac{45}{2}-12-\frac{1}{36}\right)\\[5pt] &=& 35- \frac{1}{16}-\frac{81}{8}-\frac{45}{2}+\frac{1}{36}\\[5pt] &\approx& 2,3 \end{array}$
$ A\approx 2,3 $
Der Teil der Wasseroberfläche, der im Schatten liegt, ist ca. $2,3\,\text{m}^2$ groß.
#integral
h)
$\blacktriangleright$  Parabelgleichung ermitteln
Die Brücke soll durch eine ganzrationale Funktion $4.$ Grades modelliert werden, deren Graph symmetrisch zur $y$-Achse ist. Ihr Funktionsterm hat daher folgende Form:
$p(x)= ax^4 +bx^2+c$
Es gelten folgende Bedingungen:
  1. Die Brücke ist $0,5$ Meter hoch. Es ist also $p(0)=0,5.$ Daraus folgt direkt $c=0,5.$
  2. Die Brücke hat eine Spannweite von $4$ Meter, es muss also $p(-2)=p(2)=0$ sein.
  3. An beiden Enden hat die Brücke einen Steigungswinkel von $45^{\circ}$ bzw. $-45^{\circ},$ was einem Steigungswert von $1$ bzw. $-1$ entspricht. Es muss also gelten: $p'(-2)=1$ bzw. $p'(2)=-1.$
Für die erste Ableitungsfunktion von $p$ gilt:
$p'(x)= 4ax^3+2bx$
Es ergibt sich also folgendes Gleichungssystem:
$\begin{array}{lrll} \text{I}\quad&c&=& 0,5 \\[10pt] \text{II}\quad&0&=& a\cdot 2^4 +b\cdot 2^2 + c \\[5pt] &0&=& 16a +4b + 0,5 &\quad \scriptsize \mid \; -0,5 \\[5pt] &-0,5&=& 16a +4b \\[10pt] \text{III}\quad&-1&=& 4\cdot a \cdot 2^3 +2\cdot b\cdot 2 \\[5pt] &-1&=& 32 a + 4b &\quad \scriptsize \mid \text{III}-\text{II} \\[5pt] \hline \text{III'}&-0,5&=& 16 a &\quad \scriptsize \mid \; :16 \\[5pt] &-\frac{1}{32}&=& a \\[5pt] \end{array}$
$a=-\frac{1}{32}$
Einsetzen in $\text{III}$ liefert:
$\begin{array}[t]{rll} -1&=& 32a +4b &\quad \scriptsize \mid\;a=-\frac{1}{32} \\[5pt] -1&=& 32\cdot\left( -\frac{1}{32}\right) +b \\[5pt] -1&=& -1+b &\quad \scriptsize \mid\; +1 \\[5pt] 0&=& b \end{array}$
$ 0=b $
Für die Funktionsgleichung der Parabel folgt:
$p(x)= -\frac{1}{32} x^4+0,5.$
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