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Analysis A II

Aufgaben
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1.0
Der Graph $G_f$ einer ganzrationalen Funktion $f$ vierten Grades mit $D_f= \mathbb{R}$ ist symmetrisch zur $y$-Achse und hat einen Wendepunkt $W_1(1\mid 2,5).$ Die Tangente $G_t$ im Punkt $W_1$ besitzt die Gleichung $t: \quad y = 4x-1,5$ mit $x\in \mathbb{R}.$
#ganzrationalefunktion
1.1
Bestimme den Funktionsterm $f(x).$
[Mögliches Ergebnis: $f(x)=-\frac{1}{2}(x^4-6x^2)$]
(7 BE)
1.2
Ermittle sämtliche Nullstellen der Funktion $f$ und deren Vielfachheit. Erkläre die Bedeutung der Vielfachheit dieser Nullstellen für den Graphen $G_f.$
(5 BE)
#nullstelle
1.3
Bestimme die maximalen Monotonieintervalle der Funktion $f$ sowie Art und Koordinaten der relativen Extrempunkte des Graphen $G_f.$
(8 BE)
#monotonie
1.4
Begründe ohne weitere Rechnung, dass der Graph $G_f$ genau zwei Wendepunkte besitzt und gib die Koordinaten des zweiten Wendepunkts an. Berechne auch die $x$-Koordinaten sämtlicher Punkte von $G_f,$ welche die gleichen $y$-Koordinaten wie die Wendepunkt haben.
(7 BE)
#wendepunkt
1.5
Zeichne unter Mitverwendung vorliegender Ergebnisse den Graphen $G_f$ im Bereich $-2,5\leq x\leq 2,5$ in ein kartesisches Koordinatensystem.
Für weitere Teilaufgaben wird auf der $y$-Achse der Bereich $-5\leq y\leq 5$ benötigt.
Maßstab: $1\,\text{LE}=1\,\text{cm}.$
(5 BE)
1.6
Zeige, dass an der Stelle $x=-2$ die Gleichung $f(x)-f'(x)=0$ gilt und bestimme alle weiteren Stellen mit dieser Eigenschaft. Erkläre, was das Ergebnis für den Graphen $G_f$ bedeutet.
(7 BE)
1.7
Gib exakt die Nullstellen und die Extremstellen der ersten Ableitungsfunktion $f'$ an und zeichne den Graphen $G_{f'}$ im Bereich $-2\leq x\leq2$ in das vorhandene Koordinatensystem mit Farbe ein.
(4 BE)
#extrempunkt
1.8
Die Graphen $G_f$ und $G_{f'}$ schließen ein endliches Flächenstück ein, das im $\text{II.}$ und $\text{III.}$ Quadranten des Koordinatensystems liegt.
Markiere dieses Flächenstück und berechne die Maßzahl seines Inhalts.
(5 BE)
2
Begründe oder widerlege folgende Aussage:
Ist der Graph $G_h$ einer ganzrationalen Funktion $h$ symmetrisch zur $y$-Achse, dann ist der Graph $G_{h'}$ der ersten Ableitungsfunktion punktsymmetrisch zum Ursprung.
(3 BE)
#achsensymmetrie#punktsymmetrie
3.0
#kegel
3.1
Bestimme die Maßzahl $V(h)$ des Volumens des Fußes der Leuchte in Abhängigkeit von $h.$
[Mögliches Ergebnis: $V(h)=\frac{\pi}{3}(-h^3+144h)$]
(3 BE)
3.2
Aus technischen Gründen wird für die Funktion $V:\quad h\to V(h)$ als Definitionsbereich $\mathbb{D}_V=[2;8]$ gewählt.
Bestimme die Höhe $h$ des Leuchtenfußes so, dass die Maßzahl seines Volumens den absolut größten Wert annimmt. Nach Auffassung der Designer würde dann die Leuchte die ansprechendsten Proportionen besitzen.
(6 BE)
Bildnachweise [nach oben]
[1]
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Lösungen
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1.1
$\blacktriangleright$  Funktionsterm bestimmen
Analysis A II Der allgemeine Ansatz für eine ganzrationale Funktion $f$ vierten Grades lautet:
$f(x)= ax^4+bx^3+cx^2+dx+e$
$ F(x)=ax^4+bx^3+… $
Aus der Aufgabenstellung lassen sich folgende Bedingungen ablesen:
  1. Der Graph $G_f$ ist symmetrisch zur $y$-Achse.
    Daraus ergibt sich $b=d=0.$
  2. $G_f$ besitzt einen Wendepunkt $W_1(1\mid 2,5).$
    Es gilt also $f(1)=2,5$
  3. Mit dem notwendigen Kriterium für Wendepunkte folgt außerdem:
    $f''(1)=0$
  4. $G_f$ besitzt in $W_1$ die Tangente $G_t$ mit $t:\quad y= 4x-1,5$
    Die Steigung von $G_t$ beträgt $4,$ also beträgt auch die Steigung von $G_f$ im Punkt $W_1$ $4:$
    $f'(1)=4$
Mit 1. ist $f(x)= ax^4+cx^2+e.$ Für die benötigten Ableitungsfunktionen von $f$ gilt:
$\begin{array}[t]{rll} f(x)&=& ax^4+cx^2+e \\[5pt] f'(x)&=& 4ax^3+2cx \\[5pt] f''(x)&=& 12ax^2+2c \end{array}$
Mit den Bedingungen von oben ergibt sich nun folgendes Gleichungssystem:
$\begin{array}{lrll} \text{I}\quad&2,5&=& a\cdot 1^4+c\cdot 1^2+e \\ &2,5&=& a+c+e &\quad \\[5pt] \text{II}\quad&0&=& 12a\cdot 1^2+2c &\quad \\ &0&=& 12a+2c &\quad \scriptsize\mid\;\text{Rechne: }\text{II}-\text{III}\\[5pt] \text{III}\quad&4&=& 4a\cdot 1^3+2c\cdot 1 &\quad \\ &4&=& 4a+2c &\quad \\ \hline \text{I}\quad&2,5&=& a+c+e &\quad \\[5pt] \text{IIa}\quad&-4&=& 8a &\quad \scriptsize\mid\; :8\\ &-\frac{1}{2}&=& a \\[5pt] \text{III}\quad&4&=& 4a+2c &\quad \\ \end{array}$
Einsetzen von $a$ in $\text{III}$ liefert:
$\begin{array}[t]{rll} \text{III}\qquad 4 &=& 4a+2c &\quad \scriptsize \mid\; a= -\frac{1}{2} \\[5pt] 4&=& 4\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)+2c \\[5pt] 4&=& -2+2c &\quad \scriptsize \mid\;+2 \\[5pt] 6&=& 2c&\quad \scriptsize \mid\;:2 \\[5pt] 3&=&c \end{array}$
$ c= 3$
Beide Ergebnisse können nun in $\text{I}$ eingesetzt werden:
$\begin{array}[t]{rll} \text{I}\qquad 2,5&=& a+c+e &\quad \scriptsize \mid\; a= -\frac{1}{2}, c=3\\[5pt] 2,5&=& -\frac{1}{2} +3 +e \\[5pt] 2,5&=& 2,5 +e &\quad \scriptsize \mid\; -2,5\\[5pt] 0&=& e \end{array}$
$ e= 0 $
Der Funktionsterm lautet:
$f(x)= -\frac{1}{2}x^4+3x^2$
#wendepunkt
1.2
$\blacktriangleright$  Nullstellen und deren Vielfachheit ermitteln
$\begin{array}[t]{rll} f(x)&=& 0 \\[5pt] -\frac{1}{2}x^4+3x^2&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; :\left(-\frac{1}{2}\right) \\[5pt] x^4-6x^2&=& 0 \\[5pt] x^2\cdot (x^2-6)&=& 0 \\[5pt] \end{array}$
$ x^2\cdot (x^2-6)&=& 0 $
Mit dem Satz vom Nullprodukt erhältst du bereits die erste Nullstelle mit der Vielfachheit $2:$
$x_1= x_2 =0$
Betrachte für die übrigen Nullstellen den zweiten Faktor des Produkts:
$\begin{array}[t]{rll} x^2-6&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; +6\\[5pt] x^2&=& 6 \\[5pt] x_3&=& -\sqrt{6} \\[5pt] x_4&=& \sqrt{6} \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} x_3&=& -\sqrt{6} \\[5pt] x_4&=& \sqrt{6} \\[5pt] \end{array}$
$f$ besitzt die doppelte Nullstelle $x_{1,2} = 0$, sowie zwei einfache Nullstellen $x_3= -\sqrt{6}$ und $x_4=\sqrt{6}.$
$\blacktriangleright$  Bedeutung für den Graphen erklären
$x_{1,2}=0$ ist eine doppelte Nullstelle, also sowohl Nullstelle von $f,$ als auch Nullstelle der ersten Ableitungsfunktion $f',$ aber nicht Nullstelle der zweiten Ableitungsfunktion $f''.$ Damit besitzt $G_f$ an dieser Stelle einen Extrempunkt und berührt dadurch in diesem Punkt die $x$-Achse, schneidet sie aber nicht.
Bei $x_3=-\sqrt{6}$ und $x_4=\sqrt{6}$ handelt es sich um einfache Nullstellen. Der Graph $G_f$ schneidet an diesen Stellen die $x$-Achse mit einer von Null verschiedenen Steigung. Es findet ein Vorzeichenwechsel statt.
1.3
$\blacktriangleright$  Maximale Monotonieintervalle bestimmen
Die erste Ableitungsfunktion von $f$ beschreibt das Steigungsverhalten von $G_f.$ Damit kann das Monotonieverhalten von $f$ bestimmt werden:
$f'(x)= -2x^3+6x$
$\begin{array}[t]{rll} f'(x)&=& 0 \\[5pt] -2x^3+6x&=& 0 \\[5pt] x\left(-2x^2+6 \right)&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; x_1 = 0\\[5pt] -2x^2+6 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;-6 \\[5pt] -2x^2&=& -6 &\quad \scriptsize \mid\; :(-2) \\[5pt] x^2&=& 3 \\[5pt] x_2 &=& -\sqrt{3} \\[5pt] x_3&=& \sqrt{3} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} x_1&=& 0 \\[5pt] x_2 &=& -\sqrt{3} \\[5pt] x_3&=& \sqrt{3} \end{array}$
$f'$ besitzt drei Nullstellen: $x_1= 0,$ $x_2= -\sqrt{3}$ und $x_3=\sqrt{3}.$ Bei allen handelt es sich um einfache Nullstellen, wodurch an diesen Stellen, und zwar ausschließlich an diesen Stellen, ein Vorzeichenwechsel von $f'$ stattfindet.
Im Intervall $[0;\sqrt{3}]$ liegt beispielsweise $x=1.$ Aus 1.1 wissen wir bereits, dass $f'(1)=4,$ also positiv ist.
Da an jeder Nullstelle ein Vorzeichenwechsel stattfindet ergeben sich folgende Intervalle:
  • Im Intervall $]-\infty;-\sqrt{3}[$ ist $f'$ positiv und damit $f$ streng monoton steigend.
  • Im Intervall $]-\sqrt{3};0[ $ ist $f'$ negativ und damit $f$ streng monoton fallend.
  • Im Intervall $]0;\sqrt{3}[ $ ist $f'$ positiv und damit $f$ streng monoton steigend.
  • Im Intervall $]\sqrt{3};\infty[$ ist $f'$ negativ und damit $f$ streng monoton fallend.
$\blacktriangleright$  Art und Koordinaten der relativen Extrempunkte bestimmen
Das notwendige Kriterium für Extrempunkte ist nach den obigen Ergebnissen an folgenden Stellen erfüllt:
$x_1= 0,$ $x_2=-\sqrt{3}$ und $x_3=\sqrt{3}$
1. Schritt: Art der Extrema bestimmen
  • An der Stelle $x_1=0$ erfolgt bei $f'$ ein Vorzeichenwechsel von negativ zu positiv. Hier besitzt $G_f$ also einen relativen Tiefpunkt.
  • An der Stelle $x_2=-\sqrt{3}$ erfolgt bei $f'$ ein Vorzeichenwechsel von positiv zu negativ. Hier besitzt $G_f$ also einen relativen Hochpunkt.
  • An der Stelle $x_3=\sqrt{3}$ erfolgt bei $f'$ ein Vorzeichenwechsel von positiv zu negativ. Hier besitzt $G_f$ also einen relativen Hochpunkt.
2. Schritt: Koordinaten der Extrempunkte bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} f\left(-\sqrt{3}\right)&=& -\frac{1}{2}\cdot \left(-\sqrt{3}\right)^4 +3\cdot \left(-\sqrt{3}\right)^2 \\[5pt] &=& 4,5\\[10pt] f\left(\sqrt{3}\right)&=& -\frac{1}{2}\cdot \left(\sqrt{3}\right)^4 +3\cdot \left(\sqrt{3}\right)^2 \\[5pt] &=& 4,5\\[10pt] f\left(0\right)&=& -\frac{1}{2}\cdot 0^4 +3\cdot 0^2 \\[5pt] &=& 0\\ \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f\left(-\sqrt{3}\right)&=& 4,5\\[10pt] f\left(\sqrt{3}\right)&=& 4,5\\[10pt] f\left(0\right)&=& 0\\ \end{array}$
$G_f$ besitzt einen Hochpunkt $H_1(-\sqrt{3}\mid 4,5),$ einen Tiefpunkt $T(0\mid 0)$ und einen zweiten Hochpunkt $H_2(\sqrt{3}\mid 4,5).$
1.4
$\blacktriangleright$  Anzahl der Wendepunkte begründen
Da bereits vorgegeben ist, dass der Graph $G_f$ einen Wendepunkt $W_1(1\mid 2,5)$ besitzt, muss er aufgrund seiner Achsensymmetrie zur $y$-Achse einen zweiten Wendepunkt $W_2(-1\mid 2,5)$ besitzen.
Das notwendige Kriterium für Wendepunkte von $G_f$ lautet $f''(x)=0.$ Da $f$ eine ganzrationale Funktion vierten Grades ist, ist $f''$ eine ganzrationale Funktion zweiten Grades und kann daher maximal zwei Nullstellen besitzen. Daher kann der Graph $G_f$ maximal zwei Wendepunkte besitzen und besitzt daher wegen oben genau zwei. Die Koordinaten des zweiten Wendepunkts lauten $W_2(-1\mid 2,5).$
$\blacktriangleright$  Koordinaten der Punkte berechnen
Die Wendepunkte haben die $y$-Koordinate $y=2,5.$ Setze $f(x)=2,5.$
$\begin{array}[t]{rll} f(x)&=& 2,5 \\[5pt] -\frac{1}{2}x^4+3x^2&=& 2,5 &\quad \scriptsize \mid\; :\left(-\frac{1}{2} \right) \\[5pt] x^4 -6x^2 &=& -5 &\quad \scriptsize \mid\; \text{Substitution: } x^2=z \\[5pt] z^2-6z &=& -5 &\quad \scriptsize \mid\; +5 \\[5pt] z^2-6z+5&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; p\text{-}q\text{-Formel} \\[5pt] z_{1,2}&=& -\frac{-6}{2}\pm \sqrt{\left(\frac{-6}{2} \right)^2-5} \\[5pt] &=& 3\pm 2\\[10pt] z_1&=& 3-2 \\[5pt] &=& 1 \\[10pt] z_2&=& 3+2 \\[5pt] &=& 5 &\quad \scriptsize \mid\; \text{Resubstitution}\\[10pt] x_1&=& -\sqrt{1} \\[5pt] &=& -1 \\[10pt] x_2&=& \sqrt{1} \\[5pt] &=& 1 \\[10pt] x_3&=& -\sqrt{5} \\[10pt] x_4&=& \sqrt{5} \\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} x_1&=& -\sqrt{1} \\[5pt] &=& -1 \\[10pt] x_2&=& \sqrt{1} \\[5pt] &=& 1 \\[10pt] x_3&=& -\sqrt{5} \\[10pt] x_4&=& \sqrt{5} \\[10pt] \end{array}$
Die Punkte $P_1(-\sqrt{5}\mid 2,5)$ und $P_2(\sqrt{5}\mid 2,5)$ haben die gleiche $y$-Koordinate wie die Wendepunkte $W_1$ und $W_2.$
#substitution
1.5
$\blacktriangleright$  Graphen zeichnen
Analysis A II
Abb. 1: $G_f$
Analysis A II
Abb. 1: $G_f$
1.6
$\blacktriangleright$  Gleichung nachweisen
$\begin{array}[t]{rll} f(-2)-f'(-2)&=& -\frac{1}{2}\cdot (-2)^4+3\cdot (-2)^2- \left( -2\cdot (-2)^3+6\cdot (-2)\right) \\[5pt] &=& -8+12-(16-12) \\[5pt] &=& 0 \end{array}$
$ f(-2)-f'(-2) = 0 $
Es gilt also $f(-2)-f'(-2)=0.$
$\blacktriangleright$  Weitere Stellen bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} f(x)-f'(x)&=& 0 \\[5pt] -\frac{1}{2}x^4+3x^2- (-2x^3+6x)&=& 0 \\[5pt] -\frac{1}{2}x^4+2x^3+3x^2-6x &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;:(-\frac{1}{2}) \\[5pt] x^4-4x^3-6x^2+12x&=& 0 \\[5pt] x\cdot (x^3-4x^2-6x+12)&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;x_1=0 \\[5pt] \end{array}$
$ x_1=0 $
Nach dem Satz vom Nullprodukt ist die erste Lösung der Gleichung $x_1=0.$ Eine weitere Lösung ist bereits mit $x_2=-2$ bekannt. Mit der Polynomdivision kann die Gleichung daher weiter vereinfacht werden:
$x^3$$-$$4x^2$$-$$6x$$+$$12$$:$$(x+2)$$=$$x^2-6x+6 $
$-$ $(x^3$$+$$2x^2)$
$-6x^2$$-$$6x$
$-$$(-6x^2$$-$$12x)$
$6x$$+$$12$
$-$$(6x$$+$$12)$
$0$
$ x^2-6x+6 $
Mit der $p$-$q$-Formel ergibt sich nun:
$\begin{array}[t]{rll} x^2-6x+6&=& 0 \\[5pt] x_{3,4}&=& -\frac{-6}{2}\pm \sqrt{\left(\frac{-6}{2} \right)^2 -6} \\[5pt] &=& 3\pm \sqrt{3} \\[5pt] x_3&=& 3-\sqrt{3} \\[5pt] x_4&=& 3+\sqrt{3} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} x_3&=& 3-\sqrt{3} \\[5pt] x_4&=& 3+\sqrt{3} \end{array}$
Alle Stellen, für die $f(x)-f'(x)=0$ gilt, sind $x_1=0,$ $x_2 = -2,$ $x_3=-\sqrt{3}$ und $x_4=\sqrt{3}.$
$\blacktriangleright$  Bedeutung für den Graphen erklären
Es gilt:
$f(x)-f'(x)=0 \Leftrightarrow f(x)=f'(x)$
An den Stellen, an denen diese Gleichung erfüllt ist, ist die Steigung des Graphen $G_f$ genauso groß wie die $y$-Koordinate des zugehörigen Punkts auf dem Graphen.
1.7
$\blacktriangleright$  Nullstellen und Extremstellen angeben
Die Nullstellen von $f'$ wurden bereits in Teilaufgabe 1.3 ermittelt:
$x_1= 0,$ $x_2=-\sqrt{3}$ und $x_3=\sqrt{3}$
Die Extremstellen von $f'$ sind die Wendestellen von $f$:
$x_{E_1} = -1$ und $x_{E_2} = 2$
$\blacktriangleright$  Graphen zeichnen
Analysis A II
Abb. 2: $G_{f'}$
Analysis A II
Abb. 2: $G_{f'}$
1.8
$\blacktriangleright$  Flächenstück markieren
Analysis A II
Abb. 3: Flächenstück
Analysis A II
Abb. 3: Flächenstück
$\blacktriangleright$  Maßzahl des Flächenstücks berechnen
Die Integrationsgrenzen sind die beiden ersten Lösungen der Gleichung aus Aufgabe 1.6, $a= -2$ und $b=0.$
$\begin{array}[t]{rll} A&=& \displaystyle\int_{-2}^{0}(f(x)-f'(x))\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{-2}^{0}\left(-\frac{1}{2}x^4+3x^2-\left(-2x^3+6x\right)\right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{-2}^{0}\left(-\frac{1}{2}x^4+2x^3+3x^2-6x\right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \left[-\frac{1}{10}x^5+\frac{1}{2}x^4+x^3-3x^2\right]_{-2}^0 \\[5pt] &=& -\frac{1}{10}\cdot 0^5+\frac{1}{2}\cdot 0^4+0^3-3\cdot 0^2 - \left( -\frac{1}{10}\cdot (-2)^5+\frac{1}{2}\cdot (-2)^4+(-2)^3-3\cdot (-2)^2\right)\\[5pt] &=& -\frac{16}{5} -8+8+12 \\[5pt] &=& 8,8\\[5pt] \end{array}$
$ A=8,8 $
Die Maßzahl des Flächeninhalts beträgt $8,8.$
#integral
2
$\blacktriangleright$  Aussage begründen oder widerlegen
Ist der Graph einer ganzrationalen Funktion $h$ symmetrisch zur $y$-Achse, so kommen im Funktionsterm $h(x)$ nur Potenzen von $x$ mit geraden Exponenten vor. Wird dieser Funktionsterm abgeleitet, so enthält der Funktionsterm der ersten Ableitungsfunktion $h'$ nur Potenzen von $x$ mit ungeraden Exponenten. Der Graph von $h'$ ist folglich punktsymmetrisch zum Ursprung und die Aussage ist damit richtig.
3.1
$\blacktriangleright$  Maßzahl des Volumens bestimmen
Die allgemeine Formel für das Volumen eines Kreiskegels mit den Bezeichnungen aus der Abbildung lautet:
$V= \frac{1}{3}\cdot \pi\left(\frac{b}{2} \right)^2 \cdot h$
$\frac{b}{2}$ kann mithilfe des Satz des Pythagoras in Abhängigkeit von $h$ dargestellt werden:
$\begin{array}[t]{rll} \left(\frac{b}{2}\right)^2 + h^2 &=& r^2 &\quad \scriptsize \mid\;-h^2 \\[5pt] \left(\frac{b}{2}\right)^2&=& r^2-h^2 &\quad \scriptsize \mid\; r=12 \\[5pt] \left(\frac{b}{2}\right)^2&=& 12^2-h^2 \\[5pt] \left(\frac{b}{2}\right)^2&=& 144-h^2 \\[5pt] \end{array}$
$ \left(\frac{b}{2}\right)^2= 144-h^2 $
Einsetzen in die Volumenformel ergibt:
$\begin{array}[t]{rll} V(h)&=& \frac{1}{3}\cdot \pi\cdot \left(144-h^2\right) \cdot h \\[5pt] &=& \frac{\pi}{3} \cdot \left(144h-h^3\right)\\[5pt] \end{array}$
$ V(h)=$ $ \frac{\pi}{3} \cdot \left(144h-h^3\right)$
Die Maßzahl des Volumens des Leuchtenfußes beträgt $V(h)=\frac{\pi}{3} \cdot \left(144h-h^3\right).$
3.2
$\blacktriangleright$  Höhe des Leuchtenfußes bestimmen
1. Schritt: Notwendiges Kriterium anwenden
Mit dem notwendigen Kriterium für relative Extrempunkte ergibt sich:
$\begin{array}[t]{rll} V(h)&=& \frac{\pi}{3}\cdot\left(144h-h^3\right) \\[5pt] V'(h)&=& \frac{\pi}{3}\cdot \left(144-3h^2\right)\\[10pt] 0&=& V'(h) \\[5pt] 0&=& \frac{\pi}{3}\cdot \left(144-3h^2\right) &\quad \scriptsize \mid\; :\frac{\pi}{3} \\[5pt] 0&=& 144-3h^2 &\quad \scriptsize \mid\; +3h^2\\[5pt] 3h^2&=& 144 &\quad \scriptsize \mid\;:3 \\[5pt] h^2&=& 48 \\[5pt] h_1&=& -\sqrt{48}\\[5pt] &\approx& -6,93 \\[10pt] h_2&=& \sqrt{48}\\[5pt] &\approx& 6,93 \\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} h_1&=& -\sqrt{48}\\[5pt] &\approx& -6,93 \\[10pt] h_2&=& \sqrt{48}\\[5pt] &\approx& 6,93 \\[10pt] \end{array}$
$h_1$ liegt außerhalb des angegebenen Definitionsbereichs.
2. Schritt: Hinreichendes Kriterium überprüfen
Mit dem hinreichenden Kriterium für relative Extrema folgt für $h_2:$
$\begin{array}[t]{rll} V''(h)&=& \frac{\pi}{3}\cdot \left(-6h\right) \\[5pt] &=& -2\pi h\\[10pt] V''(h_2)&=& V''(\sqrt{48}) \\[5pt] &=& -2\cdot \pi \cdot \sqrt{48} \\[5pt] &<& 0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} V''(h)&=& -2\pi h\\[10pt] V''(h_2)&<& 0 \end{array}$
An der Stelle $h_2$ besitzt $V(h)$ also ein relatives Maximum.
3. Schritt: Randextrema überprüfen
$\begin{array}[t]{rll} V(\sqrt{48})&=& \frac{\pi}{3}\cdot\left(144\cdot \sqrt{48}-\sqrt{48}^3\right) \\[5pt] &\approx& 696,50 \\[10pt] V(2)&=& \frac{\pi}{3}\cdot\left(144\cdot 2-2^3\right) \\[5pt] &\approx& 293,22 \\[10pt] V(8)&=& \frac{\pi}{3}\cdot\left(144\cdot 8-8^3\right) \\[5pt] &\approx& 670,21 \\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} V(\sqrt{48})&\approx& 696,50 \\[10pt] V(2)&\approx& 293,22 \\[10pt] V(8)&\approx& 670,21 \\[10pt] \end{array}$
Für $h= \sqrt{48}\approx 6,93$ nimmt die Maßzahl des Volumens des Leuchtenfußes den absolut größten Wert an.
#extrempunkt
Bildnachweise [nach oben]
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