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Wahlteil A1

Aufgaben
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Gegeben ist die für alle reellen Zahlen $x$ mit $-2\leq x \leq 8$ definierte Funktion $f$ mit der Gleichung
$f(x)=-\frac{1}{100}x^4+\frac{1}{10}x^3-\frac{1}{4}x^2+\frac{1}{4}x+1$
$f(x)=$ $-\frac{1}{100}x^4+\frac{1}{10}x^3-\frac{1}{4}x^2+\frac{1}{4}x+1$
Der Graph von $f$ heißt $G.$
1.1
Ermittle rechnerisch die Schnittpunkte von $G$ mit den Koordinatenachsen sowie Lage und Art eventuell vorhandener Extrempunkte.
Berechne die Koordinaten der Wendepunkte.
Beschreibe mithilfe deiner Ergebnisse das Monotonieverhalten der Funktion $f.$
(13 BE)
#monotonie#extrempunkt#wendepunkt
1.2
Zeichne $G.$
(3 BE)
1.3
Die Koordinatenachsen und $G$ schließen im ersten Quadranten eine Fläche $F$ ein.
1.3.1
Berechne den Inhalt von $F.$
(2 BE)
1.3.2
Eine Gerade $g$ durch den Koordinatenursprung zerlegt $F$ in zwei gleichgroße Teile.
Ermittle rechnerisch eine Gleichung von $g.$
(5 BE)
1.3.3
Für jeden Wert von $a$ mit $0\leq a\leq 7;$ $a\in \mathbb{R}$ liegt ein Dreieck $ABC$ mit $A(a\mid 0),$ $B(7\mid 0)$ und $C(a\mid f(a))$ in der Fläche $F.$
Fertige zu diesem Sachverhalt eine Skizze an.
Begründe, dass es sinnvoll ist, für $a$ den Wert $7$ auszuschließen.
Berechne die Koordinaten des Punktes $C$ so, dass die Fläche des Dreiecks $ABC$ möglichst groß wird.
(9 BE)
1.3.4
Die Fläche $F$ stellt den Querschnitt einer entstehenden Abraumhalde dar, wobei die $x$-Achse in Nord-Süd-Richtung verläuft.
Eine Einheit im Koordinatensystem entspricht $10$ Metern.
In Ost-West-Richtung kann die Halde bei gleich bleibendem Querschnitt eine maximale Ausdehnung von $300\,\text{m}$ haben.
Untersuche, ob die Halde insgesamt $400\,000\,\text{m}^3$ Abraum aufnehmen kann.
(3 BE)
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Lösungen
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1.1
$\blacktriangleright$  Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen ermittelnWahlteil A1
$\begin{array}[t]{rll} f(0)&=& -\frac{1}{100}\cdot 0^4 +\frac{1}{10}\cdot 0^3 -\frac{1}{4}\cdot 0^2 +\frac{1}{4}\cdot 0 +1 \\[5pt] &=& 1 \\[5pt] \end{array}$
$ f(0) = 1 $
Der Graph von $f$ schneidet die $y$-Achse im Punkt $S_y(0\mid 1).$ Verwende nun den solve-Befehl deines CAS:
$\begin{array}[t]{rll} f(x)&=& 0\\[5pt] -\frac{1}{100}\cdot x^4 +\frac{1}{10}\cdot x^3 -\frac{1}{4}\cdot x^2 +\frac{1}{4}\cdot x +1 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] x_1&\approx& -1,30 \\[5pt] x_2&\approx& 7,30 \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} x_1&\approx& -1,30 \\[5pt] x_2&\approx& 7,30 \\[5pt] \end{array}$
Der Graph von $f$ schneidet die $x$-Achse in den Punkten $S_1(-1,30\mid 0)$ und $S_2(7,30\mid0).$
$\blacktriangleright$  Lage und Art der Extrempunkte ermitteln
1. Schritt: Notwendiges Kriterium anwenden
$\begin{array}[t]{rll} f(x)&=& -\frac{1}{100}\cdot x^4 +\frac{1}{10}\cdot x^3 -\frac{1}{4}\cdot x^2 +\frac{1}{4}\cdot x +1 \\[5pt] f'(x)&=& -\frac{1}{25}\cdot x^3 +\frac{3}{10}\cdot x^2 -\frac{1}{2}\cdot x +\frac{1}{4} \\[10pt] \end{array}$
$ f'(x) = … $
Gleichsetzen der ersten Ableitung mit Null liefert:
$\begin{array}[t]{rll} f'(x)&=& 0 \\[5pt] -\frac{1}{25}\cdot x^3 +\frac{3}{10}\cdot x^2 -\frac{1}{2}\cdot x +\frac{1}{4} &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] x&\approx& 5,40 \end{array}$
$ x\approx 5,40 $
2. Schritt: Hinreichendes Kriterium überprüfen
$\begin{array}[t]{rll} f''(x)&=& -\frac{3}{25}\cdot x^2 +\frac{3}{5}\cdot x -\frac{1}{2} \\[5pt] f''(5,40)&=& -\frac{3}{25}\cdot 5,40^2 +\frac{3}{5}\cdot 5,40 -\frac{1}{2} \\[5pt] &\approx& -0,76 < 0 \end{array}$
$ f''(5,40) \approx -0,76 < 0 $
An der Stelle $x\approx 5,40$ besitzt der Graph von $f$ also einen Hochpunkt.
3. Schritt: Vollständige Koordinaten berechnen
$\begin{array}[t]{rll} f(5,40) &=& -\frac{1}{100}\cdot 5,40^4 +\frac{1}{10}\cdot 5,40^3 -\frac{1}{4}\cdot 5,40^2 +\frac{1}{4}\cdot 5,40 +1 \\[5pt] &\approx& 2,30 \end{array}$
$ f(5,40) \approx 2,30 $
Der Graph von $f$ besitzt genau einen Extrempunkt, den Hochpunkt $H(5,40\mid 2,30).$
$\blacktriangleright$  Koordinaten der Wendepunkte berechnen
1. Schritt: Notwendiges Kriterium anwenden
$\begin{array}[t]{rll} f''(x)&=& 0 \\[5pt] -\frac{3}{25}\cdot x^2 +\frac{3}{5}\cdot x -\frac{1}{2}&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;CAS \\[5pt] x_1&\approx& 1,06 \\[5pt] x_2&\approx& 3,94 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} x_1&\approx& 1,06 \\[5pt] x_2&\approx& 3,94 \end{array}$
2. Schritt: Hinreichendes Kriterium überprüfen
$\begin{array}[t]{rll} f'''(x)&=& -\frac{6}{25}\cdot x +\frac{3}{5} \\[10pt] f'''(1,06)&=& -\frac{6}{25}\cdot 1,06 +\frac{3}{5} \\[5pt] &=& 0,3456\neq 0 \\[10pt] f'''(3,94)&=& -\frac{6}{25}\cdot 3,94 +\frac{3}{5} \\[5pt] &=& -0,3456 \neq 0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f'''(1,06)&=& 0,3456\neq 0 \\[10pt] f'''(3,94)&=& -0,3456 \neq 0 \end{array}$
3. Schritt: Vollständige Koordinaten berechnen
$\begin{array}[t]{rll} f(1,06)&=& -\frac{1}{100}\cdot 1,06^4 +\frac{1}{10}\cdot 1,06^3 -\frac{1}{4}\cdot 1,06^2 +\frac{1}{4}\cdot 1,06 +1 \\[5pt] &\approx& 1,09 \\[10pt] f(3,94)&=& -\frac{1}{100}\cdot 3,94^4 +\frac{1}{10}\cdot 3,94^3 -\frac{1}{4}\cdot 3,94^2 +\frac{1}{4}\cdot 3,94 +1 \\[5pt] &\approx& 1,81 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f(1,06)&\approx& 1,09 \\[10pt] f(3,94)&\approx& 1,81 \end{array}$
Der Graph von $f$ besitzt die beiden Wendepunkte $W_1(1,06\mid 1,09)$ und $W_2(3,94\mid 1,81).$
$\blacktriangleright$  Monotonieverhalten beschreiben
Die erste Ableitungsfunktion von $f$ beschreibt das Steigungsverhalten des Graphen und daher auch das Monotonieverhalten von $f.$ Die erste Ableitungsfunktion besitzt nur eine Nullstelle. An dieser Stelle besitzt der Graph von $f$ einen Hochpunkt. Bis zu dieser Stelle muss $f$ also steigen und anschließend fallen.
Im Intervall $[-1; 5,40]$ ist $f$ monoton steigend, im Intervall $[5,40;8]$ ist $f$ monoton fallend.
1.2
$\blacktriangleright$  Graphen zeichnen
Du kannst dir den Graphen von $f$ im Graphik-Menü deines CAS anzeigen lassen um ihn anschließend besser zeichnen zu können.
Wahlteil A1
Abb. 1: Funktionsgraph $G$ von $f$
Wahlteil A1
Abb. 1: Funktionsgraph $G$ von $f$
1.3.1
$\blacktriangleright$  Flächeninhalt berechnen
Den Flächeninhalt kannst du mithilfe eines Integrals über $f$ berechnen. Die Integrationsgrenzen sind $a=0$ und die Nullstelle im ersten Quadranten $b\approx 7,30.$
$\begin{array}[t]{rll} A_F&=& \displaystyle\int_{0}^{7,30}f(x)\;\mathrm dx\\[5pt] &=& \displaystyle\int_{0}^{7,30}\left( -\frac{1}{100}x^4+\frac{1}{10}x^3-\frac{1}{4}x^2+\frac{1}{4}x+1\right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \left[-\frac{1}{500}x^5+\frac{1}{40}x^4-\frac{1}{12}x^3+\frac{1}{8}x^2+x \right]_0^{7,30} \\[5pt] &=& -\frac{1}{500}\cdot 7,30^5+\frac{1}{40}\cdot 7,30^4-\frac{1}{12}\cdot 7,30^3+\frac{1}{8}\cdot 7,30^2+7,30 \\[5pt] && -\left(-\frac{1}{500}\cdot 0^5+\frac{1}{40}\cdot 0^4-\frac{1}{12}\cdot 0^3+\frac{1}{8}\cdot 0^2+0 \right) \\[5pt] &\approx& 11,08 \end{array}$
$ A_F\approx 11,08 $
Der Flächeninhalt von $F$ beträgt ca. $11,08\,\text{FE}.$
#integral
1.3.2
$\blacktriangleright$  Geradengleichung ermitteln
Wahlteil A1
Abb. 2: Skizze
Wahlteil A1
Abb. 2: Skizze
Betrachte die Skizze. Der Schnittpunkt von $G$ und der gesuchten Gerade wird mit $M(m\mid f(m))$ bezeichnet.
Die graugefärbte Fläche soll halb so groß sein, wie die Fläche $F.$ Sie entsteht dadurch, das aus der gesamten Fläche, die $G$ im Intervall $[0;m]$ mit den Koordinatenachsen begrenzt, die grau schraffierte Fläche herausgetrennt wird.
Bei der schraffierten Fläche handelt es sich um ein rechtwinkliges Dreieck, dessen Eckpunkte der Koordintenursprung, der Schnittpunkt $M(m\mid f(m))$ und der Punkt $(m\mid 0)$ sind.
Die Katheten des Dreiecks sind also $m$ und $f(m)$ Längeneinheiten lang. Der Flächeninhalt des Dreiecks ist daher:
$A_1 = \frac{1}{2}\cdot m \cdot f(m)$
Die Gesamtfläche zwischen $G$ und der $x$-Achse im Intervall $[0;m]$ kann mithilfe des folgenden Integrals bestimmt werden:
$A_2 = \displaystyle\int_{0}^{m}f(x)\;\mathrm dx$
Insgesamt kann der Flächeninhalt der grau gefärbten Fläche daher wie folgt in Abhängigkeit der Schnittstelle $m$ dargestellt werden:
$\begin{array}[t]{rll} A &=& A_2 -A_1 \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{0}^{m}f(x)\;\mathrm dx - \frac{1}{2}\cdot m \cdot f(m) \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{0}^{m}\left( -\frac{1}{100}x^4+\frac{1}{10}x^3-\frac{1}{4}x^2+\frac{1}{4}x+1\right)\;\mathrm dx - \frac{1}{2}\cdot m \cdot f(m) \\[5pt] &=& \left[ -\frac{1}{500}x^5+\frac{1}{40}x^4-\frac{1}{12}x^3+\frac{1}{8}x^2+x\right]_0^m - \frac{1}{2}\cdot m \cdot f(m) \\[5pt] &=& -\frac{1}{500}m^5+\frac{1}{40}m^4-\frac{1}{12}m^3+\frac{1}{8}m^2+m-0 - \frac{1}{2}\cdot m \cdot f(m) \\[5pt] &=& -\frac{1}{500}m^5+\frac{1}{40}m^4-\frac{1}{12}m^3+\frac{1}{8}m^2+m - \frac{1}{2}\cdot m \cdot \left( -\frac{1}{100}m^4+\frac{1}{10}m^3-\frac{1}{4}m^2+\frac{1}{4}m+1 \right) \\[5pt] &=& -\frac{1}{500}m^5+\frac{1}{40}m^4-\frac{1}{12}m^3+\frac{1}{8}m^2+m - \left( -\frac{1}{200}m^5+\frac{1}{20}m^4-\frac{1}{8}m^3+\frac{1}{8}m^2+\frac{1}{2}m \right) \\[5pt] &=& -\frac{1}{500}m^5+\frac{1}{40}m^4-\frac{1}{12}m^3+\frac{1}{8}m^2+m +\frac{1}{200}m^5-\frac{1}{20}m^4+\frac{1}{8}m^3-\frac{1}{8}m^2-\frac{1}{2}m \\[5pt] &=& \frac{3}{1000}m^5-\frac{1}{40}m^4+\frac{1}{24}m^3+\frac{1}{2}m \\[5pt] \end{array}$
$ A= … $
Setze dies nun mit der Hälfte des Flächeninhalts von $F$ gleich, um die Schnittstelle $m$ zu bestimmen:
$\begin{array}[t]{rll} \frac{3}{1000}m^5-\frac{1}{40}m^4+\frac{1}{24}m^3+\frac{1}{2}m &=& \frac{1}{2}\cdot 11,08 &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] m&\approx& 6,62 \end{array}$
$ m\approx 6,62 $
Vervollständige nun die Koordinaten des Schnittpunkts $M:$
$f(6,62)= -\frac{1}{100}\cdot 6,62^4+\frac{1}{10}\cdot 6,62^3-\frac{1}{4}\cdot 6,62^2+\frac{1}{4}\cdot 6,62+1\approx 1,50$
$ f(6,62) \approx 1,50 $
Die Gerade $g$ verläuft durch den Koordinatenursprung und durch den Punkt $M.$ Berechne die Steigung von $g$ mithilfe des Differenzenquotienten:
$\dfrac{1,50 -0}{6,62-0}\approx 0,23$
Da die Gerade durch den Koordinatenursprung verläuft, lautet die Gleichung von $g:$
$g(x)\approx 0,23x$
#integral
1.3.3
$\blacktriangleright$  Skizze anfertigen
Wahlteil A1
Abb. 3: Skizze
Wahlteil A1
Abb. 3: Skizze
$\blacktriangleright$  Ausschluss des Werts begründen
Wäre $a=7,$ wären die Koordinaten von $A(7\mid 0),$ also identisch mit denen von $B.$ In diesem Fall wäre das Dreieck $ABC$ also entartet und hätte den Flächeninhalt $0\,\text{FE}.$ Daher ist es sinnvoll, den Wert $7$ für $a$ auszuschließen.
$\blacktriangleright$  Koordinaten für den maximalen Flächeninhalt berechnen
1. Schritt: Funktion für den Flächeninhalt aufstellen
Die beiden Katheten des Dreiecks sind $7-a$ und $f(a)$ Längeneinheiten lang. Der Flächeninhalt kann daher wie folgt bestimmt werden:
$\begin{array}[t]{rll} A(a)&=& \frac{1}{2} \cdot (7-a)\cdot f(a) \\[5pt] &=& \frac{1}{2} \cdot (7-a)\cdot \left(-\frac{1}{100}a^4+\frac{1}{10}a^3-\frac{1}{4}a^2+\frac{1}{4}a+1 \right) \\[5pt] &=& (7-a)\cdot \left(-\frac{1}{200}a^4+\frac{1}{20}a^3-\frac{1}{8}a^2+\frac{1}{8}a+\frac{1}{2} \right) \\[5pt] &=& -\frac{7}{200}a^4+\frac{7}{20}a^3-\frac{7}{8}a^2+\frac{7}{8}a+\frac{7}{2} -\left(-\frac{1}{200}a^5+\frac{1}{20}a^4-\frac{1}{8}a^3+\frac{1}{8}a^2+\frac{1}{2}a \right) \\[5pt] &=& \frac{1}{200}a^5-\frac{17}{200}a^4+\frac{19}{40}a^3-a^2+\frac{3}{8}a+\frac{7}{2} \\[5pt] \end{array}$
$ A(a)= … $
2. Schritt: Notwendiges Kriterium für Extremstellen anwenden
$\begin{array}[t]{rll} A(a)&=&\frac{1}{200}a^5-\frac{17}{200}a^4+\frac{19}{40}a^3-a^2+\frac{3}{8}a+\frac{7}{2} \\[5pt] A'(a)&=& \frac{1}{40}a^4-\frac{17}{50}a^3+\frac{57}{40}a^2-2a+\frac{3}{8} \\[5pt] \end{array}$
$ A'(a)=… $
Gleichsetzen mit Null liefert:
$\begin{array}[t]{rll} A'(a) &=& 0 \\[5pt] \frac{1}{40}a^4-\frac{17}{50}a^3+\frac{57}{40}a^2-2a+\frac{3}{8}&=&0 &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] a_1&\approx& 0,22 \\[5pt] a_2&\approx& 2,70 \\[5pt] a_3&\approx& 3,52 \\[5pt] a_4&\approx& 7,16 \geq 7 \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} a_1&\approx& 0,22 \\[5pt] a_2&\approx& 2,70 \\[5pt] a_3&\approx& 3,52 \\[5pt] a_4&\approx& 7,16 \geq 7 \\[5pt] \end{array}$
Da der Bereich auf $0\leq a < 7$ begrenzt ist, fällt die letzte Lösung raus.
3. Schritt: Hinreichendes Kriterium für Extremstellen überprüfen
Für die zweite Ableitungsfunktion gilt:
$A''(a)= \frac{1}{10}a^3-\frac{51}{50}a^2+\frac{57}{20}a-2 $
Einsetzen der obigen Lösungen ergibt:
$\begin{array}[t]{rll} A''(0,22)&\approx& -1,42 < 0 \\[5pt] A''(2,70)&\approx& 0,23 > 0 \\[5pt] A''(3,52)&\approx& -0,24 < 0 \\[5pt] \end{array}$
Mögliche Maxima liegen also bei $a_1\approx 0,22,$ $a_3\approx 3,52$ oder in der linken Intervallgrenze $a_5=0.$
4. Schritt: Globales Maximum bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} A(0,22)&\approx& 3,54 \\[5pt] A(3,52)&\approx& 2,80 \\[5pt] A(0)&=& 3,5 \end{array}$
Der Flächeninhalt des Dreiecks $ABC$ wird also für $a\approx 0,22$ maximal.
$f(0,22)\approx 1,04$
Den größten Flächeninhalt nimmt das Dreieck $ABC$ für $C(0,22\mid 1,04)$ an.
#extrempunkt
1.3.4
$\blacktriangleright$  Abraum untersuchen
Der Flächeninhalt der Querschnittsfläche muss zunächst in $\text{m}^2$ umgerechnet werden. Eine Längeneinheit im Koordinatensystem entspricht laut Aufgabenstellung $10\,\text{m}.$
Für eine Flächeneinheit gilt also:
$1\,\text{FE} = 1\,\text{LE}\cdot 1\,\text{LE} = 10\,\text{m}\cdot 10\,\text{m} = 100\,\text{m}^2$
$ 1\,\text{FE} = 100\,\text{m}^2 $
Die Querschnittsfläche hat also folgende Größe:
$A_F \approx 11,08\,\text{FE} = 1.108\,\text{m}^2$
$ A_F \approx 1.108\,\text{m}^2 $
Das Volumen der Abraumhalde ergibt sich mithilfe der angegebenen Ost-West-Ausdehnung von $300\,\text{m}$ zu:
$V \approx 1.108\,\text{m}^2 \cdot 300\,\text{m} = 332.400\,\text{m}^3.$
$ V \approx 332.400\,\text{m}^3 $
Die Abraumhalde kann bis zu ca. $332.400\,\text{m}^3$ Abraum aufnehmen, sie kann also nicht $400.000\,\text{m}^3$ aufnehmen.
Bildnachweise [nach oben]
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