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Wahlteil A3

Aufgaben
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Gegeben ist die Funktion $f$ mit der Gleichung $f(x)= \left(1-\frac{1}{2}x \right)\cdot \mathrm e^x$ mit $x\in \mathbb{R}.$
Der Graph von $f$ ist $K,$ der Graph der 1. Ableitungsfunktion von $f$ ist $L.$
3.1
Berechne die Nullstelle von $f.$
(2 BE)
#nullstelle
3.2
Zeige, dass
$f'(x)= \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}x\right)\cdot \mathrm e^x$
die 1. Ableitungsfunktion von $f$ ist.
Bestimme die Koordinaten des Extrempunktes von $K$ und ermittle die Art des Extremums.
Berechne die Koordinaten des Wendepunkts $W(x_W\mid f(x_W))$ von $K.$
Begründe, dass für $K$ bei $W$ ein Wechsel von linksgekrümmt nach rechtsgekrümmt erfolgt.
Skizziere $K$ im Intervall $-4\leq x \leq 2,1.$
(12 BE)
#wendepunkt#ableitung#krümmung#extrempunkt
3.3
Zeige rechnerisch, dass $K$ und $L$ keine gemeinsamen Punkte haben.
Skizziere $L$ im Intervall $-4\leq x \leq 2,1$ im vorhandenen Koordinatensystem.
(4 BE)
3.4
Im Punkt $(0\mid f(0))$ wird an $K$ die Tangente gelegt.
Bestimme eine Gleichung dieser Tangente.
(3 BE)
#tangente
3.5
Die Koordinatenachsen und $L$ begrenzen eine Fläche vollständig.
Berechne den Inhalt dieser Fläche.
(3 BE)
3.6
Die Gerade $x=u$ mit $u\in \mathbb{R}$ schneidet $K$ im Punkt $P$ und $L$ im Punkt $Q.$
Ermittle den Wert von $u,$ sodass die Strecke $\overline{PQ}$ eine Länge von $1$ hat.
(4 BE)
3.7
Die Gerade $s$ schneidet $K$ in den Punkten $\left(1\mid \frac{1}{2}\mathrm e \right)$ und $(2\mid 0).$
Die Gerade $g$ verläuft parallel zu $s$ und durch den Punkt $\left(\frac{1}{2}\mid \frac{1}{4}\mathrm e \right).$
Sowohl $s$ und die Koordinatenachsen als auch $g$ und die Koordinatenachsen schließen je eine Dreiecksfläche ein.
Berechne das Verhältnis der Flächeninhalte dieser Dreiecke.
(7 BE)
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Lösungen
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3.1
$\blacktriangleright$  Nullstelle berechnen
$\begin{array}[t]{rll} f(x)&=&0 \\[5pt] \left( 1-\frac{1}{2}x\right)\cdot \mathrm e^x&=& 0&\quad \scriptsize \mid\; :\mathrm e^x \neq 0 \\[5pt] 1-\frac{1}{2}x &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;+\frac{1}{2}x \\[5pt] 1&=&\frac{1}{2}x &\quad \scriptsize \mid\;: \frac{1}{2} \\[5pt] 2&=&x \end{array}$
$ 2 = x $
Da $\mathrm e^x$ keine Nullstelle besitzt ist die einzige Nullstelle von $f$ $x = 2.$
3.2
$\blacktriangleright$  Ableitungsfunktion zeigen
Mit der Produkt- und der Kettenregel ergibt sich:
$\begin{array}[t]{rll} f(x)&=& \left(1-\frac{1}{2}x \right)\cdot \mathrm e^x \\[10pt] f'(x)&=& -\frac{1}{2}\cdot \mathrm e^x + \left(1-\frac{1}{2}x \right)\cdot \mathrm e^x \\[5pt] &=& \left(-\frac{1}{2}+1-\frac{1}{2}x \right)\cdot \mathrm e^x \\[5pt] &=& \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{2}x \right)\cdot \mathrm e^x\\[5pt] \end{array}$
$ f'(x) = \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{2}x \right)\cdot \mathrm e^x $
$\blacktriangleright$  Koordinaten der Extrempunkte ermitteln
Mit dem notwendigen Kriterium für Extrempunkte ergibt sich:
$\begin{array}[t]{rll} f'(x)&=&0 \\[5pt] \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}x \right)\cdot \mathrm e^x&=& 0&\quad \scriptsize \mid\; :\mathrm e^x \neq 0 \\[5pt] \frac{1}{2}-\frac{1}{2}x &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; +\frac{1}{2}x\\[5pt] \frac{1}{2}&=& \frac{1}{2}x &\quad \scriptsize \mid\;: \frac{1}{2} \\[5pt] 1&=&x \end{array}$
$ 1 = x$
Der Graph $K$ besitzt einen möglichen Extrempunkt an der Stelle $x =1.$ Für das hinreichende Kriterium folgt:
$\begin{array}[t]{rll} f''(x)&=& -\frac{1}{2}\cdot \mathrm e^x +\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}x \right)\cdot \mathrm e^x \\[5pt] &=& -\frac{1}{2}x \cdot \mathrm e^x \\[10pt] f''(1)&=& -\frac{1}{2}\cdot 1 \cdot \mathrm e^1 \\[5pt] &=& -\frac{1}{2}\cdot \mathrm e < 0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f''(x)&=&-\frac{1}{2}x \cdot \mathrm e^x \\[10pt] f''(1)&=& -\frac{1}{2}\cdot \mathrm e < 0 \end{array}$
Der Graph $K$ besitzt also an der Stelle $x =1$ einen Hochpunkt.
$\begin{array}[t]{rll} f(1)&=& \left(1-\frac{1}{2}\cdot 1 \right)\mathrm e^1 \\[5pt] &=& \frac{1}{2}\cdot \mathrm e \end{array}$
$ f(1)= \frac{1}{2}\cdot \mathrm e$
$K$ besitzt genau einen Extrempunkt, bei dem es sich um einen Hochpunkt mit den Koordinaten $H\left(1\mid \frac{1}{2}\mathrm e\right)$ handelt.
$\blacktriangleright$  Koordinaten des Wendepunkts bestimmen
Mit dem notwendigen Kriterium für Wendepunkte ergibt sich:
$\begin{array}[t]{rll} f''(x)&=&0 \\[5pt] -\frac{1}{2}x \cdot \mathrm e^x&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; : \mathrm e^x \neq 0\\[5pt] -\frac{1}{2}x&=& 0&\quad \scriptsize \mid\; :\left(-\frac{1}{2} \right) \\[5pt] x&=& 0 \end{array}$
$ x=0 $
Der Graph $K$ besitzt also möglicherweise an der Stelle $x_W =0$ einen Wendepunkt. Mit dem hinreichenden Kriterium für Wendepunkte folgt:
$\begin{array}[t]{rll} f'''(x)&=& -\frac{1}{2}\cdot \mathrm e^x - \frac{1}{2}x\cdot \mathrm e^x \\[5pt] &=& \left(-\frac{1}{2} -\frac{1}{2}x \right) \cdot \mathrm e^x\\[10pt] f'''(0)&=& \left(-\frac{1}{2} -\frac{1}{2}\cdot 0 \right) \cdot \mathrm e^0\\[5pt] &=& -\frac{1}{2} \neq 0\\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f'''(x)&=& …\\[10pt] f'''(0)&=& -\frac{1}{2} \neq 0\\[5pt] \end{array}$
An der Stelle $x=0$ besitzt $K$ also tatsächlich einen Wendepunkt.
$\begin{array}[t]{rll} f(0)&=& \left(1-\frac{1}{2}\cdot 0\right)\mathrm e^0 \\[5pt] &=& 1 \end{array}$
$ f(0)=1 $
Der Graph $K$ besitzt genau einen Wendepunkt. Dieser hat die Koordinaten $W(0\mid 1).$
$\blacktriangleright$  Krümmungswechsel begründen
Der Graph ist an den Stellen $x$ linksgekrümmt, an denen $f''(x)> 0$ gilt, rechtsgekrümmt, wenn $f''(x)< 0$ gilt. Damit im Punkt $W$ also ein Wechsel von Linkskrümmung zu Rechtskrümmung stattfindet, muss bei der zweiten Ableitungsfunktion $f''$ an der stelle $x_W=0$ ein Vorzeichenwechsel von positiv zu negativ stattfinden.
Da $f''(x_W)=0$ und $f'''(x_W) = -\frac{1}{2} < 0$ ist, besitzt der Graph $L$ von $f'$ an der Stelle $x_W$ einen Hochpunkt. Besitzt der Graph einer Funktion $g$ an einer Stelle $x_E$ einen Hochpunkt, erfolgt bei der ersten Ableitung $g'$ an dieser Stelle $x_E$ ein Vorzeichenwechsel von positiv zu negativ.
An der Stelle $x_W =0$ findet daher für $f''$ ein Vorzeichenwechsel von positiv zu negativ statt, wodurch der Graph von $f$ an dieser Stelle von einer Linkskrümmung in eine Rechtskrümmung übergeht.
$\blacktriangleright$  Graphen skizzieren
Mit den bisherigen Ergebnissen und den Funktionswerten an den Stellen $x =-4$ und $x=2,1$ ergibt sich in etwa der folgende Graph.
$\begin{array}[t]{rll} f(-4)&=& \left(1-\frac{1}{2}\cdot (-4) \right)\cdot \mathrm e^{-4} \\[5pt] &=&3\cdot \mathrm e^{-4} \\[5pt] &\approx& 0,055 \\[10pt] f(2,1)&=& \left(1-\frac{1}{2}\cdot 2,1 \right)\cdot \mathrm e^{2,1} \\[5pt] &\approx& -0,408 \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f(-4)&\approx& 0,055 \\[10pt] f(2,1)&\approx& -0,408 \\[5pt] \end{array}$
Wahlteil A3
Abb. 1: $K$ für $-4\leq x\leq 2,1$
Wahlteil A3
Abb. 1: $K$ für $-4\leq x\leq 2,1$
#produktregel#kettenregel
3.3
$\blacktriangleright$  Nachweisen, dass $\boldsymbol{K}$ und $\boldsymbol{L}$ keine gemeinsamen Punkte haben
$\begin{array}[t]{rll} f(x)&=&f'(x) \\[5pt] \left(1-\frac{1}{2}x \right)\cdot \mathrm e^x&=& \left( \frac{1}{2}-\frac{1}{2}x\right)\cdot \mathrm e^x&\quad \scriptsize \mid\;:\mathrm e^x \neq 0 \\[5pt] 1-\frac{1}{2}x &=&\frac{1}{2}-\frac{1}{2}x &\quad \scriptsize \mid\;-\frac{1}{2} \\[5pt] \frac{1}{2}-\frac{1}{2}x&=& -\frac{1}{2}x &\quad \scriptsize \mid\;+\frac{1}{2}x \\[5pt] \frac{1}{2} &=& 0 \end{array}$
$ \frac{1}{2}=0 $
Dies ist ein Widerspruch. Es gibt kein $x,$ das die Gleichung $f(x)=f'(x)$ erfüllt. Dadurch besitzen die beiden zugehörigen Graphen $L$ und $K$ keine gemeinsamen Punkte.
$\blacktriangleright$  Graphen skizzieren
Mit den bisherigen Ergebnissen und den Funktionswerten von $f'$ an den Stellen $x=-4$ und $x=2,1$ ergibt sich in etwa folgende Abbildung.
$\begin{array}[t]{rll} f'(-4)&=& \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cdot (-4)\right)\cdot \mathrm e^{-4} \\[5pt] &\approx& 0,046\\[10pt] f'(2,1)&=& \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cdot 2,1\right)\cdot \mathrm e^{2,1} \\[5pt] &\approx& -4,491 \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f'(-4)&\approx& 0,046\\[10pt] f'(2,1)&\approx& -4,491 \\[5pt] \end{array}$
Wahlteil A3
Abb. 2: $L$ für $-4\leq x \leq 2,1$
Wahlteil A3
Abb. 2: $L$ für $-4\leq x \leq 2,1$
3.4
$\blacktriangleright$  Tangentengleichung bestimmen
Für die Tangente $t:\; y = m\cdot x + b$ an den Graphen $K$ von $f$ im Punkt $(0 \mid f(0))$ muss gelten:
  • $t$ besitzt die gleiche Steigung wie der Graph von $f$ im Punkt $(0 \mid f(0))$, also $m = f'(0)$.
  • $t$ verläuft durch den Punkt $(0 \mid f(0)),$ also $t(0)=f(0) =1.$
$\begin{array}[t]{rll} m&=& f'(0) \\[5pt] &=&\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cdot 0 \right)\cdot \mathrm e^0 \\[5pt] &=&\frac{1}{2} \end{array}$
Einsetzen in die Tangentengleichung liefert:
$\begin{array}[t]{rll} 1&=&\frac{1}{2}\cdot 0 +b \\[5pt] 1&=& b \end{array}$
Eine Gleichung der Tangente an den Graphen $K$ von $f$ im Punkt $(0\mid f(0))$ lautet also $t: \; y = \frac{1}{2}x +1.$
3.5
$\blacktriangleright$  Flächeninhalt berechnen
Der gesuchte Flächeninhalt kann mithilfe eines Integrals über $f'$ in den Grenzen $x_1 =0$ und $x_2 = 1$ berechnet werden. Dabei wird verwendet, dass $f'$ die erste Ableitungsfunktion von $f$ und damit $f$ eine Stammfunktion von $f'$ ist.
$\begin{array}[t]{rll} A&=& \displaystyle\int_{0}^{1}f'(x)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& f(1) - f(0) \\[5pt] &=& \frac{1}{2}\mathrm e - 1\\[5pt] &\approx& 0,36 \end{array}$
Die Fläche, die $L$ vollständig mit den Koordinatenachsen begrenzt, besitzt einen Flächeninhalt von $\frac{1}{2}\mathrm e - 1 \approx 0,36$ Flächeneinheiten.
#integral#stammfunktion
3.6
$\blacktriangleright$  Wert von $\boldsymbol{u}$ ermitteln
Die Gerade $x=u$ ist eine parallele zur $y$-Achse. Die Punkte $P$ und $Q$ haben also dieselbe $x$-Koordinate $x=u.$ Für die $y$-Koordinaten gilt $y_P = f(u),$ da $P$ auf $K$ liegen soll, und $y_Q = f'(u),$ da $Q$ auf $L$ liegen soll. Die Länge der Strecke $\overline{PQ}$ ergibt sich dann als die Differenz der beiden $y$-Koordinaten:
$\begin{array}[t]{rll} 1&=& \left|\overline{PQ}\right| \\[5pt] 1&=& y_P-y_Q \\[5pt] 1&=& f(u)-f'(u) \\[5pt] 1&=&\left(1-\frac{1}{2}u \right)\cdot \mathrm e^{u}- \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}u \right)\cdot \mathrm e^{u}&\quad \scriptsize \mid\;: \mathrm e^{u}\neq 0 \\[5pt] 1&=&\left(1-\frac{1}{2}u - \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}u \right)\right)\cdot\mathrm e^{u} \\[5pt] 1&=&\frac{1}{2}\cdot\mathrm e^{u} &\quad \scriptsize \mid \; :\frac{1}{2} \\[5pt] 2&=&\mathrm e^{u}&\quad \scriptsize \mid \;\ln \\[5pt] \ln(2)&=& u \\[5pt] \end{array}$
$ \ln (2)=u $
Für $u= \ln (2)$ hat die Strecke $\overline{PQ}$ eine Länge von $1.$
3.7
$\blacktriangleright$  Verhältnis der Flächeninhalte berechnen
Die Steigung der beiden Geraden ist identisch und ergibt sich mit Hilfe des Differenzenquotienten und den beiden Punkten $\left(1\mid \frac{1}{2}\mathrm e \right)$ und $\left( 2\mid 0\right)$ wie folgt:
$\begin{array}[t]{rll} m&=& \dfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2} \\[5pt] &=& \dfrac{\frac{1}{2}\mathrm e -0 }{ 1-2} \\[5pt] &=& -\frac{1}{2}\mathrm e \end{array}$
$ m =-\frac{1}{2}\mathrm e $
Für die Gerade $s$ gilt daher:
$\begin{array}[t]{rll} s: \quad y &=&-\frac{1}{2}\mathrm e \cdot x +b_s &\quad \scriptsize \mid\; (2\mid 0)\\[5pt] 0&=&-\frac{1}{2}\mathrm e \cdot 2 +b_s \\[5pt] 0&=& -\mathrm e+b_s&\quad \scriptsize \mid\; +\mathrm e \\[5pt] \mathrm e&=& b_s \\[5pt] \end{array}$
$\mathrm e= b_s $
Eine Gleichung der Gerade $s$ ist also $s: \, y =-\frac{1}{2}\mathrm e \cdot x + \mathrm e.$ Für $g$ folgt:
$\begin{array}[t]{rll} g: \quad y&=& -\frac{1}{2}\mathrm e \cdot x +b_g &\quad \scriptsize \mid\; \left(\frac{1}{2}\mid \frac{1}{4}\mathrm e\right) \\[5pt] \frac{1}{4}\mathrm e&=& -\frac{1}{2}\mathrm e \cdot\frac{1}{2} +b_g\\[5pt] \frac{1}{4}\mathrm e&=& -\frac{1}{4}\mathrm e + b_g &\quad \scriptsize \mid\; +\frac{1}{4}\mathrm e \\[5pt] \frac{1}{2}\mathrm e&=& b_g \\[5pt] \end{array}$
$ \frac{1}{2}\mathrm e= b_g $
Eine Gleichung der Gerade $g$ lautet demnach $g:\quad y = -\frac{1}{2}\mathrm e \cdot x + \frac{1}{2}\mathrm e.$
$s$ schneidet die $y$-Achse im Punkt $(0\mid \mathrm e)$ und die $x$-Achse im Punkt $(2\mid 0).$ Das Dreieck, das $s$ mit den Koordinatenachsen bildet ist also rechtwinklig und besitzt die beiden Kathetenlängen $\mathrm e$ und $2.$ Der Flächeninhalt $A_s$ dieses Dreiecks ergibt sich daher zu:
$\begin{array}[t]{rll} A_1&=& \frac{1}{2}\cdot \mathrm e\cdot 2 \\[5pt] &=& \mathrm e \end{array}$
$ A_1 = \mathrm e $
$g$ schneidet die $y$-Achse im Punkt $\left(0\mid \frac{1}{2}\mathrm e\right).$ Für die Nullstelle folgt:
$\begin{array}[t]{rll} 0&=& -\frac{1}{2}\mathrm e \cdot x + \frac{1}{2}\mathrm e&\quad \scriptsize \mid\; +\frac{1}{2}\mathrm e \cdot x\\[5pt] \frac{1}{2}\mathrm e \cdot x&=& \frac{1}{2}\mathrm e&\quad \scriptsize \mid\; :\left(\frac{1}{2}\mathrm e \right) \\[5pt] x&=& 1\\[5pt] \end{array}$
$ x =1 $
Das Dreieck, das $g$ mit den Koordinatenachsen bildet, ist ebenfalls rechtwinklig mit den beiden Kathetenlängen $\frac{1}{2}\mathrm e$ und $1.$ Also ergibt sich der Flächeninhalt $A_2$ dieses Dreiecks wie folgt:
$\begin{array}[t]{rll} A_2&=& \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\mathrm e\cdot 1 \\[5pt] &=& \frac{1}{4}\mathrm e \end{array}$
$ A_2=\frac{1}{4}\mathrm e $
Das Verhältnis der beiden Flächeninhalte $A_2:A_1$ ist $1:4.$
Bildnachweise [nach oben]
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