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Wahlteil A1

Aufgaben
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1.1
Entscheide welche der folgenden Aussagen wahr bzw. falsch sind. Begründe deine Entscheidung.
  • $A:\quad$ Der Graph $G$ ist punktsymmetrisch zum Koordinatenursprung.
  • $B:\quad$ Die Funktion $f$ besitzt genau zwei ganzzahlige Nullstellen
  • $C:\quad$ Der Graph $G$ besitzt an den Stellen $x_1= \frac{4}{3}$ und $x_2 =4$ zueinander parallele Tangenten.
(7 BE)
#nullstelle#punktsymmetrie#tangente
1.2
Berechne die Koordinaten des Wendepunkts von $G.$ Ermittle eine Gleichung der Wendetangente.
(5 BE)
#wendepunkt
1.3
Die Punkte $A(0\mid 0),$ $B_s(s\mid 0)$ und $C_s(s\mid f(s))$ mit $0< s < 4$ sind die Eckpunkte eines Dreiecks.
Ermittle den Wert von $s,$ sodass der Flächeninhalt des Dreiecks $SB_sC_s$ maximal wird.
Weise die Art des Extremums nach.
Bestimme den maximalen Flächeninhalt.
(7 BE)
#extrempunkt
1.4
Der Graph $G$ und die $x$-Achse schließen eine Fläche vollständig ein.
1.4.1
Berechne den Inhalt von $H.$
Gib die Gleichung der verwendeten Stammfunktion an.
(3 BE)
#stammfunktion
1.4.2
Durch die Punkte $P_r(r\mid 0)$ mit $0<; r< 4$ und $Q(1\mid f(1))$ verläuft eine Gerade.
Diese Gerade teilt die Fläche $H$ in zwei gleichgroße Teilflächen.
Bestimme den Wert von $r$ für diesen Fall.
(5 BE)
1.5
Im Folgenden wird die Funktionenschar $f_a$ mit der Gleichung
$f_a(x)= a^2\cdot x^3 -8a\cdot x^2+16x$ mit $x\in \mathbb{R},$ $a\in \mathbb{R},$ $a> 0$
betrachtet. Der Graph von $f_a$ sei $G_a.$
Berechne die Koordinaten der Extrempunkte von $G_a.$
Weise die Art der Extrema nach.
(8 BE)
#extrempunkt#funktionenschar
Bildnachweise [nach oben]
[1]
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Lösungen
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1.1
$\blacktriangleright$  Punktsymmetrie untersuchen
Der Graph einer Funktion $f$ ist punktsymmetrisch zum Koordinatenursprung, wenn für alle $x$ aus dem Definitionsbereich $f(-x)=-f(x)$ gilt.
$\begin{array}[t]{rll} f(-x)&=& (-x)^3-8\cdot(-x)^2+16\cdot(-x) \\[5pt] &=&-x^3-8x^2-16x \\[10pt] -f(x)&=&-\left( x^3-8x^2+16x\right) \\[5pt] &=&-x^3+8x^2-16x \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f(-x)&=& … \\[10pt] -f(x)&=& … \end{array}$
Es ist also $f(-x)\neq -f(x)$, weshalb der Graph $G$ von $f$ nicht punktsymmetrisch zum Koordinatenursprung sein kann.
Aussage $A$ ist also falsch.
$\blacktriangleright$  Nullstellen überprüfen
$\begin{array}[t]{rll} f(x)&=&0 \\[5pt] x^3-8x^2+16x&=&0 \\[5pt] x\cdot( x^2-8x+16)&=&0 &\quad \scriptsize \mid\;x_1 = 0 \\[5pt] x^2-8x+16&=&0 &\quad \scriptsize pq\text{-Formel} \\[5pt] x_{1,2}&=& -\frac{-8}{2}\pm \sqrt{\left(\frac{-8}{2}\right)^2-16} \\[5pt] &=& 4 \pm \sqrt{0}\\[5pt] &=& 4 \end{array}$
$ x = 4 $
Die Funktion $f$ besitzt also genau zwei Nullstellen $x_1=0$ und $x_2 = 4.$ Diese sind ganzzahlig. Also ist die Aussage $B$ wahr.
$\blacktriangleright$  Tangenten untersuchen
Die beiden Tangenten sind parallel zueinander wenn die Steigungen gleich sind. Die Steigung einer Tangente entspricht der Steigung des Graphen an dieser Stelle. Da diese durch die 1. Ableitung $f'$ beschrieben wird, muss also $f'(\frac{4}{3})= f'(4)$ gelten.
$\begin{array}[t]{rll} f(x)&=&x^3-8x^2+16x \\[5pt] f'(x)&=&3x^2-16x+16 \\[10pt] f'(\frac{4}{3})&=& 3\cdot \left(\frac{4}{3} \right)^2-16\cdot \frac{4}{3}+16 \\[5pt] &=& 0 \\[10pt] f'(4)&=& 3\cdot 4^2-16\cdot 4+16 \\[5pt] &=& 0 \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f'(\frac{4}{3})&=&0 \\[10pt] f'(4)&=& 0 \\[5pt] \end{array}$
Es gilt $f'(\frac{4}{3}) = f'(4),$ der Graph $G$ besitzt also an beiden Stellen $x_1$ und $x_2$ die gleiche Steigung. Die beiden Tangenten an $G$ in diesen Stellen sind also parallel. Aussage $C$ ist wahr.
1.2
$\blacktriangleright$  Koordinaten des Wendepunkts berechnen
Mit dem notwendigen Kriterium für Wendestellen $f''(x)=0$ folgt:
$\begin{array}[t]{rll} f'(x)&=&3x^2-16x+16 \\[5pt] f''(x)&=& 6x-16 \\[10pt] f''(x_W)&=&0 \\[5pt] 6x_W-16&=& 0&\quad \scriptsize \mid\;+16 \\[5pt] 6x_W&=& 16&\quad \scriptsize \mid\;:6 \\[5pt] x_W&=& \frac{8}{3} \\[5pt] \end{array}$
$ x_W= \frac{8}{3} $
Für das hinreichende Kriterium folgt:
$\begin{array}[t]{rll} f'''(x)&=& 6\\[5pt] f'''\left(\frac{8}{3}\right)&=& 6\neq 0 \end{array}$
Bei $x_W = \frac{8}{3}$ handelt es sich also tatsächlich um eine Wendestelle.
$\begin{array}[t]{rll} f\left(\frac{8}{3}\right)&=&\left(\frac{8}{3}\right)^3-8\cdot\left(\frac{8}{3}\right)^2+16\cdot \frac{8}{3} \\[5pt] &=&\frac{128}{27} \end{array}$
$ f\left(\frac{8}{3}\right) = \frac{128}{27} $
Der Wendepunkt des Graphen $G$ besitzt die Koordinaten $W\left(\frac{8}{3}\mid \frac{128}{27}\right). $
$\blacktriangleright$  Gleichung der Wendetangente bestimmen
Für die Tangente $t:\; y = m\cdot x + b$ an den Graphen $G$ von $f$ im Punkt $W$ muss gelten:
  • $t$ besitzt die gleiche Steigung wie der Graph von $f$ im Punkt $W\left(\frac{8}{3}\mid \frac{128}{27}\right)$, also $m = f'\left(\frac{8}{3}\right)$.
  • $t$ verläuft durch den Punkt $W\left(\frac{8}{3}\mid \frac{128}{27}\right),$ also $t\left(\frac{8}{3}\right) = \frac{128}{27}.$
$\begin{array}[t]{rll} m&=& f'\left(\frac{8}{3}\right)\\[5pt] &=& 3\cdot\left(\frac{8}{3}\right)^2-16\cdot\frac{8}{3}+16 \\[5pt] &=& -\frac{16}{3} \end{array}$
$ m = -\frac{16}{3} $
Einsetzen von $m$ und der Koordinaten von $W$ liefert:
$\begin{array}[t]{rll} \frac{128}{27}&=&-\frac{16}{3}\cdot\frac{8}{3} +b \\[5pt] \frac{128}{27}&=&-\frac{128}{9}+b &\quad \scriptsize \mid\; + \frac{128}{9} \\[5pt] \frac{512}{27}&=& b \end{array}$
$ \frac{512}{27}= b $
Eine Gleichung der Wendetangente lautet also $t: \; y =-\frac{16}{3} x+\frac{512}{27} $.
1.3
$\blacktriangleright$  Wert von $\boldsymbol{s}$ für maximalen Flächeninhalt bestimmen
Wahlteil A1
Abb. 1: Skizze
Wahlteil A1
Abb. 1: Skizze
Mit dem notwendigen Kriterium für lokale Extremstellen folgt:
$\begin{array}[t]{rll} A'(s)&=&2s^3-12s^2 +16s \\[10pt] A'(s)&=& 0 \\[5pt] 2s^3-12s^2 +16s &=& 0 \\[5pt] s\cdot\left(2s^2-12s+16\right)&=&0 &\quad \scriptsize \mid\; s_1 = 0 \\[5pt] 2s^2-12s+16&=&0&\quad \scriptsize \mid \; :2 \\[5pt] s^2-6s+8&=& 0 &\quad \scriptsize pq\text{-Formel} \\[5pt] s_{1/2}&=&-\frac{-6}{2}\pm \sqrt{\left( \frac{-6}{2}\right)^2-8} \\[5pt] &=& 3\pm 1 \\[5pt] s_1&=& 2 \\[5pt] s_2&=& 4 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} s_1&=& 2 \\[5pt] s_2&=& 4 \end{array}$
Es gibt also zwei mögliche lokale Extremstellen, für die mit dem hinreichenden Kriterium folgt:
$\begin{array}[t]{rll} A''(s)&=&6s^2-24s+16 \\[10pt] A''(2)&=& 6\cdot 2^2-24\cdot 2+16 \\[5pt] &=& -8 < 0 \\[5pt] A''(4)&=& 6\cdot 4^2-24\cdot 4+16 \\[5pt] &=& 16 >0 \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} A''(s)&=&… \\[10pt] A''(2)&=& -8 < 0 \\[5pt] A''(4)&=& 16 >0 \\[5pt] \end{array}$
Bei $s = 2$ handelt es sich also um eine lokale Maximalstelle. Bei $s=4$ handelt es sich um eine lokale Minimalstelle. Das Dreieck nimmt also den maximalen Flächeninhalt für $s=2$ an.
$\begin{array}[t]{rll} A(2)&=& \frac{1}{2} \cdot 2^4 -4\cdot 2^3+8\cdot 2^2 \\[5pt] &=& 8 \end{array}$
$ A(2) =8 $
Der maximale Flächeninhalt beträgt $A= 8$ Flächeneinheiten.
1.4.1
$\blacktriangleright$  Flächeninhalt berechnen
Die beschriebene Fläche $H$ liegt oberhalb der $x$-Achse. Ihr Inhalt $A_H$ kann daher mithilfe eines Integrals über $f$ mit den Nullstellen von $f$ als Grenzen berechnet werden:
$\begin{array}[t]{rll} A_H&=& \displaystyle\int_{0}^{4}f(x)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{0}^{4}\left(x^3-8x^2+16x \right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \left[\frac{1}{4}x^4-\frac{8}{3}x^3+\frac{16}{2}x^2\right]_0^4 \\[5pt] &=& \left[\frac{1}{4}x^4-\frac{8}{3}x^3+8x^2\right]_0^4 \\[5pt] &=& \frac{1}{4}\cdot 4^4-\frac{8}{3}\cdot 4^3+8\cdot 4^2-\left( \frac{1}{4}\cdot 0^4-\frac{8}{3}\cdot 0^3+8\cdot 0^2\right) \\[5pt] &=& \frac{64}{3} \end{array}$
$ A_H = \frac{64}{3}$
Der Inhalt der Fläche $H$ beträgt $\frac{64}{3}.$ Zur Berechnung wurde die Stammfunktion
$F(x) =\frac{1}{4}x^4-\frac{8}{3}x^3+\frac{16}{2}x^2 $
$F(x) =\frac{1}{4}x^4-\frac{8}{3}x^3+\frac{16}{2}x^2 $
verwendet.
#integral
1.4.2
$\blacktriangleright$  Wert von $\boldsymbol{r}$ bestimmen
Wahlteil A1
Abb. 2: Skizze
Wahlteil A1
Abb. 2: Skizze
Der Inhalt von $H_1$ kann daher in Abhängigkeit von $1\leq r < 4$ mithilfe eines Integrals wie folgt dargestellt werden:
$\begin{array}[t]{rll} A_{H_1}(r)&=& \frac{1}{2}\cdot (r-1)\cdot f(1)+ \displaystyle\int_{0}^{1}f(x)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \frac{1}{2}\cdot (r-1)\cdot \left(1^3 -8\cdot 1^2+16\cdot 1\right)+ \displaystyle\int_{0}^{1}\left( x^3-8x^2+16x\right)\;\mathrm dx\\[5pt] &=& \frac{9}{2}\cdot (r-1) + \left[\frac{1}{4}x^4-\frac{8}{3}x^3+8x^2\right]_0^1 \\[5pt] &=& \frac{9}{2}\cdot (r-1) + \frac{1}{4}\cdot 1^4-\frac{8}{3}\cdot 1^3+8\cdot 1^2-0 \\[5pt] &=&\frac{9}{2}\cdot (r-1)+ \frac{67}{12} \\[5pt] \end{array}$
$ A_{H_1}(r) = \frac{9}{2}\cdot (r-1)+ \frac{67}{12}$
Die Fläche $H_1$ soll nun halb so groß sein wie $H:$
$\begin{array}[t]{rll} A_{H_1}(r)&=& \frac{1}{2}\cdot\frac{64}{3} \\[5pt] \frac{9}{2}\cdot (r-1)+ \frac{67}{12}&=&\frac{32}{3} &\quad \scriptsize \mid\; -\frac{67}{12}\\[5pt] \frac{9}{2}\cdot (r-1)&=& \frac{61}{12}&\quad \scriptsize \mid\; : \frac{9}{2} \\[5pt] r-1&=& \frac{61}{54}&\quad \scriptsize \mid\; +1\\[5pt] r&=& \frac{115}{54} \end{array}$
$ r= \frac{115}{54} $
Für $r=\frac{115}{54}$ teilt die Gerade durch $P_r$ und $Q$ die Fläche $H$ in zwei gleichgroße Teilflächen.
#integral
1.5
$\blacktriangleright$  Koordinaten der Extrempunkte berechnen
Für die ersten beiden Ableitungen von $f_a$ gilt:
$\begin{array}[t]{rll} f_a(x)&=&a^2\cdot x^3 -8a\cdot x^2+16x \\[5pt] f_a'(x)&=&3a^2\cdot x^2-16a\cdot x +16 \\[5pt] f_a''(x)&=& 6a^2\cdot x-16a \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f_a(x)&=&… \\[5pt] f_a'(x)&=&… \\[5pt] f_a''(x)&=& … \end{array}$
Mit dem notwendigen Kriterium für Extrempunkte folgt:
$\begin{array}[t]{rll} f_a'(x)&=&0 \\[5pt] 3a^2\cdot x^2-16a\cdot x +16&=&0 &\quad \scriptsize \mid\;:3a^2>0 \\[5pt] x^2-\frac{16}{3a}x + \frac{16}{3a^2}&=&0 &\quad \scriptsize pq\text{-Formel} \\[5pt] x_{1/2}&=& -\dfrac{-\frac{16}{3a}}{2}\pm \sqrt{\left( \dfrac{-\frac{16}{3a}}{2}\right)^2- \dfrac{16}{3a^2}} \\[5pt] &=& \dfrac{8}{3a}\pm \sqrt{\dfrac{64}{9a^2}- \dfrac{16}{3a^2}} \\[5pt] &=& \dfrac{8}{3a}\pm \sqrt{\dfrac{64}{9a^2}- \dfrac{48}{9a^2}} \\[5pt] &=&\dfrac{8}{3a}\pm \sqrt{\dfrac{16}{9a^2}} \\[5pt] &=& \dfrac{8}{3a}\pm \dfrac{4}{3a} \\[5pt] x_1&=& \dfrac{4}{3a} \\[5pt] x_2&=& \dfrac{4}{a} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} x_1&=& \dfrac{4}{3a} \\[5pt] x_2&=& \dfrac{4}{a} \end{array}$
$G_a$ besitzt also zwei mögliche Extrempunkte. Für das hinreichende Kriterium folgt:
$\begin{array}[t]{rll} f_a''\left( \frac{4}{3a}\right)&=& 6a^2\cdot \frac{4}{3a} -16a \\[5pt] &=& 8a-16a \\[5pt] &=&-8a <0 \\[10pt] f_a''\left( \frac{4}{a}\right)&=& 6a^2\cdot \frac{4}{a} -16a \\[5pt] &=& 24a-16a \\[5pt] &=& 8a >0 \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f_a''\left( \frac{4}{3a}\right)&=&-8a <0 \\[10pt] f_a''\left( \frac{4}{a}\right)&=& 8a >0 \\[5pt] \end{array}$
Bei $x_1$ besitzt $G_a$ also einen Hochpunkt und bei $x_2$ einen Tiefpunkt.
$\begin{array}[t]{rll} f_a\left(\dfrac{4}{3a}\right)&=& a^2\cdot \left(\dfrac{4}{3a}\right)^3 -8a\cdot \left(\dfrac{4}{3a}\right)^2+16\cdot \dfrac{4}{3a} \\[5pt] &=& a^2\cdot\dfrac{64}{27a^3} - 8a\cdot \dfrac{16}{9a^2} + \dfrac{64}{3a}\\[5pt] &=&\dfrac{64}{27a}-\dfrac{128}{9a} + \dfrac{64}{3a} \\[5pt] &=&\dfrac{64}{27a}-\dfrac{384}{27a} + \dfrac{576}{27a} \\[5pt] &=& \dfrac{256}{27a}\\[10pt] f_a\left(\dfrac{4}{a}\right)&=& a^2\cdot \left(\dfrac{4}{a}\right)^3 -8a\cdot \left(\dfrac{4}{a}\right)^2+16\cdot \dfrac{4}{a} \\[5pt] &=& a^2\cdot\dfrac{64}{a^3} - 8a\cdot \dfrac{16}{a^2} + \dfrac{64}{a}\\[5pt] &=&\dfrac{64}{a}-\dfrac{128}{a} + \dfrac{64}{a} \\[5pt] &=& 0\\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f_a\left(\dfrac{4}{3a}\right)&=& \dfrac{256}{27a}\\[10pt] f_a\left(\dfrac{4}{a}\right)&=& 0\\[10pt] \end{array}$
$G_a$ besitzt zwei Extrempunkte: einen Hochpunkt mit den Koordinaten $H\left(\frac{4}{3a}\mid \frac{256}{27a}\right)$ und einen Tiefpunkt mit den Koordinaten $T\left(\frac{4}{a}\mid 0\right).$
Bildnachweise [nach oben]
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