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Aufgabe 1 - Analysis

Aufgaben
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1.
Gegeben ist die Funktion $f:D_{max}\to\mathbb{R}$, $x\mapsto\dfrac{2x-3}{(x-1)^2}.$
1.1
Bestimme die maximale Definitionsmenge der Funktion $f$ und begründe, dass $f$ eine Polstelle ohne Vorzeichenwechsel besitzt. Nenne die Gleichung der zugehörigen Polgeraden und gib die einseitigen Grenzwerte von $f$ an der Polstelle an.
(3,5 BE)
#definitionsbereich#polstelle
1.2
Bestimme die Asymptote $f_A$ der Funktion $f$ und gib an, wie sich der Graph von $f$ für $x\to\infty$ und für $x\to -\infty$ an die Asymptote annähert.
(3,5 BE)
#asymptote
1.3
Berechne die Schnittpunkte des Graphen der Funktion $f$ mit den Koordinatenachsen und fertige unter Berücksichtigung der bisherigen Ergebnisse eine Skizze des Funktionsgraphen einschließlich der Polgeraden an.
(4,5 BE)
1.4
Die Funktion $F$ mit der Gleichung $F(x)=2\ln(x-1)+\dfrac{1}{x-1}$ ist auf dem Intervall $]1;\infty[$ differenzierbar.
Zeige, dass $F(x)$ für $x\gt 1$ der Term einer Stammfunktion von $f$ ist.
(2 BE)
#stammfunktion
1.5
Untersuche, ob die Fläche zwischen dem Graphen von $f$ und der $x$-Achse über dem Intervall $[1,5; +\infty[$ einen endlichen Flächeninhalt besitzt.
(3,5 BE)
2.
Für jeden Wert von $k\in \mathbb{R^+}$ ist eine in $\mathbb{R}$ definierte Funktion $f_k:$ $x\mapsto 8k\cdot(kx-1)^2\cdot(kx+1)^2$ festgelegt. Der Graph von $f_k$ wird mit $G_k$ bezeichnet.
#funktionenschar
2.1
Berechne die Koordinaten der Punkte, die $G_k$ mit den Koordinatenachsen gemeinsam hat.
(3 BE)
2.2
(2 BE)
2.3
Beschreibe, wie der Graph $G_{2k}$ aus $G_k$ hervorgeht.
(2 BE)
2.4
Weise nach, dass $f_k(x)=8k\cdot(k^2x^2-1)^2$ gilt, und zeige, dass $G_k$ symmetrisch bezüglich der $y$-Achse ist.
(3 BE)
#symmetrie
2.5
Für einen Wert von $k$ gibt es einen Punkt $(x_1\mid f_k(x_1))$ mit $x_1\gt 0,$ für den die Gleichung $\dfrac{f_k(x_1)-0}{x_1-0}=-\dfrac{1}{f'_k(x_1)}$ gilt.
Beschreibe die geometrische Bedeutung dieser Gleichung.
(3 BE)
2.6
2.6.1
Berechne den Inhalt des Flächenstücks.
(4 BE)
Bei Rotation des Rechtecks um die $x$-Achse entsteht ein Körper, ebenso bei Rotation um die $y$-Achse.
2.6.2
Skizziere einen der beiden Körper und beschrifte die Skizze mit den Maßen des Körpers.
(2 BE)
2.6.3
Ermittle denjenigen Wert von $k$, für den die beiden Körper das gleiche Volumen haben.
(3 BE)
2.6.4
Bei Rotation des grau markierten Flächenstücks um die $y$-Achse entsteht ein weiterer Körper. Dieser Körper hat eine Form, die durch einen Kegel angenähert werden kann. Untersuche das Verhalten des Volumens dieses Kegels, wenn der Wert von $k$ beliebig groß wird.
(5 BE)
#rotationsvolumen#kegel
3.
Im Folgenden werden die in $\mathbb{R}$ definierten Funktionen
$f:x\mapsto \dfrac{1}{4}x^4-2x^2+4$ und $g:x\mapsto (x-2)^2\cdot\mathrm e^x$
betrachtet.
3.1
Die Funktion $f$ ist eine Funktion der Schar aus Aufgabenteil $2$. Ermittle den zugehörigen Wert von $k$.
(2 BE)
3.2
Zwei Extrempunkte des Graphen von $f$ liegen auf dem Graphen von $g$. Berechne die Koordinaten dieser Punkte.
(4 BE)
#extrempunkt
3.3
Die Abbildung $3$ zeigt die Graphen von $f$ und $g$ für $0\leq x\leq 2.$ Ordne jeden der Graphen $\text{I}$ und $\text{II}$ der passenden Funktion zu und begründe deine Zuordnung.
(2 BE)
3.4
Betrachtet wird die Tangente an den Graphen von $g$ im Punkt $P(p\mid g(p))$ mit $0\lt p\lt 2.$ Ermittle rechnerisch denjenigen Wert von $p$, für den diese Tangente die $x$-Achse im Punkt $Q(2\mid 0)$ schneidet.
(6 BE)
#tangente
4.
Die Abbildung $4$ zeigt den Graphen einer ganzrationalen Funktion $h$ der Form
$h(x)=ax^3+bx^2+cx+d.$
Der Graph ist punktsymmetrisch zum Wendepunkt $W(1\mid 2)$ und hat den $y$-Achsenabschnitt $2.$
Im Schnittpunkt mit der $y$-Achse hat der Graph die Steigung $2$.
#punktsymmetrie#wendepunkt
4.1
Ermittle die Werte von $a,b,c$ und $d.$
(6 BE)
4.2
Begründe ohne Rechnung, dass $\displaystyle\int_{0}^{1}(h(x)-2)\;\mathrm dx$ $=\displaystyle\int_{1}^{2}(2-h(x))\;\mathrm dx$ gilt.
(3 BE)
#integral
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Lösungen
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1.1
$\text D_{max} =\mathbb{R}\setminus\{1\}$
An der Stelle $x=1$ besitzt das Nennerpolynom der gebrochenrationalen Funktion $f$ eine doppelte Nullstelle. Diese ist allerdings keine Nullstelle des Zählerpolynoms. Insgesamt handelt es sich dabei also um eine Polstelle ohne Vorzeichenwechsel.
Eine Gleichung der Polgeraden lautet $x=1.$
$\lim\limits_{x\to 1^{-}}f(x) = \lim\limits_{x\to 1^{-}}\dfrac{\overbrace{2x-3}^{\to -1}}{\underbrace{(x-1)^2}_{\to +0}} = -\infty $
$ \lim\limits_{x\to 1^{-}}f(x) = -\infty $
$\lim\limits_{x\to 1^{+}}f(x) = \lim\limits_{x\to 1^{+}}\dfrac{\overbrace{2x-3}^{\to -1}}{\underbrace{(x-1)^2}_{\to +0}} = -\infty $
$ \lim\limits_{x\to 1^{+}}f(x) = -\infty $
1.2
Das Nennerpolynom hat einen höheren Grad als das Zählerpolynom. Es handelt sich also um eine echt gebrochenrationale Funktion.
Die $x$-Achse ist daher die Asymptote: $f_A(x) =0.$
Für $x\to -\infty$ nähert sich der Graph von $f$ der Asymptote von unten.
Für $x\to \infty$ nähert sich der Graph von $f$ der Asymptote von oben.
1.3
Schnittpunkt mit der $y$-Achse:
$\begin{array}[t]{rll} f(0) &=& \dfrac{2\cdot 0-3}{(0-1)^2} \\[5pt] &=& -3 \end{array}$
Der Schnittpunkt mit der $y$-Achse hat die Koordinaten $S_y\left(0 \mid -3 \right).$
Schnittpunkt mit der $x$-Achse:
$\begin{array}[t]{rll} f(x) &=& 0 \\[5pt] \dfrac{2x-3}{(x-1)^2} &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;\cdot (x-1)^2 \\[5pt] 2x-3 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; +3 \\[5pt] 2x &=& 3 &\quad \scriptsize \mid\; :2 \\[5pt] x &=& \frac{3}{2} \end{array}$
$ x=\frac{3}{2} $
Der Schnittpunkt mit der $x$-Achse hat die Koordinaten $S_x\left(\frac{3}{2} \mid 0 \right).$
1.4
$\begin{array}[t]{rll} F(x) &=& 2\ln(x-1)+\dfrac{1}{x-1} \\[5pt] F'(x) &=& \dfrac{2}{x-1} +\dfrac{0\cdot (x-1) - 1\cdot 1}{(x-1)^2} \\[5pt] &=& \dfrac{2}{x-1} -\dfrac{ 1}{(x-1)^2} \\[5pt] &=& \dfrac{2\cdot (x-1)}{(x-1)^2} - \dfrac{ 1}{(x-1)^2} \\[5pt] &=& \dfrac{2\cdot (x-1)-1 }{(x-1)^2} \\[5pt] &=& \dfrac{2x-3 }{(x-1)^2} \\[5pt] &=& f(x) \end{array}$
$ F'(x)=f(x) $
#quotientenregel#ableitung
1.5
$\begin{array}[t]{rll} \displaystyle\int_{1,5}^{t}f(x)\;\mathrm dx&=& \left[F(x) \right]_{1,5}^{t} \\[5pt] &=& F(t) - F(1,5) \\[5pt] &=& 2\cdot \ln (t-1) + \dfrac{1}{t-1} - \left( 2\cdot \ln (1,5-1) + \dfrac{1}{1,5-1} \right) \\[5pt] &=& 2\cdot \ln (t-1) + \dfrac{1}{t-1} - \left( 2\cdot \ln (0,5) + 2 \right) \\[5pt] \end{array}$
$ \displaystyle\int_{1,5}^{t}f(x)\;\mathrm dx = … $
Für $t\to\infty$ gilt:
$\underbrace{2\cdot \ln (t-1)}_{\to\infty} + \underbrace{\dfrac{1}{t-1}}_{\to 0} - \left( 2\cdot \ln (0,5) + 2 \right) \to \infty $
$ … \to \infty $
Die Fläche zwischen dem Graphen von $f$ und der $x$-Achse im Intervall $[1,5; +\infty[$ besitzt keinen endlichen Flächeninhalt.
#integral
2.1
Schnittpunkt mit der $y$-Achse:
$\begin{array}[t]{rll} f_k(0) &=& 8k\cdot(k\cdot 0-1)^2\cdot(k\cdot 0+1)^2 \\[5pt] &=& 8k \\[5pt] \end{array}$
$ f_k(0)=8k $
Die Graphen von $f_k$ schneiden die $y$-Achse in den Punkten $S_{y_k}(0\mid 8k).$
Schnittpunkt mit der $x$-Achse:
$\begin{array}[t]{rll} f_k(x) &=& 0 \\[5pt] 8k\cdot(kx-1)^2\cdot(kx+1)^2 &=& 0 &\quad \scriptsize\mid\; :8k\neq 0 \\[5pt] (kx-1)^2\cdot(kx+1)^2 &=& 0 \\[5pt] \end{array}$
$ (kx-1)^2\cdot(kx+1)^2 = 0 $
Mit dem Satz vom Nullprodukt ist das der Fall, wenn:
$\begin{array}[t]{rll} \text{I}\quad (kx-1)^2 &=& 0 \\[5pt] kx-1 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; +1\\[5pt] kx &=& 1 &\quad \scriptsize \mid\;:k\neq 0 \\[5pt] x_1 &=& \frac{1}{k} \\[10pt] \text{II}\quad (kx+1)^2 &=& 0 \\[5pt] kx+1 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; -1\\[5pt] kx &=& -1 &\quad \scriptsize \mid\;:k\neq 0 \\[5pt] x_2 &=& -\frac{1}{k} \\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \text{I}\quad x_1 &=& \frac{1}{k} \\[10pt] \text{II}\quad x_2 &=& -\frac{1}{k} \\[10pt] \end{array}$
Die Graphen von $f_k$ schneiden die $x$-Achse jeweils in den Punkten $S_{x_{k_1}}\left(\frac{1}{k}\mid 0\right)$ und $S_{x_{k_2}}\left(-\frac{1}{k}\mid 0\right).$
2.2
Abb. 2: Skalierung
2.3
$\begin{array}[t]{rll} f_{2k}(x) &=& 8\cdot 2\cdot k \cdot \left(2\cdot k \cdot x -1 \right)^2 \cdot \left(2\cdot k \cdot x + 1 \right)^2 \\[5pt] &=& 2\cdot \left(8\cdot k \cdot \left( k \cdot (2\cdot x) -1 \right)^2 \cdot \left( k \cdot (2\cdot x) + 1 \right)^2\right) \\[5pt] &=& 2\cdot f_k(2x)\\[5pt] \end{array}$
$ f_{2k}(x) = 2\cdot f_k(2x) $
Durch den Faktor $2$ direkt vor dem $x$ findet im Graphen eine Stauchung in $x$-Richtung um den Faktor $2$ statt. Durch den Faktor $2$ vor dem Funktionsterm findet eine Streckung in $y$-Richtung statt. Der Graph von $G_{2k}$ geht aus dem Graphen von $G_k$ also durch eine Stauchung in $x$-Richtung um den Faktor $2$ und eine anschließende Streckung in $y$-Richtung um den Faktor $2$ hervor.
2.4
Funktionsterm
$\begin{array}[t]{rll} f_k(x) &=& 8k\cdot (kx-1)^2 \cdot (kx+1)^2 \\[5pt] &=& 8k\cdot (kx-1)\cdot (kx-1) \cdot (kx+1)\cdot (kx+1)\\[5pt] &=& 8k\cdot (kx-1)\cdot (kx+1) \cdot (kx-1)\cdot (kx+1) \\[5pt] &=& 8k\cdot \left((kx-1)\cdot (kx+1)\right)^2 \\[5pt] &=& 8k\cdot \left((kx)^2 -1^2 \right)^2 \\[5pt] &=& 8k\cdot \left(k^2x^2 -1 \right)^2 \\[5pt] \end{array}$
$ f_k(x) = … $
Symmetrie zur $y$-Achse
$\begin{array}[t]{rll} f_k(-x) &=& 8k\cdot \left(k^2\cdot(-x)^2 -1 \right)^2 \\[5pt] &=& 8k\cdot \left(k^2\cdot x^2 -1 \right)^2 \\[5pt] &=& f_k(x) \\[5pt] \end{array}$
$ f_k(-x) = f_k(x) $
Es gilt also $f_k(-x)= f_k(x).$ $G_k$ ist also symmetrisch zur $y$-Achse.
2.5
Der Term $\dfrac{f_k(x_1) -0 }{x_1 -0}$ beschreibt die Steigung der Geraden durch den Punkt $(x_1\mid f_k(x_1))$ und den Koordinatenursprung.
Der Term $f_k'(x_1)$ beschreibt die Steigung der Tangente an den Graphen von $f_k$ im Punkt $(x_1\mid f_k(x_1)).$ Daher beschreibt $-\dfrac{1}{f_k'(x_1)}$ die Steigung der Normalen zum Graphen von $f_k$ im Punkt $(x_1\mid f_k(x_1)).$ Mit der Gleichung kann also die Stelle $x_1$ bestimmt werden, durch die eine Gerade verläuft, die an dieser Stelle zum Graphen von $f_k$ orthogonal ist und, die durch den Koordinatenursprung verläuft.
2.6.1
$\begin{array}[t]{rll} F &=& \displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{k}} f_k(x)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{k}} 8k\cdot (k^2x^2-1)^2\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{k}} 8k\cdot (k^4x^4-2\cdot k^2x^2+1)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& 8k\cdot \left[\frac{k^4}{5}x^5-\frac{2\cdot k^2}{3}x^3+x \right]_0^{\frac{1}{k}} \\[5pt] &=& 8k\cdot \left(\frac{k^4}{5}\cdot \left(\frac{1}{k} \right)^5-\frac{2\cdot k^2}{3}\cdot \left(\frac{1}{k} \right)^3+\frac{1}{k}\right) - 8k\cdot\left( \frac{k^4}{5}\cdot 0^5-\frac{2\cdot k^2}{3}\cdot 0^3+0\right)\\[5pt] &=&8k \left(\frac{k^4}{5}\cdot\frac{1}{k^5}-\frac{2\cdot k^2}{3}\cdot\frac{1}{k^3}+\frac{1}{k}\right) \\[5pt] &=& 8k\left( \frac{1}{5k}-\frac{2}{3k}+\frac{1}{k}\right) \\[5pt] &=& \frac{64}{15} \end{array}$
$ F=\frac{64}{15} $
Der Inhalt des Flächenstücks beträgt $\frac{64}{15}$ Flächeneinheiten.
#integral
2.6.2
$\blacktriangleright$ Lösungsweg B: Rotation um die $y$-Achse
Rotation um die $y$-Achse
Abb. 4: Rotation um die $y$-Achse
Rotation um die $y$-Achse
Abb. 4: Rotation um die $y$-Achse
2.6.3
$\blacktriangleright$  Parameterwert ermitteln
Bei der Rotation des Rechtecks um eine der Achsen entsteht ein Zylinder. Das Volumen eines Zylinders hängt von seiner Höhe und seinem Radius ab. Für beide möglichen Zylinder sind diese beiden Größen in der jeweiligen Abbildung eingetragen.
Bei der Rotation um die $x$-Achse gilt:
$\begin{array}[t]{rll} V_x &=& \pi \cdot r_x^2 \cdot h_x \\[5pt] &=& \pi \cdot \left(8k \right)^2 \cdot \frac{1}{k} \\[5pt] &=& 64\pi\cdot k \\[5pt] \end{array}$
$ V_x=64\pi\cdot k $
Für die Rotation um die $y$-Achse gilt:
$\begin{array}[t]{rll} V_y &=& \pi \cdot r_y^2 \cdot h_y \\[5pt] &=& \pi \cdot \left(\frac{1}{k} \right)^2 \cdot 8k \\[5pt] &=& \frac{8\pi}{k} \\[5pt] \end{array}$
$ V_y =\frac{8\pi}{k} $
Beide Volumina sollen nun gleich groß sein:
$\begin{array}[t]{rll} V_x &=& V_y \\[5pt] 64\pi\cdot k &=& \frac{8\pi}{k} &\quad \scriptsize \mid\;\cdot k \\[5pt] 64\pi \cdot k^2 &=& 8\pi&\quad \scriptsize \mid\; : (64\pi) \\[5pt] k^2 &=& \frac{1}{8} \\[5pt] k &=& \frac{1}{\sqrt{8}} \end{array}$
$ k=\frac{1}{\sqrt{8}} $
Für $k= \frac{1}{\sqrt{8}}$ haben beide Körper das gleiche Volumen.
#zylinder
2.6.4
Die graumarkierte Fläche liegt in jedem Fall in dem zugehörigen Rechteck. Das Volumen des Körpers, der durch Rotation des Rechtecks um die $y$-Achse entsteht, kann laut Aufgabenteil 1 e) wie folgt berechnet werden:
$V_y = \frac{8\pi}{k}$
Für $k\to \infty$ gilt für das Volumen des Körpers, der durch Rotation des Rechtecks um die $y$-Achse entsteht:
$V_y = \frac{8\pi}{k} \to 0$
Das Volumen des Rotationskörpers, der durch die Rotation des Rechtecks um die $y$-Achse entsteht, wird mit zunehmendem Wert von $k$ also beliebig klein. Da die grau markierte Fläche innerhalb des Rechtecks liegt und dadurch kleiner als das Rechteck ist, gilt dies also auch für das Volumen des Rotationskörpers, der bei Rotation der grau markierten Fläche um die $y$-Achse entsteht.
3.1
$\begin{array}[t]{rll} f(x)&=& f_k(x) \\[5pt] \frac{1}{4}x^4 -2x^2 +4 &=& 8k\cdot (kx-1)^2\cdot (kx+1)^2 \\[5pt] \frac{1}{4}x^4 -2x^2 +4 &=& 8k\cdot \left(k^2x^2-1\right)^2 \\[5pt] \frac{1}{4}x^4 -2x^2 +4 &=& 8k \cdot \left(k^4x^4-2k^2x^2 +1 \right) \\[5pt] \frac{1}{4}x^4 -2x^2 +4 &=& 8k^5x^4-16k^3x^2 +8k \end{array}$
$ … = … $
Durch einen Vergleich der Koeffizienten erhältst du beispielsweise:
$\begin{array}[t]{rll} 4 &=& 8k &\quad \scriptsize \mid\;:8 \\[5pt] \frac{1}{2} &=& k \end{array}$
$ k=\frac{1}{2} $
Da in der Aufgabenstellung angegeben ist, dass $f$ eine Funktion der Schar $f_k$ ist, musst du die übrigen Koeffzienten nicht überprüfen. Es ist also $f= f_{k}$ mit $k = \frac{1}{2}.$
3.2
1. Schritt: Ableitungsfunktion bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} f(x) &=& \frac{1}{4}x^4 -2x^2 +4 \\[10pt] f'(x) &=& x^3 -4x \\[10pt] \end{array}$
$ f'(x) = x^3 -4x $
2. Schritt: Notwendiges Kriterium für Extremstellen anwenden
$\begin{array}[t]{rll} f'(x) &=& 0 \\[5pt] x^3-4x &=& 0 \\[5pt] x\cdot (x^2 -4) &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; x_1 = 0 \\[5pt] x^2 -4 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; +4 \\[5pt] x^2 &=& 4 \\[5pt] x_2 &=& -2 \\[5pt] x_3 &=& 2 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} x_1 &=& 0 \\[5pt] x_2 &=& -2 \\[5pt] x_3 &=& 2 \end{array}$
3. Schritt: Zugehörige Funktionswerte überprüfen
$\begin{array}[t]{rll} f(0) &=& \frac{1}{4}\cdot 0^4 -2\cdot 0^2 + 4 \\[5pt] &=& 4 \\[10pt] f(-2)&=& \frac{1}{4}\cdot (-2)^4 -2\cdot (-2)^2 + 4 \\[5pt] &=& 0 \\[10pt] f(2) &=& \frac{1}{4}\cdot 2^4 -2\cdot 2^2 +4 \\[5pt] &=& 0 \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f(0) &=& 4 \\[10pt] f(-2)&=& 0 \\[10pt] f(2) &=& 0 \\[5pt] \end{array}$
4. Schritt: Funktionswerte von $g$ berechnen
$\begin{array}[t]{rll} g(0) &=& (0-2)^2 \cdot \mathrm e^{0} \\[5pt] &=& 4 \\[10pt] g(-2)&=& (-2-2)^2 \cdot \mathrm e^{-2} \\[5pt] &=& 16\mathrm e^{-2} \\[10pt] f(2) &=& (2-2)^2 \cdot \mathrm e^{-2} \\[5pt] &=& 0 \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} g(0) &=& 4 \\[10pt] g(-2)&=& 16\mathrm e^{-2} \\[10pt] f(2) &=& 0 \\[5pt] \end{array}$
An den beiden möglichen Extremstellen $x_1 = 0$ und $x_3 = 2$ stimmen die Funktionswerte von $f$ und $g$ überein. Die Koordinaten der beiden Extrempunkte des Graphen von $f,$ die auf dem Graphen von $g$ liegen lauten also $E_1(0\mid 4)$ und $E_2(2\mid 0).$
3.3
$\begin{array}[t]{rll} f(1) &=& \frac{1}{4}\cdot 1^4 -2\cdot 1^2 +4 \\[5pt] &=&\frac{9}{4} \\[5pt] &=& 2,25 \\[10pt] g(1) &=& (1-2)^2 \cdot \mathrm e^1 \\[5pt] &=& \mathrm e^1 \\[5pt] &\approx& 2,72 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f(1) &=& 2,25 \\[10pt] g(1) &\approx& 2,72 \end{array}$
Der Funktionswert von $g$ an der Stelle $x=1$ ist also größer als der von $f.$ Graph $\text{II}$ gehört daher zur Funktion $g$ und Graph $\text{I}$ gehört zu $f.$
3.4
Die gesuchte Tangente $t$ soll durch den Punkt $P(p\mid g(p))$ und den Punkt $Q(2\mid 0)$ verlaufen. Ihre Steigung kann also in Abhängigkeit von $p$ mithilfe des Differenzenquotienten wie folgt dargestellt werden:
$m_t = \dfrac{g(p) - 0}{p-2} =\dfrac{ (p-2)^2\cdot \mathrm e^p}{p-2} = (p-2)\cdot \mathrm e^p $
$ m_t = (p-2)\cdot \mathrm e^p$
Zudem soll $t$ eine Tangente an den Graphen von $g$ an der Stelle $p$ sein. Also muss für die Steigung zusätzlich gelten:
$m_t = g'(p) $
Mithilfe der Produktregel und der Kettenregel erhältst du:
$\begin{array}[t]{rll} g(x) &=& (x-2)^2 \cdot \mathrm e^x \\[10pt] g'(x) &=& 2\cdot (x-2)\cdot 1 \cdot \mathrm e^x + (x-2)^2 \cdot \mathrm e^x \\[5pt] &=& \left(2\cdot (x-2)\cdot 1 + (x-2)^2\right) \cdot \mathrm e^x \\[5pt] &=& \left(2\cdot 1 + x-2\right) \cdot (x-2)\cdot \mathrm e^x \\[5pt] &=& x\cdot (x-2)\cdot \mathrm e^x \\[5pt] \end{array}$
$ g'(x) =x\cdot (x-2)\cdot \mathrm e^x $
Es ist also auch:
$m_t = g'(p)= p\cdot (p-2)\cdot \mathrm e^p$
Beides kannst du nun gleichsetzen:
$\begin{array}[t]{rll} m_t &=& m_t \\[5pt] (p-2)\cdot \mathrm e^p &=& p\cdot (p-2)\cdot \mathrm e^p &\quad \scriptsize \mid\; :\left((p-2)\cdot \mathrm e^p \right) \\[5pt] 1 &=& p \end{array}$
$ p = 1 $
Für den Wert $p=1$ schneidet die Tangente an den Graphen von $g$ im Punkt $P(p\mid g(p))$ die $x$-Achse im Punkt $Q(2\mid 0).$
#produktregel#kettenregel
4.1
$\begin{array}[t]{rll} h(x) &=& ax^3 +bx^2 +cx +d\\[5pt] h'(x) &=& 3ax^2 +2bx +c \\[5pt] h''(x) &=& 6ax +2b \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} h(x) &= …\\[5pt] h'(x) &= … \\[5pt] h''(x) &= … \end{array}$
  1. Aus dem $y$-Achsenabschnitt $2$ folgt: $h(0)=2,$ also $d = 2.$
  2. $W(1\mid 2)$ liegt auf dem Graphen von $h:$
    $\begin{array}[t]{rll} h(1) &=& 2 \\[5pt] a\cdot 1^3 +b\cdot 1^2 +c\cdot 1 + d &=& 2 &\quad \scriptsize \mid\; d = 2\\[5pt] a+b+c+2&=& 2 &\quad \scriptsize \mid\; -2\\[5pt] a+b+c &=& 0 \end{array}$
    $ a+b+c = 0 $
  3. $W(1\mid 2)$ ist Wendepunkt des Graphen von $h.$ Aufgrund des notwendigen Kriteriums für Wendestellen gilt also:
    $\begin{array}[t]{rll} h''(1) &=& 0 \\[5pt] 6a\cdot 1 +2b &=& 0 \\[5pt] 6a +2b &=& 0 \end{array}$
    $ 6a +2b = 0 $
  4. An der Stelle $x=0$ hat der Graph die Steigung $2:$
    $\begin{array}[t]{rll} h'(0) &=& 2 \\[5pt] 3a\cdot 0^2 +2b\cdot 0 +c &=& 2 \\[5pt] c &=& 2 \end{array}$
    $ c=2 $
    Für die Gleichung aus 2. folgt damit:
    $\begin{array}[t]{rll} a+b+c &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; c =2 \\[5pt] a+b+2 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; -b;-2 \\[5pt] a &=& -b-2 \end{array}$
    $ a=-b-2 $
    Einsetzen in 3. liefert:
    $\begin{array}[t]{rll} 6a +2b &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; a=-b-2\\[5pt] 6\cdot (-b-2) + 2b &=& 0 \\[5pt] -6b -12 + 2b &=& 0 \\[5pt] -4b -12 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; +12\\[5pt] -4b &=& 12 &\quad \scriptsize \mid\; :(-4)\\[5pt] b &=& -3 \end{array}$
    $ b = -3 $
    $a= -(-3) -2 = 1$
    Es ist also:
    $h(x) = x^3-3x^2+2x+2 $
4.2
Mit den beiden Integralen wird jeweils der Inhalt eines Flächenstücks bestimmt, das der Graph von $h$ mit der Geraden zu $y=2$ im Bereich $0 \leq x \leq 1$ bzw. $1\leq x \leq 2$ einschließt.
Im Aufgabentext ist angegeben, dass der Graph von $h$ punktsymmetrisch zum Wendepunkt $W(1\mid 2)$ ist. Die beiden Flächenstücke, die der Graph von $h$ mit der Geraden zu $y=2$ im Bereich $0\leq x \leq 1$ und $1\leq x \leq 2$ einschließt, besitzen daher den gleichen Flächeninhalt, die angegebenen Integrale haben also den gleichen Wert.
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