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Aufgabe 2

Aufgaben
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Für jede reelle Zahl $k > 0$ ist durch die Gleichung
$f_k(x) = x^3-k\cdot x,$ $x\in \mathbb{R},$
eine Funktion $f_k$ gegeben.
#funktionenschar
a)
(1)
Die in der folgenden Abbildung 1 dargestellten Graphen $\text{I},$ $\text{II}$ und $\text{III}$ gehören jeweils zu einem der Werte $k = 1 ,$ $k = 2$ und $k = 3.$
Entscheide, welcher Wert zu welchem Graphen gehört.
(2)
Ermittle denjenigen Wert von $k,$ für den der Punkt $(0,5\mid -1)$ auf dem Graphen von $f_k$ liegt.
(3+3 BE)
Im folgenden wird die konkrete Funktion $f_1$ mit der Gleichung
$f_1(x)=x^3-x,$ $x\in \mathbb{R},$
betrachtet.
b)
Untersuche die Funktion $f_1$ rechnerisch auf lokale Extremstellen.
(7 BE)
#extrempunkt
c)
(1)
Bestimme rechnerisch den Inhalt der Fläche, die für $x \leq 0$ vom Graphen von $f_1$ und der $x$-Achse eingeschlossen wird.
(2)
In der folgenden Abbildung 2 siehst du den Graphen von $f_1$ und eine Gerade $g_a:\, y= a\cdot x,$ die den Graphen von $f_1$ an drei Stellen $x=s_1,$ $x=0$ und $x=s_3$ schneidet.
Gib für die in Abbildung 2 dargestellte Situation ohne weitere Berechnung den Wert des Integrals $\displaystyle\int_{s_1}^{s_3}(f_1(x)-a\cdot x)\;\mathrm dx$ an.
Begründe deine Angabe.
(6+5 BE)
#integral
d)
(1)
Zeichne die Gerade $t:\, y= -0,25\cdot x +0,25$ in die Abb. 1 ein.
(2)
Weise rechnerisch nach, dass $t$ eine Tangente an den Graphen von $f_1$ ist.
(3)
Die Tangente $t$ und der Graph von $f_1$ schließen eine Fläche ein.
Ermittle den Inhalt dieser Fläche.
(4)
Zeige: Für jede reelle Zahl $r> 0$ ist die Gerade durch die Punkte $A_r\left(-r\mid f_1(-r) \right)$ und $B_r\left(2\cdot r\mid f_1(2\cdot r)\right)$ eine Tangente an den Graphen von $f_1$ im Punkt $A_r.$
(2+5+4+5 BE)
#tangente
Bildnachweise [nach oben]
[1],[2]
© – SchulLV.
#gtr
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Lösungen
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a)
(1)
$\blacktriangleright$  Parameterwerte und Graphen zuordnen
Je größer der Wert von $k,$ desto extremer werden auch die Extrema von $f_k.$
$k=1$ gehört zu Graph $\text{III}$
$k=2$ gehört zu Graph $\text{II}$
$k=3$ gehört zu Graph $\text{I}$
(2)
$\blacktriangleright$  Parameterwert ermitteln
$\begin{array}[t]{rll} f_k(0,5)&=& -1 \\[5pt] 0,5^3-k\cdot 0,5 &=& -1 \\[5pt] 0,125 -0,5k &=& -1 &\quad \scriptsize \mid\; -0,125 \\[5pt] -0,5k &=& -1,125 &\quad \scriptsize \mid\;:(-0,5) \\[5pt] k &=& 2,25 \end{array}$
$ k=2,25 $
Für $k=2,25$ liegt der Punkt $(0,5\mid -1)$ auf dem Graphen von $f_k.$
b)
$\blacktriangleright$  Funktion auf lokale Extremstellen untersuchen
1. Schritt: Ableitungsfunktionen bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} f_1(x) &=& x^3 -x\\[5pt] f_1'(x) &=& 3x^2 -1 \\[5pt] f_1''(x) &=& 6x \end{array}$
2. Schritt: Notwendiges Kriterium für lokale Extremstellen anwenden
$\begin{array}[t]{rll} f_1'(x) &=& 0 \\[5pt] 3x^2 -1 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; +1 \\[5pt] 3x^2 &=& 1 &\quad \scriptsize \mid\; :3 \\[5pt] x^2 &=& \frac{1}{3} \\[5pt] x_1&=& -\frac{1}{\sqrt{3}} \\[5pt] x_2 &=& \frac{1}{\sqrt{3}} \end{array}$
3. Schritt: Hinreichendes Kriterium für Extremstellen überprüfen
$\begin{array}[t]{rll} f_1''\left(-\frac{1}{\sqrt{3}} \right)&=& 6\cdot \left( -\frac{1}{\sqrt{3}}\right) < 0 \\[5pt] f_1''\left(\frac{1}{\sqrt{3}} \right)&=& 6\cdot \frac{1}{\sqrt{3}} > 0 \\[5pt] \end{array}$
$f_1$ besitzt an der Stelle $x_1=-\frac{1}{\sqrt{3}}$ ein lokales Maximum und an der Stelle $x_2 = \frac{1}{\sqrt{3}}$ ein lokales Minimum.
c)
(1)
$\blacktriangleright$  Flächeninhalt bestimmen
1. Schritt: Integrationsgrenzen bestimmen
Die Integrationsgrenzen entsprechen den Nullstellen von $f_1$ für $x\leq 0.$
$\begin{array}[t]{rll} f_1(x) &=& 0 \\[5pt] x^3- x &=& 0 \\[5pt] x\left(x^2-1\right) &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; x_1=0 \\[5pt] x^2-1 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; +1 \\[5pt] x^2 &=& 1 \\[5pt] x_2 &=& -1 \\[5pt] x_3 &=& 1 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f_1(x) &=& 0 \\[5pt] x_1 &=& 0 \\[5pt] x_2 &=& -1 \\[5pt] x_3 &=& 1 \end{array}$
2. Schritt: Flächeninhalt berechnen
$\begin{array}[t]{rll} A&=& \displaystyle\int_{-1}^{0}f_1(x)\;\mathrm dx\\[5pt] &=& \displaystyle\int_{-1}^{0}\left(x^3-x \right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \left[\frac{1}{4}x^4 -\frac{1}{2}x^2 \right]_{-1}^0 \\[5pt] &=& \frac{1}{4}\cdot 0^4 -\frac{1}{2}\cdot 0^2 -\left(\frac{1}{4}\cdot \left( -1\right)^4 -\frac{1}{2}\cdot\left( -1\right)^2 \right) \\[5pt] &=& 0,25 \end{array}$
$ A=0,25 $
Der Inhalt der Fläche, die der Graph von $f_1$ für $x\leq 0$ mit der $x$-Achse einschließt, beträgt $0,25\,\text{FE}.$
(2)
$\blacktriangleright$  Wert ohne Berechnung angeben und begründen
$\displaystyle\int_{s_1}^{s_3}(f_1(x)-a\cdot x)\;\mathrm dx = 0$
In den Funktionstermen von $f_1$ und $g_a$ kommen nur ungerade Exponenten vor. Die zugehörigen Graphen sind daher punktsymmetrisch zum Koordinatenursprung.
Es ist daher $s_3 = -s_1.$
Mit dem oben angegebenen Integral wird die Flächenbilanz aller Inhalte der Flächen gebildet, die der Graph von $f_1$ und $g_a$ im Intervall $[s_1;s_3]$ einschließen.
Es handelt sich dabei um zwei Flächen, die im betrachteten Intervall von den beiden Graphen eingeschlossen werden, eine im Intervall $[s_1;0]$ und eine im Intervall $[0;s_3].$
Wegen der Punktsymmetrie beider Graphen besitzen beide Flächen den gleichen Flächeninhalt.
Im Intervall $[s_1;0]$ ist allerdings $f_1$ die obere Randfunktion, im Intervall $[0;s_3]$ ist $g_a$ die obere Randfunktion. Da das Integral über $(f_1(x)-g_a(x))$ gebildet wird, geht die Fläche im Intervall $[s_1;0]$ negativ in die Flächenbilanz ein und die Fläche im Intervall $[0;s_3]$ positiv. Dadurch heben sich die beiden Flächeninhalt gegenseitig auf, weshalb der Wert des Interals Null ist.
#integral
d)
(1)
$\blacktriangleright$  Gerade einzeichnen
Gerade
Abb. 1: Gerade $t$
Gerade
Abb. 1: Gerade $t$
(2)
$\blacktriangleright$  Tangente nachweisen
1. Schritt: Stelle mit der Tangentensteigung bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} f_1'(x) &=& -0,25 \\[5pt] 3x^2-1 &=& -0,25 &\quad \scriptsize \mid\;+1 \\[5pt] 3x^2 &=& 0,75 &\quad \scriptsize \mid\; :3 \\[5pt] x^2 &=& 0,25 \\[5pt] x_1 &=& 0,5 \\[5pt] x_2 &=& -0,5 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f_1'(x) &=& -0,25 \\[5pt] x_1 &=& 0,5 \\[5pt] x_2 &=& -0,5 \end{array}$
2. Schritt: Koordinaten überprüfen
$\begin{array}[t]{rll} f_1(-0,5) &=& (-0,5)^3-(-0,5) \\[5pt] &=& \frac{3}{8} \\[10pt] t(-0,5) &=& -0,25\cdot (-0,5) + 0,25 \\[5pt] &=& \frac{3}{8} \\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f_1(-0,5) &=& \frac{3}{8} \\[10pt] t(-0,5) &=& \frac{3}{8} \\[10pt] \end{array}$
An der Stelle $x=-0,5$ besitzen $f_1$ und $t$ sowohl die gleiche Steigung als auch den gleichen Funktionswert. $t$ ist also eine Tangente an den Graphen von $f_1$ an der Stelle $x=-0,5.$
(3)
$\blacktriangleright$  Flächeninhalt ermitteln
1. Schritt: Integrationsgrenzen bestimmen
Bestimme die Schnittstellen von $f_1$ und $t$ mit deinem GTR, indem du beide Graphen anzeigen lässt und die Schnittstellen bestimmen lässt.
$\begin{array}[t]{rll} f_1(x) &=& t(x) \\[5pt] x^3 -x &=& -0,25x +0,25&\quad \scriptsize \mid\; GTR \\[5pt] x_1&=& -0,5\\[5pt] x_2&=&1 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f_1(x) &=& t(x) \\[5pt] x_1&=& -0,5\\[5pt] x_2&=& 1 \end{array}$
2. Schritt: Flächeninhalt bestimmen
Lass dir den Graphen von $t(x)-f_1(x)$ in deinem GTR anzeigen und bestimme den Wert des Integrals im Intervall $[-0,5;1].$
$\blacktriangleright$ Casio fx-CG
F5 (G-Solv) $\to$ F6 $\to$ F3: $\int \;\mathrm dx$
F5 (G-Solv) $\to$ F6 $\to$ F3: $\int \;\mathrm dx$
$\begin{array}[t]{rll} A &=& \displaystyle\int_{-0,5}^{1}(t(x)-f_1(x))\;\mathrm dx &\quad \scriptsize \mid\;GTR \\[5pt] &\approx& 0,42 \end{array}$
$ A \approx 0,42 $
Der Inhalt der von den beiden Graphen von $f_1$ und $t$ eingeschlossenen Fläche beträgt ca. $0,42\,\text{FE}.$
(4)
$\blacktriangleright$  Tangente zeigen
1. Schritt: Steigung der Gerade durch $A_{r}$ und $B_{r}$ bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} m_{A;B} &=& \dfrac{f_1(2\cdot r)- f_1(-r)}{2\cdot r -(-r)} \\[5pt] &=& \dfrac{(2r)^3- 2\cdot r - \left( (-r)^3 -(-r)\right)}{3r} \\[5pt] &=& \dfrac{8r^3-2\cdot r - \left( -r^3 +r\right)}{3r} \\[5pt] &=& \dfrac{8r^3-2\cdot r +r^3 -r}{3r} \\[5pt] &=& \dfrac{9r^3-3r}{3r} \\[5pt] &=& 3r^2-1 \\[5pt] \end{array}$
$ m_{A;B}=3r^2-1 $
2. Schritt: Steigung der Tangente an der Stelle $x=-r$ bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} f_1'(-r)&=& 3\cdot (-r)^2 -1 \\[5pt] &=& 3r^2-1 \end{array}$
Die Steigung der Geraden durch die Punkte $A_{r}$ und $B_{r}$ stimmt mit der Steigung der Tangente an den Graphen von $f_1$ an der Stelle $x=-r$ überein. Zudem verlaufen beide Geraden durch den Punkt $(-r\mid f_1(-r))$ und sind damit identisch. Die Gerade durch die Punkte $A_{r}$ und $B_{r}$ ist also eine Tangente an den Graphen von $f_1$ im Punkt $A_r.$
Bildnachweise [nach oben]
[1]
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