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Wahlteil A1

Aufgaben
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A 1 Analysis

1.1
Gegeben ist eine Funktion $f$ durch die Gleichung $f(x)=4 x^{3}-12 x^{2}+9 x$ mit $x\in \mathbb{R}.$ Der Graph von $f$ ist $G$.
1.1.1
Berechne von $G$
  • die Koordinaten der gemeinsamen Punkte mit den Koordinatenachsen,
  • die Koordinaten der Extrempunkte und des Wendepunktes.
Weise die Art der Extrema und die Existenz des Wendepunktes nach.
Gib das Verhalten im Unendlichen an. Begründe.
10 BE
1.1.2
Zeichne $G$ in ein geeignetes Koordinatensystem.
2 BE
1.1.3
Bestimme je eine GIeichung der Tangente $t$ und der Normalen $n$ im Punkt $P(1|f(1))$ an G.
Berechne die Stellen, an denen die Tangenten an $C$ parallel zur Gerade mit der Gleichung $y=\frac{1}{3}x+\frac{2}{3}$ verlaufen.
8 BE
1.1.4
Der Graph und die $x$-Achse schließen eine Fläche ein.
Berechne den lnhalt dieser Fläche.
Die Gerade $h$ durch die Punkte $(\frac{1}{2}\mid0)$ und $(1|f(1))$ teilt diese Fläche in zwei Teilflächen. Zeichne $h$ in das Koordinatensystem von Aufgabe 1.1.2.
Bestimme das Verhältnis der Teilflächeninhalte.
8 BE
1.2
Aus einem quadratischen Stück Pappe mit der Seítenlänge $a$ soll eine oben offene Schachtel mit quadratischer Grundfläche gefaltet werden. Dazu werden an den Ecken jeweils quadratische Flächenstücke mit der Seitenlänge $x$ abgeschnitten.
Berechne den Wert $x$ in Abhängigkeit von $a$ so, dass das Volumen der Schachtel maximal wird.
Gib das maximale Volumen der Schachtel in Abhängigkeit von $a$ an.
7 BE
#normalengleichung#tangente#extrempunkt#wendepunkt
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Lösungen
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1.1.1
Gemeinsame Punkte mit der $x$-Achse:
$\begin{array}[t]{rll} f(x) &=& 0 \\[5pt] 4x^3 -12x^2 +9x &=& 0 \\[5pt] x\cdot (4x^2 -12x +9) &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; x_1 = 0 \\[5pt] 4x^2 -12x +9 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; :4 \\[5pt] x^2 -3x +\frac{9}{4} &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; pq\text{-Formel} \\[5pt] x_{2/3} &=& -\frac{-3}{2}\pm \sqrt{\left( \frac{-3}{2}\right)^2 -\frac{9}{4}} \\[5pt] x_2&=& \frac{3}{2} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f(x) &=& 0 \\[5pt] x_1 &=& 0\\[5pt] x_2&=& \frac{3}{2} \end{array}$
$G$ schneidet die $x$-Achse in den Punkten $S_{x_1}(0\mid 0)$ und $S_{x_2}\left(\frac{3}{2}\mid 0\right).$
Gemeinsame Punkte mit der $y$-Achse:
$f(0)= 4\cdot 0^3 -12\cdot 0^2 +9\cdot 0 = 0$
$G$ schneidet die $y$-Achse im Punkt $S_y(0\mid 0).$
Extrempunkte:
1. Schritt: Ableitungen angeben
$\begin{array}[t]{rll} f(x) &=& 4x^3 -12x^2 +9x \\[5pt] f'(x) &=& 12x^2 -24x +9 \\[5pt] f''(x) &=& 24x -24 \\[5pt] f'''(x) &=& 24 \end{array}$
2. Schritt: Notwendiges Kriterium für Extremstellen anwenden
$\begin{array}[t]{rll} f'(x) &=& 0 \\[5pt] 12x^2 -24x +9 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;:12 \\[5pt] x^2 -2x + \frac{3}{4} &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; pq\text{-Formel} \\[5pt] x_{1/2} &=& -\frac{-2}{2}\pm \sqrt{\left(\frac{-2}{2} \right)^2 -\frac{3}{4}} \\[5pt] &=& 1\pm \frac{1}{2} \\[10pt] x_1 &=& \frac{1}{2} \\[5pt] x_2 &=& \frac{3}{2} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f'(x) &=& 0 \\[5pt] x_1 &=& \frac{1}{2} \\[5pt] x_2 &=& \frac{3}{2} \end{array}$
3. Schritt: Hinreichendes Kriterium für Extremstellen überprüfen
$\begin{array}[t]{rll} f''\left(\frac{1}{2}\right)&=& 24\cdot \frac{1}{2} -24 \\[5pt] &=& -12 < 0 \\[10pt] f''\left(\frac{3}{2}\right)&=& 24\cdot \frac{3}{2} -24 \\[5pt] &=& 12 > 0 \\[5pt] \end{array}$
An der Stelle $x=\frac{1}{2}$ besitzt $G$ also einen Hochpunkt, an der Stelle $x= \frac{3}{2}$ einen Tiefpunkt.
4. Schritt: Koordinaten vervollständigen
$\begin{array}[t]{rll} f\left( \frac{1}{2}\right)&=& 4\cdot \left( \frac{1}{2}\right)^3 -12\cdot \left( \frac{1}{2}\right)^2 +9\cdot \frac{1}{2} \\[5pt] &=& 2 \\[10pt] f\left( \frac{3}{2}\right) &=& 0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f\left( \frac{1}{2}\right)&=& 2 \\[10pt] f\left( \frac{3}{2}\right) &=& 0 \end{array}$
$G$ besitzt genau zwei Extrempunkte: einen Hochpunkt $H\left(\frac{1}{2}\mid 2 \right)$ und einen Tiefpunkt $T\left(\frac{3}{2}\mid 0 \right).$
Wendepunkt
$\begin{array}[t]{rll} f''(x) &=& 0 \\[5pt] 24x -24 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; +24 \\[5pt] 24x &=& 24 &\quad \scriptsize \mid\;:24 \\[5pt] x &=& 1 \end{array}$
An der Stelle $x=1$ ist also das notwendige Kriterium für einen Wendepunkte von $G$ erfüllt. Wegen $f'''(x)=24 \neq 0$ ist auch das hinreichende Kriterium erfüllt. An der Stelle $x=1$ besitzt $G$ also einen Wendepunkt.
$f(1) = 4\cdot 1^3 -12\cdot 1^2 +9\cdot 1 = 1$
Die Koordinaten des einzigen Wendepunkts von $G$ lauten $W(1\mid 1).$
Verhalten im Unendlichen
Da es sich bei $f$ um eine ganzrationale Funktion dritten Grades (ungerader Grad) handelt, ergibt sich zusammen mit der Lage der Extrempunkte Folgendes:
  • Für $x\to -\infty$ gilt $f(x) \to -\infty.$
  • Für $x\to \infty$ gilt $f(x) \to \infty.$
1.1.2
1.1.3
Tangente:
$\begin{array}[t]{rll} m_t &=& f'(1) \\[5pt] &=& 12\cdot 1^2 -24\cdot 1 +9 \\[5pt] &=& -3 \\[5pt] \end{array}$
Einsetzen:
$\begin{array}[t]{rll} t(x) &=& m_t \cdot x + b_t &\quad \scriptsize \mid\; m_t = -3 \\[5pt] t(x) &=& -3\cdot x +b_t &\quad \scriptsize \mid\; W(1\mid 1) \\[5pt] 1 &=& -3\cdot 1 +b_t &\quad \scriptsize \mid\; +3 \\[5pt] 4 &=& b_t \end{array}$
$ b_t=4 $
Eine Gleichung der Tangente an $G$ im Punkt $P(1\mid f(1))$ lautet:
$t:\, y= -3x +4$
Normale:
$\begin{array}[t]{rll} m_n &=& -\frac{1}{m_t} \\[5pt] &=& -\frac{1}{-3} \\[5pt] &=& \frac{1}{3} \end{array}$
Einsetzen:
$\begin{array}[t]{rll} n(x) &=& m_n \cdot x + b_n &\quad \scriptsize \mid\; m_n = \frac{1}{3} \\[5pt] n(x) &=& \frac{1}{3}\cdot x +b_n &\quad \scriptsize \mid\; W(1\mid 1) \\[5pt] 1 &=& \frac{1}{3}\cdot 1 +b_n &\quad \scriptsize \mid\; -\frac{1}{3} \\[5pt] \frac{2}{3} &=& b_n \end{array}$
$ b_n=\frac{2}{3} $
Eine Gleichung der Normale an $G$ im Punkt $P(1\mid f(1))$ lautet:
$n:\, y = \frac{1}{3}x + \frac{2}{3}$
1.1.4
Flächeninhalt berechnen
$\begin{array}[t]{rll} A &=& \displaystyle\int_{0}^{\frac{3}{2}}f(x)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{0}^{\frac{3}{2}}\left(4x^3 -12x^2 +9x \right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=&\left[x^4 -4x^3 +\frac{9}{2}x^2 \right]_0^{\frac{3}{2}} \\[5pt] &=& \left( \frac{3}{2}\right)^4 -4\cdot \left( \frac{3}{2}\right)^3 +\frac{9}{2}\cdot \left( \frac{3}{2}\right)^2 - \left(0^4 -4\cdot 0^3 +\frac{9}{2}\cdot 0^2 \right)\\[5pt] &=& 1,6875\,[\text{FE}] \\[5pt] \end{array}$
$ A=1,6875\,[\text{FE}] $
Der Inhalt der Fläche, die der Graph $G$ mit der $x$-Achse einschließt, beträgt $1,6875\,\text{FE}.$
Verhältnis der Teilflächeninhalte
1. Schritt: Flächeninhalt der kleineren Teilfläche berechnen
$\begin{array}[t]{rll} A_1 &=& \frac{1}{2}\cdot 1\cdot 0,5 + \displaystyle\int_{1}^{\frac{3}{2}}f(x)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \frac{1}{4} + \left[x^4 -4x^3 +\frac{9}{2}x^2 \right]_1^{\frac{3}{2}} \\[5pt] &=& \frac{1}{4} + \left( \frac{3}{2}\right)^4 -4\cdot \left( \frac{3}{2}\right)^3 +\frac{9}{2}\cdot \left( \frac{3}{2}\right)^2 - \left( 1^4 -4\cdot 1^3 +\frac{9}{2}\cdot 1^2\right) \\[5pt] &=& 0,4375\,[\text{FE}] \end{array}$
$ A_1=0,4375\,[\text{FE}] $
Die Größere der beiden Teilflächen hat also den Flächeninhalt:
$A_2= 1,6875\,[\text{FE}] - 0,4375\,[\text{FE}] = 1,25\,[\text{FE}]$
2. Schritt: Verhältnis berechnen
$\dfrac{1,25}{0,4375} = \dfrac{20}{7}$
1.2
1. Schritt: Funktion aufstellen
Die Höhe der Schachtel ist $x.$ Die Seitenlänge der Grundfläche ist $a-2x.$
$V(x) = (a-2x)\cdot x = ax -2x^2$
2. Schritt: Ableitungen bilden
$\begin{array}[t]{rll} V'(x) &=& a-4x \\[5pt] V''(x) &=& -4 \end{array}$
3. Schritt: Notwendiges Kriterium für Extrema anwenden
$\begin{array}[t]{rll} V'(x)&=& 0 \\[5pt] a-4x &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; -a \\[5pt] -4x &=& -a &\quad \scriptsize \mid\; :(-4) \\[5pt] x &=& \frac{a}{4} \end{array}$
$ x=\frac{a}{4} $
Wegen $V''(x) = -4 < 0$ ist an der Stelle $x=\frac{a}{4}$ auch das hinreichende Kriterium für eine Maximalstelle von $V$ erfüllt.
Für $x= \frac{a}{4}$ wird das Volumen der Schachtel also maximal.
$V\left( \frac{a}{4}\right) = \left(a-2\cdot \frac{a}{4}\right)\cdot \frac{a}{4} = \frac{a^2}{8} $
$ V\left( \frac{a}{4}\right) = \frac{a^2}{8} $
Das maximale Volumen der Schachtel beträgt $ \frac{a^2}{8} \,\text{VE}.$
#integral
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