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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.
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+10 BE)
#extrempunkt#funktionenschar
b)
(1)
Bestimme rechnerisch den Inhalt $A$ der Fläche, die für $x \leq 0$ vom Graphen von $f_1$ und der $x$-Achse eingeschlossen wird.
[Zur Kontrolle: $A = 2,25\,\text{FE}.$]
Für jede reelle Zahl $a$ ist durch $g_a:\, y= a\cdot x $ eine Gerade $g_a$ durch den Ursprung des Koordinatensystems gegeben. Für $a >−3$ schneidet die zugehörige Gerade $g_a$ den Graphen von $f_1$ an den drei Stellen $x =−\sqrt{a+3} ,$ $x = 0$ und $x =\sqrt{a+3}.$
(2)
Für $a >−3$ wird zwischen der Geraden $g_a$ (unterer Rand) und dem Graphen von $f_1$ (oberer Rand) im Bereich $x \leq 0$ eine Fläche $F$ eingeschlossen.
Weise nach, dass für den Inhalt $I_a$ dieser Fläche $F$ gilt:
$I_a = -\left(\frac{1}{4}\cdot \left(-\sqrt{a+3} \right)^4 -\frac{3+a}{2}\cdot \left( -\sqrt{a+3 }\right)^2 \right).$
$ I_a= … $
Hinweis: Die oben angegebenen Schnittstellen dürfen ohne Nachweis verwendet werden.
(3)
Es gibt genau einen Wert $a >−3,$ für den die zugehörige Gerade $g_a$ die Fläche halbiert, die für $x \leq 0$ vom Graphen von $f_1$ und der $x$-Achse eingeschlossen wird. Bestimme diesen Wert auf zwei Nachkommastellen genau.
(7+4+3 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 zunächst nach, dass die Differenzfunktion $d_k$ mit $d_k(x)= t_k(x) -f_k(x)$ nicht vom Parameter $k$ abhängt.
Bestimme den Inhalt der eingeschlossenen Fläche.
[Zur Kontrolle: Die gemeinsamen Punkte der Tangente $t_k$ und des Graphen von $f_k$ liegen bei $x =−0,5$ und $x = 1.$]
(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+6+5 BE)
#tangente
Bildnachweise [nach oben]
[1]
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#gtr
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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 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 $T(k\mid -2k^3).$
b)
(1)
$\blacktriangleright$  Flächeninhalt bestimmen
1. Schritt: Integrationsgrenzen bestimmen
Die Integrationsgrenzen entsprechen den Nullstellen von $f_1$ für $x\leq 0.$
$\begin{array}[t]{rll} f_1(x) &=& 0 \\[5pt] x^3-3\cdot 1^2 \cdot x &=& 0 \\[5pt] x\left(x^2-3\right) &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; x_1=0 \\[5pt] x^2-3 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; +3 \\[5pt] x^2 &=& 3 &\quad \scriptsize \mid\; \sqrt{\,} \\[5pt] x_2 &=& -\sqrt{3} \\[5pt] x_3 &=& \sqrt{3} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f_1(x) &=& 0 \\[5pt] x_1 &=& 0 \\[5pt] x_2 &=& -\sqrt{3} \\[5pt] x_3 &=& \sqrt{3} \end{array}$
2. Schritt: Flächeninhalt berechnen
$\begin{array}[t]{rll} A&=& \displaystyle\int_{-\sqrt{3}}^{0}f_1(x)\;\mathrm dx\\[5pt] &=& \displaystyle\int_{-\sqrt{3}}^{0}\left(x^3-3x \right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \left[\frac{1}{4}x^4 -\frac{3}{2}x^2 \right]_{-\sqrt{3}}^0 \\[5pt] &=& \frac{1}{4}\cdot 0^4 -\frac{3}{2}\cdot 0^2 -\left(\frac{1}{4}\cdot \left( -\sqrt{3}\right)^4 -\frac{3}{2}\cdot\left( -\sqrt{3}\right)^2 \right) \\[5pt] &=& 2,25 \end{array}$
$ 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)
$\blacktriangleright$  Term für den Flächeninhalt nachweisen
Den Inhalt der Fläche zwischen den beiden Graphen $f_1$ und $g_a$ kannst du mithilfe eines Integrals berechnen:
$\begin{array}[t]{rll} I_a &=& \displaystyle\int_{-\sqrt{a+3}}^{0}\left(f_1(x)-g_a(x)\right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{-\sqrt{a+3}}^{0}\left(x^3-3x -a\cdot x\right)\;\mathrm dx\\[5pt] &=& \left[\frac{1}{4}x^4-\frac{3}{2}x^2 -\frac{a}{2}\cdot x^2\right]_{-\sqrt{a+3}}^{0} \\[5pt] &=& \frac{1}{4}\cdot 0^4-\frac{3}{2}\cdot 0^2 -\frac{a}{2}\cdot 0^2 - \left(\frac{1}{4}\cdot \left( -\sqrt{a+3}\right)^4-\frac{3}{2}\cdot \left( -\sqrt{a+3}\right)^2 -\frac{a}{2}\cdot \left( -\sqrt{a+3}\right)^2 \right)\\[5pt] &=& - \left(\frac{1}{4}\cdot \left( -\sqrt{a+3}\right)^4-\frac{3}{2}\cdot \left( -\sqrt{a+3}\right)^2 -\frac{a}{2}\cdot \left( -\sqrt{a+3}\right)^2 \right) \\[5pt] &=& - \left(\frac{1}{4}\cdot \left( -\sqrt{a+3}\right)^4-\frac{3+a}{2}\cdot \left( -\sqrt{a+3}\right)^2 \right) \\[5pt] \end{array}$
$ I_a = … $
(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:
$A= 2,25$
Es ist also $a$ gesucht, sodass für den Flächeninhalt $I_a$ aus b) (2) gilt:
$\begin{array}[t]{rll} I_a &=& \frac{2,25}{2} \\[5pt] \underbrace{- \left(\frac{1}{4}\cdot \left( -\sqrt{a+3}\right)^4-\frac{3+a}{2}\cdot \left( -\sqrt{a+3}\right)^2 \right)}_{=: I(a)} &=& 1,125 \end{array}$
$ … = 1,125 $
Diese Gleichung kannst du mit deinem GTR lösen:
$\blacktriangleright$ Casio fx-CG
Bestimme den $x$-Wert zum $y$-Wert $1,125$ von $I(a)$ mit dem X-CAL-Befehl.
F5 (G-Solv) $\to$ F6 $\to$ F2: X-CAL
F5 (G-Solv) $\to$ F6 $\to$ F2: X-CAL
Du erhältst $a\approx -0,88.$
#gtr#integral
c)
(1)
$\blacktriangleright$  Tangente einzeichnen
Tangente - Abitur 2019 NRW
Abb. 1: Tangente $t_1$
Tangente - Abitur 2019 NRW
Abb. 1: Tangente $t_1$
(2)
$\blacktriangleright$  Unabhängigkeit vom Parameter nachweisen
$\begin{array}[t]{rll} d_k(x) &=& t_k(x) - f_k(x) \\[5pt] &=& (0,75-3\cdot k^2)\cdot x + 0,25 - \left(x^3-3\cdot k^2\cdot x\right)\\[5pt] &=& 0,75x-3\cdot k^2\cdot x + 0,25 - x^3+3\cdot k^2\cdot x \\[5pt] &=& -x^3 +0,75x +0,25 \end{array}$
$ d_k(x)=-x^3 +0,75x +0,25 $
$d_k$ hängt also nicht vom Parameter $k$ ab.
$\blacktriangleright$  Flächeninhalt bestimmen
1. Schritt: Integrationsgrenzen bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} t_k(x) &=& f_k(x) &\quad \scriptsize \mid\; -f_k(x) \\[5pt] t_k(x) -f_k(x) &=& 0 \\[5pt] d_k(x) &=& 0 \\[5pt] -x^3 +0,75x +0,25 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; GTR \\[5pt] x_1 &=& -0,5 \\[5pt] x_2 &=& 1 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} t_k(x) &=& f_k(x) \\[5pt] x_1 &=& -0,5 \\[5pt] x_2 &=& 1 \end{array}$
2. Schritt: Flächeninhalt bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} A_k &=& \displaystyle\int_{-0,5}^{1}\left( t_k(x) -f_k(x)\right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{-0,5}^{1}d_k(x)\;\mathrm dx &\quad \scriptsize \mid\; GTR \\[5pt] &\approx& 0,42 \end{array}$
$ A_k\approx 0,42 $
Der Inhalt der von den Graphen von $t_k$ und $f_k$ eingeschlossenen Fläche beträgt ca. $0,42\,\text{FE}.$
(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 $x=-r.$
#integral#gtr
Bildnachweise [nach oben]
[1]
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