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Aufgabe 2

Aufgaben
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Gegeben ist die Funktion $f$ mit
$f:\quad x\mapsto -\frac{1}{10^6}x^4+\frac{4}{9.375}x^3-\frac{13}{250}x^2+\frac{8}{5}x+140$
$ f:\quad x\mapsto -\frac{1}{10^6}x^4+… $
mit Definitionsbereich $\mathbb{R}.$
a)
(1)
Berechne die Koordinaten der Extrempunkte des Graphen von $f$ und bestimme die Art der Extrempunkte.
[Zur Kontrolle: Die Extremstellen sind $20,$ $100$ und $200.$]
(7 BE)
#extrempunkt
$\,$
(2)
Begründe ohne weitere Rechnung, dass die Funktion $f$ genau zwei Wendestellen besitzt.
(3 BE)
#wendepunkt
$\,$
(3)
Gib die Koordinaten des Schnittpunkts des Graphen von $f$ mit der $y$-Achse an.
Begründe ohne weitere Rechnung, dass $f$ genau zwei Nullstellen hat.
(4 BE)
#nullstelle
b)
Für $50< x < 130$ gibt es ein Paar von $x$-Werten, die sich um $60$ unterscheiden und für die die zugehörigen Funktionswerte übereinstimmen.
Bestimme dieses Paar von $x$-Werten und gib den zugehörigen Funktionswert an.
(5 BE)
c)
Der Graph von $f$ schließt mit den Koordinatenachsen und der zur $y$-Achse parallelen Geraden mit der Gleichung $x=240$ ein Flächenstück ein.
Bestimme eine Gleichung der Geraden, die parallel zur $y$-Achse verläuft und dieses Flächenstück halbiert.
(5 BE)
d)
Für $u\approx 217$ gilt die nachfolgende Aussage:
$\frac{1}{2} \cdot u \cdot f(u) + \displaystyle\int_{u}^{240}f(x)\;\mathrm dx = \frac{2}{3}\cdot \displaystyle\int_{0}^{240}f(x)\;\mathrm dx$
$ \frac{1}{2} \cdot u \cdot f(u) +… $
Erläutere diese Aussage unter Verwendung einer Skizze.
Hinweis: Nutze für die Skizze die nachfolgende Abbildung.
(5 BE)
Aufgabe 2
Abb. 1: Graph von $f$
Aufgabe 2
Abb. 1: Graph von $f$
#integral
Diabetespatientinnen und -patienten haben die Möglichkeit, mithilfe sogenannter CGM-Geräte ihren Glukosewert, d. h. den Anteil der Glukose im Blut, ständig zu messen. Die gegebene Funktion $f$ beschreibt für $0 \leq x \leq 240$ modellhaft die Entwicklung des Glukosewerts eines Patienten. Dabei ist $x$ die seit Beobachtungsbeginn vergangene Zeit in Minuten und $f(x)$ der Glukosewert in Milligramm pro Deziliter $\left(\frac{\text{mg}}{\text{dl}}\right).$
e)
Hohe Glukosewerte über längere Zeit gelten als Risikofaktor.
Ermittle für den betrachteten Zeitraum, wie lange Glukosewerte über $170\,\dfrac{\text{mg}}{\text{dl}}$ gemessen wurden.
(5 BE)
f)
Bestimme für den betrachteten Zeitraum denjenigen Zeitpunkt, zu dem der Glukosewert am stärksten ansteigt.
(6 BE)
Bildnachweise [nach oben]
[1]
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a)
(1)
$\blacktriangleright$  Koordinaten und Art der Extrempunkte berechnenAufgabe 2
1. Schritt: Ableitungen bilden
$\begin{array}[t]{rll} f(x) &=& -\frac{1}{10^6}x^4+\frac{4}{9.375}x^3-\frac{13}{250}x^2+\frac{8}{5}x+140 \\[5pt] f'(x) &=& -\frac{4}{10^6}x^3+\frac{4}{3.125}x^2-\frac{13}{125}x+\frac{8}{5} \\[5pt] f''(x) &=& -\frac{12}{10^6}x^2+\frac{8}{3.125}x-\frac{13}{125} \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f(x) &=& … \\[5pt] f'(x) &=& … \\[5pt] f''(x) &=& … \\[5pt] \end{array}$
2. Schritt: Notwendiges Kriterium anwenden
Die Gleichung $f'(x)=0$ kannst du nun mit dem solve-Befehl deines CAS lösen:
$\begin{array}[t]{rll} f'(x) &=& 0 \\[5pt] -\frac{4}{10^6}x^3+\frac{4}{3.125}x^2-\frac{13}{125}x+\frac{8}{5} &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] x_1 &=& 20\\[5pt] x_2 &=& 100 \\[5pt] x_3 &=& 200\\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f'(x) &=& 0 \\[5pt] x_1 &=& 20\\[5pt] x_2 &=& 100 \\[5pt] x_3 &=& 200\\[5pt] \end{array}$
Mögliche Extremstellen besitzt $f$ also bei $x_1=20,$ $x_2=100$ und $x_3=200.$ Weitere kann es nicht geben, da es sich bei $f'$ um eine ganzrationale Funktion dritten Grades handelt. Eine solche Funktion kann maximal drei Nullstellen besitzen.
3. Schritt: Hinreichendes Kriterium überprüfen
$\begin{array}[t]{rll} f''(20)&=& -\frac{12}{10^6}\cdot 20^2+\frac{8}{3.125}\cdot 20 - \frac{13}{125} \\[5pt] &=& -0,0576 < 0 \\[10pt] f''(100)&=& -\frac{12}{10^6}\cdot 100^2+\frac{8}{3.125}\cdot 100 - \frac{13}{125} \\[5pt] &=& 0,032 > 0 \\[10pt] f''(200)&=& -\frac{12}{10^6}\cdot 200^2+\frac{8}{3.125}\cdot 200 - \frac{13}{125} \\[5pt] &=& -0,072 < 0 \\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f''(20)&=& -0,0576 < 0 \\[10pt] f''(100)&=& 0,032 > 0 \\[10pt] f''(200)&=& -0,072 < 0 \\[10pt] \end{array}$
An den Stellen $x_1=20$ und $x_2=200$ besitzt der Graph von $f$ also einen Hochpunkt, an der Stelle $x_2=100$ einen Tiefpunkt.
4. Schritt: Fehlende Koordinate berechnen
$\begin{array}[t]{rll} f(20)&=& -\frac{1}{10^6}\cdot 20^4+\frac{4}{9.375}\cdot 20^3-\frac{13}{250}\cdot 20^2+\frac{8}{5}\cdot 20+140 \\[5pt] &=& \frac{11.584}{75} \\[5pt] &\approx& 154,45 \\[10pt] f(100)&=& -\frac{1}{10^6}\cdot 100^4+\frac{4}{9.375}\cdot 100^3-\frac{13}{250}\cdot 100^2+\frac{8}{5}\cdot 100+140 \\[5pt] &=& \frac{320}{3} \\[5pt] &\approx& 106,67 \\[10pt] f(200)&=& -\frac{1}{10^6}\cdot 200^4+\frac{4}{9.375}\cdot 200^3-\frac{13}{250}\cdot 200^2+\frac{8}{5}\cdot 200+140 \\[5pt] &=& \frac{580}{3} \\[5pt] &\approx& 193,33 \\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f(20)&\approx& 154,45 \\[10pt] f(100)&\approx& 106,67 \\[10pt] f(200)&\approx& 193,33 \\[10pt] \end{array}$
Der Graph von $f$ besitzt zwei Hochpunkte $H_1(20\mid \frac{11.584}{75})$ und $H_2(200\mid \frac{580}{3})$ sowie einen Tiefpunkt $T(100\mid \frac{320}{3}).$
$\,$
(2)
$\blacktriangleright$  Zwei Wendestellen begründen
Das notwendige Kriterium für eine Wendestelle $x_W$ von $f$ lautet $f''(x_W)=0.$ Bei $f''$ handelt es sich um eine ganzrationale Funktion zweiten Grades. Diese kann also maximal zwei Nullstellen besitzen. $f$ kann daher maximal zwei Wendestellen besitzen.
Der Graph von $f$ besitzt nach a) (1) genau drei Extrempunkte. Im Hochpunkt ist der Graph immer rechtsgekrümmt, in einem Tiefpunkt immer linksgekrümmt. Zwischen zwei Extrempunkten muss der Graph seine Krümmung daher in einem Punkt ändern. Dies ist die Definition eines Wendepunkts. Der Graph von $f$ muss also mindestens zwei Wendepunkte besitzen - einen zwischen $H_1$ und $T$ und einen zwischen $T$ und $H_2.$
Da er gleichzeitig höchstens zwei Wendepunkte besitzen kann, besitzt der Graph von $f$ also genau zwei Wendepunkte.
#krümmung
$\,$
3)
$\blacktriangleright$  Koordinaten des Schnittpunkts angeben
$\begin{array}[t]{rll} f(0)&=&-\frac{1}{10^6}\cdot 0^4+\frac{4}{9.375}\cdot 0^3-\frac{13}{250}\cdot 0^2+\frac{8}{5}\cdot 0+140 \\[5pt] &=& 140 \\[5pt] \end{array}$
$ f(0)=140 $
Der Graph von $f$ schneidet die $y$-Achse im Punkt $S_y(0\mid 140).$
$\blacktriangleright$  Anzahl der Nullstellen begründen
Die drei Extrempunkte des Graphen von $f$ liegen oberhalb der $x$-Achse. Im Intervall $[20;200]$ kann $f$ daher keine Nullstellen besitzen, da sonst der Tiefpunkt eine negative $y$-Koordinate haben müsste.
Da $\lim\limits_{x\to-\infty}f(x) = -\infty$ und $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x) = -\infty$ gilt, muss der Graph von $f$ aber für $x < 20$ genau einmal die $x$-Achse schneiden. Würde er sie zweimal schneiden, gäbe es für $x< 20$ noch einen weiteren Tiefpunkt. Gleiches gilt für $x> 200.$ Insgesamt besitzt $f$ daher genau zwei Nullstellen.
b)
$\blacktriangleright$  Wertepaar bestimmen
Es ist $x$ gesucht mit $f(x)=f(x+60)$ und $50< x< 130.$
Löse diese Gleichung mit dem solve-Befehl deines CAS.
Du erhältst als einzige Lösung im angegebenen Bereich $x \approx 69,1528.$
Das gesuchte Paar von $x$-Werten ist also $x_1\approx 69,1528$ und $x_2\approx 129,1528.$ Diese haben einen Abstand von $60$ und den gemeinsamen Funktionswert $f(69,1528)\approx 120,203.$
c)
$\blacktriangleright$  Geradengleichung bestimmen
Gesucht ist eine Gerade $x=b$ mit:
$\frac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{240}f(x)\;\mathrm dx$ $= \displaystyle\int_{0}^{b}f(x)\;\mathrm dx$
Mit dem solve-Befehl des CAS erhält man drei Lösungen für $b.$ Da die Gerade die Fläche halbieren soll, muss $b\in [0;240]$ sein. Die einzige passende Lösung ist $b\approx 135,461.$
Eine Gleichung der Geraden, die parallel zur $y$-Achse verläuft und das Flächenstück halbiert, lautet $x = 135,461.$
#integral
d)
$\blacktriangleright$  Aussage erläutern
Die Gleichung lässt sich in drei Bestandteile teilen, die jeweils den Flächeninhalt einer Fläche beschreiben:
$\underbrace{\frac{1}{2} \cdot u \cdot f(u)}_{A_1} + \underbrace{\displaystyle\int_{u}^{240}f(x)\;\mathrm dx}_{A_2} = \underbrace{\frac{2}{3}\cdot \displaystyle\int_{0}^{240}f(x)\;\mathrm dx}_{A_3}$
$ \underbrace{\frac{1}{2} \cdot u \cdot f(u)}_{A_1}+… $
  • $A_1$ ist der Flächeninhalt des Dreiecks mit den Eckpunkten $(0\mid 0),$ $(u\mid 0)$ und $(u\mid f(u)).$
  • $A_2$ ist der Inhalt der Fläche, die der Graph von $f$ mit der $x$-Achse im Bereich $x_1=u$ bis $x_2=240$ begrenzt.
  • $A_3$ entspricht $\frac{2}{3}$ des Inhalts der Fläche, die der Graph von $f$ mit den beiden Koordinatenachsen im Bereich $x_1=0$ bis $x_2=240$ begrenzt.
Aufgabe 2
Abb. 1: Skizze
Aufgabe 2
Abb. 1: Skizze
Die Summe aus $A_1$ und $A_2$ entspricht $\frac{2}{3}$ des Flächeninhalts, den der Graph von $f$ im Bereich $0\leq x \leq 240$ mit den Koordinatenachsen einschließt.
e)
$\blacktriangleright$  Länge des Zeitraums ermitteln
Löse die Gleichung $f(x) \geq 170$ mit dem solve-Befehl deines CAS.
$ 169,84 \leq x \leq 222,77 $
Es werden also ca. $53$ Minuten lang Glukosewerte über $170\,\frac{\text{mg}}{\text{dl}}$ gemessen.
f)
$\blacktriangleright$  Zeitpunkt mit dem stärksten Anstieg bestimmen
Der Zeitpunkt mit dem stärksten Anstieg ist der Zeitpunkt, zu dem $f'$ ihr Maximum annimmt. Untersuche also wie in Teilaufgabe a1) den Graphen von $f'$ auf Extrempunkte. Überprüfe anschließend die Intervallränder auf mögliche Randextrema.
Für das notwendige Kriterium für Extremstellen folgt mit dem solve-Befehl des CAS:
$\begin{array}[t]{rll} f''(x)&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] x_1&=& \dfrac{-20\cdot \left(\sqrt{61}-16 \right)}{3} \\[5pt] x_2&=& \dfrac{20\cdot \left(\sqrt{61}+16 \right)}{3} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} x_1&=&… \\[5pt] x_2&=& … \end{array}$
Für das hinreichende Kriterium für Extremstellen folgt ebenfalls mit dem CAS:
$\begin{array}[t]{rll} f'''(x_1)&=& \dfrac{\sqrt{61}}{6.250} > 0\\[5pt] f'''(x_2)&=& - \dfrac{\sqrt{61}}{6.250} < 0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f'''(x_1)& > 0\\[5pt] f'''(x_2)& < 0 \end{array}$
Der Graph von $f'$ besitzt also an der Stelle $x_2$ einen Hochpunkt.
Für die Steigungswerte an diesem Hochpunkt und in den Intervallrändern gilt:
$\begin{array}[t]{rll} f'(x_2)&\approx& 1,345 \\[5pt] f'(0)&=& 1,6 \\[5pt] f'(240)&=& -4,928 \end{array}$
Der Zeitpunkt mit dem stärksten Anstieg des Glukosewertes liegt also direkt zu Beginn des Messzeitraums, bei $x=0.$
#extrempunkt
Bildnachweise [nach oben]
[1]
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