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Aufgabe 1A

Aufgaben
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Gegeben ist die Funktion $f$ mit
$f(x)= -x^4+5\cdot x^3-6\cdot x^2+x+4,$ $x\in \mathbb{R}.$
$ f(x)= … $
Im Folgenden wird ein Übertragungsvorgang einer Datenmenge aus dem Internet betrachtet. In den ersten drei Sekunden wird die Übertragungsrate modellhaft mithilfe der Funktion $f$ beschrieben.
Dabei ist $x$ die Zeit in Sekunden seit Beginn dr Übertragung und $f(x)$ die Übertragungsrate in Megabit pro Sekunde $\left(\frac{\text{Mbit}}{\text{s}}\right).$
Die Abbildung 1 des Materials zeigt den Graphen von $f$ für $0\leq x\leq 3.$
a)
Markiere in der Abbildung 1 auf der Zeitachse die Zeitpunkte, zu denen die Übertragungsrate nach der Modellfunktion $f$ etwa $3,5\,\frac{\text{Mbit}}{\text{s}}$ beträgt.
Bestimme den Zeitpunkt mit der größten Übertragungsrate.
Begründe, dass zum Zeitpunkt $2\,\text{s}$ die Zunahme der Übertragungsrate am größten ist.
(12 BE)
b)
Berechne die Datenmenge $D,$ die insgesamt im betrachteten Zeitraum übertragen wird.
Bestimme den Zeitpunkt, zu dem eine Datenmenge von $10\,\text{Mbit}$ übertragen wurde.
$F$ bezeichne eine Stammfunktion zur Funktion $f.$
Erläutere die Bedeutung der Lösungen folgender Gleichung im Sachzusammenhang:
$\dfrac{F(3)-F(0)}{3-0} = f(x).$
(11 BE)
#stammfunktion
c)
Unabhängig vom Sachzusammenhang wird die Funktion $f$ nun für alle $x\in \mathbb{R}$ betrachtet.
Der Graph von $f$ hat die Wendepunkte $W_1\left(\frac{1}{2}\mid f\left(\frac{1}{2}\right)\right)$ und $W_2(2\mid f(2)).$
Die Gerade $g$ durch die Wendepunkte schließt mit dem Graphen von $f$ drei Flächen ein.
Abbildung 2 der Anlage veranschaulicht die Situation.
Vergleiche die Inhalte der beiden äußeren Flächen.
Betrachtet wird nun der Graph zu $k\cdot f(x),$ $k> 0,$ und die Gerade durch die Wendepunkte des Graphen zu $k\cdot f(x).$ Beide schließen wiederum drei Flächen ein.
Untersuche den Einfluss des Faktors $k$ auf das Verhältnis der Flächeninhalte der beiden äußeren Flächen.
(13 BE)
d)
Betrachtet wird nun die Funktionenschar $s_c$ mit $s_c(x) = -x^4+c\cdot x^2,$ $x\in \mathbb{R},$ $c> 0.$
Zeige, dass die Wendepunkte der Graphen von $s_c$ auf dem Graphen der Funktion $w$ mit $w(x)= 5\cdot x^4,$ $x\in \mathbb{R},$ liegen.
Die Abbildung 3 der Anlage zeigt einen Ausschnitt aus dem Graphen der Ableitungsfunktion $w'$ sowie aus dem Grpahen der Ableitungsfunktion $s_c'$ für einen beliebigen Wert von $c.$
Begründe mithilfe von Abbildung 3 die Gültigkeit folgender Aussage:
Jeder Graph der Schar $s_c$ hat mit dem Graphen von $w$ drei gemeinsame Punkte und nur für einen dieser Punkte gilt, dass die Tangenten an den Graphen von $s_c$ und an den Graphen von $w$ identisch sind.
(10 BE)
#tangente#wendepunkt#funktionenschar
Material
Graph zu den Teilaufgaben a) und b)
Aufgabe 1A
Abb. 1: Graph von $f$ für $0\leq x\leq 3$
Aufgabe 1A
Abb. 1: Graph von $f$ für $0\leq x\leq 3$
Graphen zu Teilaufgabe c)
Aufgabe 1A
Abb. 2: Graph von $f$ und Gerade $g$ durch die Wendepunkte
Aufgabe 1A
Abb. 2: Graph von $f$ und Gerade $g$ durch die Wendepunkte
Graphen zu Teilaufgabe d)
Aufgabe 1A
Abb. 3: Ausschnitte aus dem Graphen von $w'$ und aus dem Graphen von $s_c'$ für einen beliebigen Wert von $c.$
Aufgabe 1A
Abb. 3: Ausschnitte aus dem Graphen von $w'$ und aus dem Graphen von $s_c'$ für einen beliebigen Wert von $c.$
Bildnachweise [nach oben]
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Lösungen
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a)
$\blacktriangleright$  Zeitpunkte markierenAufgabe 1A
Aufgabe 1A
Abb. 1: Markierungen
Aufgabe 1A
Abb. 1: Markierungen
$\blacktriangleright$  Zeitpunkt mit der größten Übertragungsrate bestimmen
Bestimme zunächst die lokalen Maxima von $f$ und überprüfe anschließend die Intervallränder.
1. Schritt: Notwendiges Kriterium für Extremstellen anwenden
$f'(x)= -4x^3+15x^2-12x+1$
Verwende den solve-Befehl deines CAS:
$\begin{array}[t]{rll} f'(x) &=& 0 \\[5pt] -4x^3+15x^2-12x+1 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] x_1&=& \dfrac{-\sqrt{105}+11}{8} \approx 0,09\\[5pt] x_2&=& 1\\[5pt] x_3&=& \dfrac{\sqrt{105}+11}{8} \approx 2,66 \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} x_1&=& \dfrac{-\sqrt{105}+11}{8}\\[5pt] &\approx& 0,09\\[10pt] x_2&=& 1\\[10pt] x_3&=& \dfrac{\sqrt{105}+11}{8}\\[5pt] &\approx& 2,66 \\[5pt] \end{array}$
2. Schritt: Hinreichendes Kriterium für Extremstellen überprüfen
$f''(x)= -12x^2+30x-12$
$\begin{array}[t]{rll} f''(x_1)&\approx& -9,28 < 0 \\[5pt] f''(x_2)&=& 6 >0 \\[5pt] f''(x_3)&\approx& -16,97 < 0 \end{array}$
An den Stellen $x_1$ und $x_3$ besitzt $f$ also lokale Maxima.
3. Schritt: Randextrema untersuchen
Überprüfe noch die Intervallränder auf Randextrema:
$\begin{array}[t]{rll} f(0)&=& 4 \\[5pt] f(3)&=& 7 \\[5pt] f(x_1)&\approx& 4,05 \\[5pt] f(x_3)&\approx& 8,25 \end{array}$
Der Zeitpunkt mit der größten Übertragungsrate ist also $x_2\approx 2,66\,\text{s}.$
$\blacktriangleright$  Zeitpunkt mit der größten Zunahme der Übertragungsrate begründen
Die Zunahme ist zu dem Zeitpunkt am größten, zu dem die erste Ableitungsfunktion von $f$ ihr Maximum annimmt. Es ist:
$f'(x)= -4x^3+15x^2-12x+1$
$f'(x)= -4x^3+15x^2-12x+1$
Bestimme wie oben die lokalen Maxima von $f'.$
1. Schritt: Notwendiges Kriterium überprüfen
$f''(2) = -12\cdot 2^2+30\cdot 2-12 = 0$
2. Schritt: Hinreichendes Kriterium überprüfen
$\begin{array}[t]{rll} f'''(x) &=& -24x+30 \\[5pt] f'''(2) &=& -24\cdot 2 +30 \\[5pt] &=& -18 < 0 \\[5pt] \end{array}$
An der Stelle $x=2$ besitzt $f'$ also ein lokales Maximum. Da $f'$ eine ganzrationale Funktion dritten Grades ist, kann $f'$ maximal zwei lokale Extrema besitzen. Dabei kann es sich nicht um zwei Maxima oder zwei Minima handeln. $x=2$ ist also die einzige Stelle mit einem lokalen Maximum.
3. Schritt: Intervallränder überprüfen
Es ist $f'(2)=5.$ Für die Intervallränder gilt:
$f'(0)=1$ und $f'(3)= -8 <0$
Zu Beginn beträgt die Zunahme der Datenübertragungsrate also nur $1,$ am Ende des Zeitraums nimmt die Datenübertragungsmenge ab. Der Zeitpunkt mit der größten Zunahme der Datenübertragungsmenge ist also zum Zeitpunkt $2\,\text{s}.$
b)
$\blacktriangleright$  Datenmenge berechnen
Die übertragene Datenmenge kann mit einem Integral über $f$ bestimmt werden. Verwende dazu dein CAS.
$\blacktriangleright$ Casio Classpad II
keyboard $\to$ Math2 $\to$ $\int_{\Box}^{\Box}\Box$
keyboard $\to$ Math2 $\to$ $\int_{\Box}^{\Box}\Box$
$\displaystyle\int_{0}^{3}f(x)\;\mathrm dx\approx 15,15$
Im gesamten Zeitraum wird eine Datenmenge von ca. $15,15\,\text{Mbit}$ übertragen.
$\blacktriangleright$  Zeitpunkt bestimmen
Die Datenmenge, die bis zum Zeitpunkt $z$ übertragen wurde, kann ebenfalls durch ein Integral dargestellt werden. Mithilfe der Integrationsregeln ergibt sich folgende Gleichung:
$\begin{array}[t]{rll} \displaystyle\int_{0}^{z}f(x)\;\mathrm dx&=& 10 \\[5pt] \displaystyle\int_{0}^{z}\left(-x^4+5\cdot x^3-6\cdot x^2+x+4 \right)\;\mathrm dx&=& 10 \\[5pt] \left[-\frac{1}{5}x^5+\frac{5}{4}x^4-2x^3+\frac{1}{2}x^2+4x \right]_0^z&=& 10\\[5pt] -\frac{1}{5}z^5+\frac{5}{4}z^4-2z^3+\frac{1}{2}z^2+4z - 0&=& 10 \end{array}$
$ -\frac{1}{5}z^5+… = 10 $
Die Gleichung kannst du mit dem solve-Befehl deines CAS lösen und erhältst als einzige Lösung, die im betrachteten Bereich liegt, $z\approx 2,4.$ Nach ca. $2,4\,\text{s}$ sind $10\,\text{Mbit}$ übertragen.
$\blacktriangleright$  Lösung im Sachsusammenhang erläutern
Mit dem Term $F(3)-F(0)$ wird die insgesamt in den ersten drei Sekunden übertragene Datenmenge berechnet. Der Bruch $\dfrac{F(3)-F(0)}{3-0}$ entspricht also der mittleren Übertragungsrate im gesamten betrachteten Zeitraum.
Die Lösungen der Gleichung entsprechen also den Zeitpunkten, zu denen die momentane Übertragungsrate mit der mittleren Übertragungsrate übereinstimmt.
#integral
c)
$\blacktriangleright$  Inhalte der äußeren Flächen vergleichen
1. Schritt: Geradengleichung aufstellen
$\begin{array}[t]{rll} f(0,5)&=& -0,5^4+5\cdot 0,5^3-6\cdot 0,5^2+0,5+4 \\[5pt] &=& 3,5625 \\[10pt] f(2)&=& -2^4+5\cdot 2^3-6\cdot 2^2+2+4 \\[5pt] &=& 6 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f(0,5)&=& 3,5625 \\[10pt] f(2)&=& 6 \end{array}$
Für die Steigung der Geraden $g$ mit $g(x)=m\cdot x +b$ ergibt sich dann:
$\begin{array}[t]{rll} m &=& \dfrac{f(2)-f(0,5)}{2-0,5} \\[5pt] &=& \dfrac{ 6 - 3,5625}{2-0,5} \\[5pt] &=& 1,625 \end{array}$
$ m = 1,625 $
Mithilfe einer Punktprobe ergibt sich jetzt $b:$
$\begin{array}[t]{rll} g(x) &=& m\cdot x + b &\quad \scriptsize \mid\;m =1,625 \\[5pt] g(x) &=& 1,625 \cdot x +b &\quad \scriptsize \mid\; W_2(2\mid 6) \\[5pt] 6 &=& 1,625 \cdot 2 + b \\[5pt] 6 &=& 3,25 +b &\quad \scriptsize \mid\; -3,25 \\[5pt] 2,75 &=& b \end{array}$
$ b = 2,75 $
Die Gerade durch die beiden Wendepunkte $W_1$ und $W_2$ kann also durch folgende Gleichung beschrieben werden:
$g(x)= 1,625 \cdot x + 2,75$
2. Schritt: Flächengrößen berechnen
Die Flächeninhalte können wie oben mithilfe eines Integrals berechnet werden. Bestimme dazu zunächst die Schnittstellen der Geraden $g$ mit dem Graphen der Funktion $f.$ Dies sind die Integrationsgrenzen.
Du erhältst dann folgende Schnittstellen:
$\begin{array}[t]{rll} f(x) &=& g(x) &\quad \scriptsize \mid\; CAS\\[5pt] x_1&=& \frac{-3\sqrt{5}+5}{4} \\[5pt] x_2&=& 0,5 \\[5pt] x_3&=& 2 \\[5pt] x_4&=& \frac{3\sqrt{5}+5}{4} \end{array}$
Wie oben kannst du die entsprechenden Integrale mit deinem CAS bestimmen:
$\begin{array}[t]{rll} A_l&=& \displaystyle\int_{\frac{-3\sqrt{5}+5}{4}}^{0,5}\left(f(x)-g(x)\right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{\frac{-3\sqrt{5}+5}{4}}^{0,5}\left( -x^4+5\cdot x^3-6\cdot x^2+x+4-1,625\cdot x -2,75\right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{\frac{-3\sqrt{5}+5}{4}}^{0,5}\left( -x^4+5\cdot x^3-6\cdot x^2-0,625x+1,25\right)\;\mathrm dx&\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] &=& \frac{243}{320} \\[5pt] A_r&=& \displaystyle\int_{2}^{ \frac{3\sqrt{5}+5}{4} }\left(f(x)-g(x)\right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{2}^{ \frac{3\sqrt{5}+5}{4} }\left( -x^4+5\cdot x^3-6\cdot x^2-0,625x+1,25\right)\;\mathrm dx&\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] &=&\frac{243}{320} \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} A_l&=& \frac{243}{320} \\[5pt] A_r&=& \frac{243}{320} \\[5pt] \end{array}$
Beide Flächeninhalte sind also gleich groß.
$\blacktriangleright$  Einfluss des Faktors untersuchen
Durch den Parameter $k> 0$ wird der Graph von $f$ entlang der $y$-Achse gestreckt. Alle Funktionswerte von $f$ werden mit $k$ multipliziert.
Die Wendestellen verändern sich dadurch nicht. Lediglich die Funktionswerte an den Wendestellen werden mit dem Faktor $k$ multipliziert.
Für die Gerade durch die Wendepunkte von $f_k$ gilt daher ebenfalls $g_k(x)= k\cdot g(x).$ Für die Schnittstellen von $f_k$ und $g_k$ gilt daher:
$\begin{array}[t]{rll} f_k(x)&=& g_k(x) \\[5pt] k\cdot f(x)&=& k\cdot g(x) &\quad \scriptsize \mid\;:k>0 \\[5pt] f(x)&=& g(x) \end{array}$
Die Schnittstellen der Geraden $g_k$ mit dem Graphen von $f_k$ sind also mit denen von $g$ und $f$ identisch.
Die Integrationsgrenzen sind also identisch.
$\begin{array}[t]{rll} A_{l_k}&=& \displaystyle\int_{\frac{-3\sqrt{5}+5}{4}}^{0,5}\left(f_k(x)-g_k(x) \right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{\frac{-3\sqrt{5}+5}{4}}^{0,5}\left(f_k(x)-g_k(x) \right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{\frac{-3\sqrt{5}+5}{4}}^{0,5}\left(k\cdot f(x)-k\cdot g(x) \right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{\frac{-3\sqrt{5}+5}{4}}^{0,5}k\cdot \left( f(x)- g(x) \right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& k\cdot \displaystyle\int_{\frac{-3\sqrt{5}+5}{4}}^{0,5} \left( f(x)- g(x) \right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& k\cdot A_l \end{array}$
$ A_{l_k} = k\cdot A_l $
Eine analoge Rechnung lässt sich auch für $A_r$ durchführen, sodass gilt $A_{r_k} = k\cdot A_r.$ Es ist also weiterhin $A_{l_k} = k\cdot A_l \approx k\cdot A_r = A_{r_k}.$
Das Verhältnis der Flächeninhalte bleibt bei der Streckung mit dem Faktor $k$ erhalten.
#integral
d)
$\blacktriangleright$  Graphen für die Wendestellen nachweisen
1. Schritt: Notwendiges Kriterium für Wendestellen anwenden
Definiere zunächst $s_c,$ sowie die bieden ersten Ableitungsfunktionen $s_c'$ und $s_c''$ in deinem CAS.
$\blacktriangleright$ Casio Classpad II
keyboard $\to$ Math2 $\to$ $\frac{d}{d \Box}\Box$
keyboard $\to$ Math2 $\to$ $\frac{d}{d \Box}\Box$
Gleichsetzen der zweiten Ableitungsfunktion mit Null liefert mithilfe des CAS:
$\begin{array}[t]{rll} s_c''\left(x\right)&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] x_1 &=& \sqrt{\frac{c}{6}} \\[5pt] x_2 &=& -\sqrt{\frac{c}{6}} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} x_1 &=& \sqrt{\frac{c}{6}} \\[5pt] x_2 &=& -\sqrt{\frac{c}{6}} \end{array}$
Das notwendige Kriterium für Extremstellen ist also für alle $c> 0$ an den Stellen $x_1= \sqrt{\frac{c}{6}}$ und $x_2= -\sqrt{\frac{c}{6}}$ erfüllt.
2. Schritt: Hinreichendes Kriterium überprüfen
Definiere ebenso die dritte Ableitungsfunktion $s_c'''$ in deinem CAS.
$s_c'''\left(\sqrt{\frac{c}{6}}\right) = -24\cdot \sqrt{\frac{c}{6}} < 0$ für $c>0$
$s_c'''\left(-\sqrt{\frac{c}{6}}\right) = 24\cdot \sqrt{\frac{c}{6}} > 0$ für $c>0$
Das hinreichende Kriterium für Wendestellen ist also ebenfalls erfüllt. Bei $x_1= \sqrt{\frac{c}{6}}$ und $x_2=-\sqrt{\frac{c}{6}}$ handelt es sich für jedes $c> 0$ um Wendestellen von $s_c$.
3. Schritt: Funktionswert bestimmen und Funktionsgleichung aufstellen
Mit dem CAS ergibt sich:
$\begin{array}[t]{rll} s_c\left(\sqrt{\frac{c}{6}}\right)&=& \frac{5}{36}\cdot c^2 \\[5pt] s_c\left(-\sqrt{\frac{c}{6}}\right)&=& \frac{5}{36}\cdot c^2 \end{array}$
Die Ortskurve bestimmst du, indem du zunächst die $x$-Koordinaten der Wendepunkte nach $c$ auflöst:
$\begin{array}[t]{rll} x_1&=& \sqrt{\frac{c}{6}} &\quad \scriptsize \mid\;^2 \\[5pt] x_1^2&=& \frac{c}{6} &\quad \scriptsize \mid\;\cdot 6 \\[5pt] 6\cdot x_1^2 &=& c \\[10pt] x_2&=& -\sqrt{\frac{c}{6}} &\quad \scriptsize \mid\;^2 \\[5pt] x_2^2&=& \frac{c}{6} &\quad \scriptsize \mid\;\cdot 6 \\[5pt] 6\cdot x_2^2 &=& c \\[10pt] \end{array}$
Beide Wendestellen erfüllen die Gleichung $c= 6\cdot x^2.$ Einsetzen in die $y$-Koordinate der Wendepunkte ergibt:
$\begin{array}[t]{rll} y&=& \frac{5}{36}\cdot c^2 &\quad \scriptsize \mid\; c= 6\cdot x^2 \\[5pt] y&=& \frac{5}{36}\cdot \left(6\cdot x^2\right)^2 \\[5pt] &=& 5\cdot x^4 \\[5pt] \end{array}$
Alle Wendepunkte liegen also auf dem Graphen der Funktion $w$ mit $x(x)= 5\cdot x^4.$
$\blacktriangleright$  Aussage begründen
Der Graph von $s_c$ hat genau zwei Wendepunkte, wie oben gezeigt wurde.
Für jeden Wert von $c$ hat der Graph von $s_c$ also zwei Wendepunkte, die auf dem Graphen von $w$ liegen. Dies sind bereits zwei gemeinsame Punkte.
Zudem gilt $s_c(0)=0$ und $w(0)=0.$ Der Graph jeder Funktion aus $s_c$ hat also mit dem Graphen von $w$ drei gemeinsame Punkte.
Damit die Tangenten der beiden Graphen in einem Punkt $P(x_P\mid y_P)$ übereinstimmen, muss dort sowohl die Steigung als auch der Funktionswert übereinstimmen. Es muss also sowohl $s_c(x_P)= w(x_P) $ und $s_c'(x_P) = w_p'(x_P)$ gelten.
In Abbildung 3 lassen sich zwei gemeinsame Punkte des Graphen von $w'$ und $s_c'$ erkennen, einer davon ist $(0\mid0),$ der zweite befindet sich im ersten Quadranten.
Im Punkt $(0\mid0)$ stimmen also die Steigungen aller Graphen $s_c$ überein. Außerdem wurde oben schon genannt, dass der Punkt $(0\mid 0)$ auf jedem der Graphen $s_c$ und auf dem Graphen von $w$ liegt.
Im Punkt $(0\mid 0)$ stimmen also sowohl Funktionswerte als auch Steigungswerte von $s_c$ und $w$ für jeden Wert von $c$ überein.
In diesem Punkt besitzen der Graph von $w$ und $s_c$ also für jeden Wert von $c$ eine identische Tangente.
Der zweite Schnittpunkt $P$ des Graphen von $s_c'$ und $w'$ im ersten Quadranten ist ein weiterer Punkt, in dem die Steigungen von $s_c$ und $w$ übereinstimmen, in dem die Graphen von $s_c$ und $w$ also parallele Tangenten aufweisen. Damit die Tangenten aber auch identisch sind, müssen die Funktionswerte an diesen Stellen auch übereinstimmen.
Da die Graphen von $w$ und $s_c$ aber nur die Wendepunkte von $s_c$ und den Koordinatenursprung gemeinsam haben, müsste dieser Schnittpunkt $P$ ein Wendepunkt des Graphen von $s_c$ sein. Dann müsste er allerdings ein Extrempunkt des Graphen von $s_c'$ sein. In der Abbildung ist aber zu sehen, dass dies nicht der Fall ist.
$P$ ist also kein Extrempunkt von $s_c'$ und damit kein Wendepunkt von $s_c$ und damit besitzen die Graphen von $w$ und $s_c$ an dieser Stelle keinen gemeinsamen Punkt.
Insgesamt folgt daher, dass es genau einen Punkt gibt, an dem die Tangenten an den Graphen von $s_c$ und von $w$ identisch sind.
Bildnachweise [nach oben]
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