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Aufgabe 2

Aufgaben
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Für jede reelle Zahl $k \geq 0$ ist durch die Gleichung
$f_k(x) = x^3-3\cdot k^2\cdot x,$ $x\in \mathbb{R},$
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 $k = 0 ,$ $k = 0,75$ und $k = 1.$
Entscheide, welcher Wert zu welchem Graphen gehört.
(2)
Ermittle rechnerisch in Abhängigkeit von $k \geq 0$ die lokalen Extrempunkte des Graphen von $f_k$ und die Art der Extrempunkte (falls vorhanden).
(3)
Ermittle die Wendestelle von $f_k$ und bestimme denjenigen Wert von $k,$ für den die Steigung der Tangente an den Graphen von $f_k$ im Wendepunkt $-3$ beträgt.
(3+8+6 BE)
#extrempunkt#wendepunkt#tangente
b)
(1)
Bestimme den Inhalt der Fläche, die für $x \leq 0$ vom Graphen von $f_1$ und der $x$-Achse eingeschlossen wird.
Für jede reelle Zahl $a$ ist durch $g_a:\, y= a\cdot x $ ine Gerade $g_a$ durch den Ursprung des Koordinatensystems gegeben.
(2)
Ermittle in Abhängigkeit von $a$ die Anzahl der Schnittpunkte des Graphen von $f_1$ und der Geraden $g_a.$
(3)
Die Fläche, die für $x\leq 0$ vom Graphen von $f_1$ und der $x$-Achse eingeschlossen wird, soll durch eine Gerade $g_a$ in zwei gleich große Teilflächen unterteilt werden.
Bestimme den passenden Wert von $a.$
(4+4+5 BE)
c)
Für jede reelle Zahl $k \geq 0$ ist durch $t_k:\, y = \left(0,75-3\cdot k^2 \right) \cdot x +0,25$ eine Tangente an den Graphen von $f_k$ im Punkt $P_k(-0,5\mid f_k(-0,5))$ gegeben.
[Nachweis nicht erforderlich.]
(1)
Zeichne die Tangente $t_1$ in die Abb. 1 ein.
(2)
Die Tangente $t_k$ und der Graph von $f_k$ schließen eine Fläche ein. Weise nach, dass die Größe dieser Fläche nicht vom Parameter $k$ abhängt, indem du den Inhalt dieser Fläche bestimmst.
(3)
Zeige: Für jede reelle Zahl $r > 0$ ist die Gerade durch die Punkte $A_{r;k}(-r\mid f_k(-r))$ und $B_{r;k}(2\cdot r \mid f_k(2\cdot r))$ eine Tangente an den Graphen von $f_k$ an der Stelle $x=-r.$
(2+4+4 BE)
#tangente
Bildnachweise [nach oben]
[1]
© – SchulLV.
#cas
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Lösungen
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a)
(1)
$\blacktriangleright$  Parameterwerte und Graphen zuordnen
Der Graph von $f(x)=x^3$ besitzt keine Extrempunkte. Zu $k=0$ gehört also der Graph $\text{III}.$ Je größer der Wert von $k,$ desto extremer werden auch die Extrema von $f_k.$
$k=0$ gehört zu Graph $\text{III}$
$k=0,75$ gehört zu Graph $\text{II}$
$k=1$ gehört zu Graph $\text{I}$
(2)
$\blacktriangleright$  Lokale Extrempunkte rechnerisch ermitteln
1. Schritt: Ableitungsfunktionen bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} f_k(x) &=& x^3-3k^2\cdot x \\[5pt] f_k'(x) &=& 3x^2 -3k^2 \\[5pt] f_k''(x) &=& 6x \end{array}$
2. Schritt: Notwendiges Kriterium für lokale Extremstellen anwenden
$\begin{array}[t]{rll} f_k'(x) &=& 0 \\[5pt] 3x^2 -3k^2 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;+3k^2 \\[5pt] 3x^2 &=& 3k^2 &\quad \scriptsize \mid\; :3 \\[5pt] x^2 &=& k^2 \\[5pt] x_1 &=& -k \\[5pt] x_2 &=& k \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} x_1 &=& -k \\[5pt] x_2 &=& k \end{array}$
3. Schritt: Hinreichendes Kriterium überprüfen
$\begin{array}[t]{rll} f_k''(-k)&=& 6\cdot (-k) &\quad \scriptsize \mid\; k\geq 0 \\[5pt] &=& -6k \leq 0 \\[10pt] f_k''(k)&=& 6\cdot k &\quad \scriptsize \mid\; k\geq 0 \\[5pt] &\geq& 0 \\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f_k''(-k)&=& -6k \leq 0 \\[10pt] f_k''(k)&=& 6k \geq 0 \\[10pt] \end{array}$
Für $k>0$ ist $f_k''(-k) < 0$ und $f_k''(k)> 0$, also besitzt der Graph $f_k$ an der Stelle $x_1= -k$ einen lokalen Hochpunkt, an der Stelle $x_2=k$ einen lokalen Tiefpunkt.
Für $k=0$ ist $f_k(x)= x^3.$ Der Graph dieser Funktion besitzt keine lokalen Extrempunkte.
4. Schritt: $y$-Koordinate berechnen
$\begin{array}[t]{rll} f_k(-k) &=& (-k)^3-3k^2\cdot (-k) \\[5pt] &=& 2k^3 \\[10pt] f_k(k) &=& k^3-3k^2\cdot k \\[5pt] &=& -2k^3 \\[5pt] \end{array}$
Für $k=0$ besitzt der Graph von $f_k$ keine lokalen Extrempunkte. Für $k> 0$ besitzt der Graph von $f_k$ den Hochpunkt $H(-k\mid 2k^3)$ und den Tiefpunkt $T(k\mid -2k^3).$
(3)
$\blacktriangleright$  Wendestelle ermitteln
1. Schritt: Notwendiges Kriterium für Wendestellen anwenden
$\begin{array}[t]{rll} f_k''(x) &=& 0 \\[5pt] 6\cdot x &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; :6\\[5pt] x &=& 0 \end{array}$
2. Schritt: Hinreichendes Kriterium überprüfen
$f_k'''(x) = 6$
also ist insbesondere $f_k'''(0) = 6 \neq 0$
Die Wendestelle von $f_k$ ist also $x_W=0.$
$\blacktriangleright$  Wert mit passender Steigung bestimmen
Die Steigung der Tangente an den Graphen von $f_k$ im Wendepunkt beträgt:
$\begin{array}[t]{rll} m &=& f_k'(0) \\[5pt] &=& 3\cdot 0^2 -3\cdot k^2 \\[5pt] &=& -3\cdot k^2 \\[5pt] \end{array}$
Gleichsetzen mit $-3$ liefert:
$\begin{array}[t]{rll} m &=& -3 \\[5pt] -3\cdot k^2 &=& -3 &\quad \scriptsize \mid\; :(-3)\\[5pt] k^2 &=& 1 \\[5pt] k_1 &=& 1 \\[5pt] k_2 &=& -1 \end{array}$
Da $k\geq 0$ vorgegeben ist, bleibt nur $k_1 =1.$ Für $k=1$ beträgt also die Steigung der Tangente an den Graphen von $f_k$ im Wendepunkt $-3.$
b)
(1)
$\blacktriangleright$  Flächeninhalt bestimmen
1. Schritt: Integrationsgrenzen bestimmen
Die Integrationsgrenzen entsprechen den Nullstellen von $f_1$ für $x\leq 0.$ Löse also die Gleichung $f_1(x)=0$ mit dem solve-Befehl deines CAS:
$\begin{array}[t]{rll} f_1(x) &=& 0 \\[5pt] x^3-3\cdot 1^2 \cdot x &=& 0 \\[5pt] x_1&=& 0 \\[5pt] x_2 &=& -\sqrt{3} \\[5pt] x_3 &=& \sqrt{3} \end{array}$
2. Schritt: Flächeninhalt bestimmen
$\blacktriangleright$ Casio Classpad II
keyboard $\to$ Math2 $\to$ $\int_{\Box}^{\Box}\Box$
keyboard $\to$ Math2 $\to$ $\int_{\Box}^{\Box}\Box$
$\begin{array}[t]{rll} A&=& \displaystyle\int_{-\sqrt{3}}^{0}f_1(x)\;\mathrm dx\\[5pt] &=& \displaystyle\int_{-\sqrt{3}}^{0}\left(x^3-3x \right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& 2,25 \end{array}$
$ A=2,25 $
Der Inhalt der Fläche, die der Graph von $f_1$ für $x\leq 0$ mit der $x$-Achse einschließt, beträgt $2,25\,\text{FE}.$
(2)
$\blacktriangleright$  Anzahl der Schnittpunkte ermitteln
Mit dem solve-Befehl des CAS erhältst du:
$\begin{array}[t]{rll} f_1 (x) &=& g_a(x) \\[5pt] x^3 -3\cdot x &=& a\cdot x &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] x_1 &=& -\sqrt{a+3} \\[5pt] x_2 &=& 0 \\[5pt] x_3 &=& \sqrt{a+3} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f_1 (x) &=& g_a(x) &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] x_1 &=& -\sqrt{a+3} \\[5pt] x_2 &=& 0 \\[5pt] x_3 &=& \sqrt{a+3} \end{array}$
$x_1$ und $x_3$ existieren nur für $a\geq -3,$ da der Radikand unter der Wurzel sonst negativ wäre. Für $a=-3$ gilt $x_1 = x_2 =x_3.$ Also gilt insgesamt:
  • Für $a> -3$ besitzen die Graphen von $f_1$ und $g_a$ drei Schnittpunkte.
  • Für $a \leq -3$ besitzen die Graphen von $f_1$ und $g_a$ genau einen Schnittpunkt.
(3)
$\blacktriangleright$  Wert bestimmen
Der Gesamtflächeninhalt der vom Graphen von $f_1$ und der $x$-Achse für $x\leq 0$ eingeschlossenen Fläche wurde in b) (1) berechnet:
$A= 2,25$
Damit die Gerade $g_a$ diese Fläche halbiert, muss der Flächeninhalt der Fläche, die der Graph von $f_1$ und die Gerade $g_a$ einschließend die Hälfte von $A$ betragen.
1. Schritt: Flächeninhalt der Fläche zwischen den beiden Graphen bestimmen
Den Inhalt der Fläche zwischen den beiden Graphen $f_1$ und $g_a$ kannst du mithilfe eines Integrals berechnen:
$\begin{array}[t]{rll} I_a &=& \displaystyle\int_{-\sqrt{a+3}}^{0}\left(f_1(x)-g_a(x)\right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{-\sqrt{a+3}}^{0}\left(x^3-3x -a\cdot x\right)\;\mathrm dx &\quad \scriptsize\mid \; CAS\\[5pt] &=& - \left(\frac{1}{4}\cdot \left( -\sqrt{a+3}\right)^4-\frac{3+a}{2}\cdot \left( -\sqrt{a+3}\right)^2 \right) \\[5pt] \end{array}$
$ I_a = … $
2. Schritt: Gleichsetzen
Es ist also $a$ gesucht, sodass für den Flächeninhalt $I_a$ gilt:
$\begin{array}[t]{rll} I_a &=& \frac{2,25}{2} \\[5pt] - \left(\frac{1}{4}\cdot \left( -\sqrt{a+3}\right)^4-\frac{3+a}{2}\cdot \left( -\sqrt{a+3}\right)^2 \right) &=& 1,125 \end{array}$
$ … = 1,125 $
Diese Gleichung kannst du mit dem solve-Befehl deines CAS lösen:
Du erhältst:
$\begin{array}[t]{rll} a_1 &=& \dfrac{-3\cdot \sqrt{2}}{2}-3 \approx -5,12 \\[5pt] a_2 &=& \dfrac{3\cdot \sqrt{2}}{2}-3 \approx -0,88 \end{array}$
Da $a_1 < -3$ ist und sich die Graphen von $f_1$ und $g_a$ für diese Werte nur in einem gemeinsamen Punkt schneiden, kommt nur $a_2$ als Lösung infrage.
Für $a= \dfrac{3\cdot \sqrt{2}}{2}-3\approx -0,88$ unterteilt die Gerade $g_a$ das vom Graphen von $f_1$ und der $x$-Achse eingeschlossene Flächenstück in zwei gleich große Teilstücke.
#integral#cas
c)
(1)
$\blacktriangleright$  Tangente einzeichnen
Tangente - Abitur 2019 NRW
Abb. 1: Tangente $t_1$
Tangente - Abitur 2019 NRW
Abb. 1: Tangente $t_1$
(2)
$\blacktriangleright$  Flächeninhalt bestimmen
1. Schritt: Integrationsgrenzen bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} t_k(x) &=& f_k(x) &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] x_1 &=& -0,5 \\[5pt] x_2 &=& 1 \end{array}$
2. Schritt: Flächeninhalt bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} A_k &=& \displaystyle\int_{-0,5}^{1}\left( t_k(x) -f_k(x)\right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{-0,5}^{1} \left( (0,75-3k^2)\cdot x +0,25- \left(x^3 -3k^3\cdot x \right) \right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{-0,5}^{1} \left( 0,75x-3k^2\cdot x +0,25-x^3 +3k^3\cdot x \right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{-0,5}^{1} \left( 0,75x +0,25 -x^3 \right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \left[ 0,375x^2 +0,25x-\frac{1}{4}x^4 \right]_{-0,5}^{1} \\[5pt] &=& 0,375\cdot 1^2 +0,25\cdot 1 -\frac{1}{4}\cdot 1^4 - \left( 0,375\cdot (-0,5)^2 +0,25\cdot (-0,5)-\frac{1}{4}\cdot (-0,5)^4 \right) \\[5pt] &=& \frac{27}{64} \\[5pt] \end{array}$
$ A_k = \frac{27}{64} $
Der Inhalt der von den Graphen von $t_k$ und $f_k$ eingeschlossenen Fläche beträgt $\frac{27}{64}\,\text{FE}$ und hängt daher nicht von $k$ ab.
(3)
$\blacktriangleright$  Tangente zeigen
1. Schritt: Steigung der Gerade durch $A_{r;k}$ und $B_{r;k}$ bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} m_{A;B} &=& \dfrac{f_k(2\cdot r)- f_k(-r)}{2\cdot r -(-r)} \\[5pt] &=& \dfrac{(2r)^3-3\cdot k^2\cdot 2\cdot r - \left( (-r)^3 -3\cdot k^2\cdot (-r)\right)}{3r} \\[5pt] &=& \dfrac{8r^3-6\cdot k^2\cdot r - \left( -r^3 +3\cdot k^2\cdot r\right)}{3r} \\[5pt] &=& \dfrac{8r^3-6\cdot k^2\cdot r +r^3 -3\cdot k^2\cdot r}{3r} \\[5pt] &=& \dfrac{9r^3-9\cdot k^2\cdot r}{3r} \\[5pt] &=& 3r^2-3\cdot k^2 \\[5pt] \end{array}$
$ m_{A;B}=3r^2-3\cdot k^2 $
2. Schritt: Steigung der Tangente an der Stelle $x=-r$ bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} f_k'(-r)&=& 3\cdot (-r)^2 -3\cdot k^2 \\[5pt] &=& 3r^2-3k^2 \end{array}$
Die Steigung der Geraden durch die Punkte $A_{r;k}$ und $B_{r;k}$ stimmt mit der Steigung der Tangente an den Graphen von $f_k$ an der Stelle $x=-r$ überein. Zudem verlaufen beide Geraden durch den Punkt $(-r\mid f_k(-r))$ und sind damit identisch. Die Gerade durch die Punkte $A_{r;k}$ und $B_{r;k}$ ist also eine Tangente an den Graphen von $f_k$ an der Stelle $x=-r.$
#cas
Bildnachweise [nach oben]
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