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Analysis 2

Aufgaben
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Gegeben ist die Schar der in $\mathbb{R}$ definierten Funktionen $f_k$ mit $f_k(x) = (x - 3) \cdot \left(x^2 - k \cdot x - \dfrac{k}{2}\right)$ und $k \in \mathbb{R}$. Der Graph von $f_k$ wird mit $G_k$ bezeichnet. Die Abbildung zeigt $G_1$.
#cas#funktionenschar
a)
a4)
Jeder Graph $G_k$ hat einen Wendepunkt. Ermittle alle Werte von $k$, für die der Wendepunkt von $G_k$ auf einer Koordinatenachse liegt.
(4 BE)
a5)
Für alle Graphen der Schar wird jeweils die Tangente im Wendepunkt betrachtet. Jede dieser Tangenten schließt mit der $x$-Achse einen Winkel ein. Bestimme die Größe des kleinsten dieser Winkel.
(5 BE)
a6)
$G_6$ schließt für $0 \leq x \leq 3$ ein Flächenstück mit der $x$-Achse und der Geraden $x = 0$ ein. Für $3 \leq x \leq 6$ schließt $G_6$ ein zweites Flächenstück mit der $x$-Achse und der Geraden $x = 6$ ein. Rotieren diese beiden Flächenstücke um die $x$-Achse, so entstehen zwei Körper. Bestimme die Volumina der beiden Körper.
(2 BE)
a7)
Beurteile die folgende Aussage: „Rotieren zwei Flächenstücke gleichen Inhalts um die $x$-Achse, so stimmen die Volumina der beiden entstehenden Körper überein.“
(3 BE)
#tangente#extrempunkt#schnittwinkel#wendepunkt#rotationsvolumen
b)
Die Funktion $f_1$ beschreibt nun für $0 \leq x \leq 3$ die momentane Änderungsrate der Wassermenge in einer großen Regentonne. Dabei steht $x$ für die Zeit in Stunden nach Beobachtungsbeginn um $12:00 \,\text{Uhr}$ und $f_1(x)$ für die momentane Änderungsrate in $\frac{m^3}{h}$.
b1)
Berechne das Integral $\displaystyle\int_{0}^{3}f_1(x)\;\mathrm dx$ und interpretiere den Integralwert im Sachzusammenhang.
(2 BE)
b2)
Um $12:15 \,\text{Uhr}$ enthält die Regentonne $0,8 m^3$ Wasser. Bestimme die maximale Wassermenge, die sich in der Zeit zwischen $12:00 \,\text{Uhr}$ und $15:00 \,\text{Uhr}$ in der Regentonne befindet.
(4 BE)
#integral
c)
Betrachtet werden nun zwei zu Beginn der Beobachtung leere Regentonnen $T_1$ und $T_2$. Die Funktionen $f_{k_1}$ und $f_{k_2}$ mit $k_1 < k_2$ beschreiben für $0 \leq x \leq 3$ die momentanen Änderungsraten der Wassermenge der Tonne $T_1$ bzw. $T_2$. Bestimme den Zeitpunkt, für den der Füllmengenunterschied zwischen den beiden Tonnen maximal ist.
(3 BE)
#änderungsrate
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Lösungen
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a)
a1)
$\blacktriangleright$  Koordinaten der Schnittpunkte mit den Achsen bestimmen
Mit dem solve-Befehl des CAS erhältst du:
$\begin{array}[t]{rll} f_6(x) &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] x_1 &=& 3 − 2\sqrt{3} \\[5pt] x_2 &=& 3 \\[5pt] x_3 &=& 3 +2\sqrt{3} \\[5pt] \end{array}$
Der Graph $G_6$ schneidet die $x$-Achse in den drei Punkten $( 3 − 2\sqrt{3} \mid 0),$ $(3\mid 0)$ und $( 3 + 2\sqrt{3}\mid 0).$
Mit dem CAS folgt $f_6(0)= 9.$
Der Graph $G_6$ schneidet die $y$-Achse im Punkt $(0\mid 9).$
$\blacktriangleright$  Koordinaten der Extrempunkte bestimmen
Mithilfe des CAS lassen sich die Ableitungsfunktionen von $f_6$ definieren:
$\blacktriangleright$ Casio Classpad II
keyboard $\to$ Math2 $\to$ $\frac{d}{d \Box}\Box$
keyboard $\to$ Math2 $\to$ $\frac{d}{d \Box}\Box$
Für Extremstellen gilt das notwendige Kriterium $f_6'(x)=0.$ Mit dem solve-Befehl des CAS ergibt sich:
$\begin{array}[t]{rll} f_6'(x) &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] x_1 &=& 1 \\[5pt] x_2 &=& 5 \end{array}$
Für das hinreichende Kriterium mithilfe der zweiten Ableitungsfunktion erhält man ebenfalls mit dem CAS:
$\begin{array}[t]{rll} f_6''(1) &=& -12 < 0 \\[5pt] f_6''(5) &=& 12 > 0 \end{array}$
Vervollständigung der Koordinaten:
$\begin{array}[t]{rll} f_6(1) &=& 16 \\[5pt] f_6(5) &=& -16 \end{array}$
Der Graph $G_6$ besitzt zwei Extrempunkte, einen Hochpunkt mit den Koordinaten $H(1\mid 16)$ und einen Tiefpunkt mit den Koordinaten $T(5\mid -16).$
a2)
$\blacktriangleright$  Koordinaten aller gemeinsamen Punkte ermitteln
Für zwei Werte $k_1,k_2\in \mathbb{R}$ mit $k_1\neq k_2$ folgt:
$\begin{array}[t]{rll} f_{k_1}(x) &=& f_{k_2}(x) &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] x_1 &=& -0,5 \\[5pt] x_2 &=& 3 \end{array}$
Vervollständigung der Koordinaten für $k\in \mathbb{R}:$
$\begin{array}[t]{rll} f_k(-0,5) &=& −0,875 \\[5pt] f_k(3) &=& 0 \end{array}$
Alle Graphen $G_k$ mit $k\in \mathbb{R}$ verlaufen durch die Punkte $(-0,5\mid -0,875)$ und $(3\mid 0).$
a3)
$\blacktriangleright$  Anzahl der Extrempunkte zeigen
1. Schritt: Ableitungsfunktionen bilden
$\begin{array}[t]{rll} f_k(x) &=& (x-3)\cdot (x^2 -k\cdot x -\frac{k}{2}) \\[5pt] &=& x^3 -3x^2 -k\cdot x^2 +3k\cdot x -\frac{k}{2}\cdot x +\frac{3k}{2} \\[5pt] &=& x^3 -(3+k)\cdot x^2 +\frac{5k}{2}\cdot x +\frac{3k}{2} \\[10pt] f_k'(x) &=& 3x^2 -2\cdot(3+k)\cdot x +\frac{5k}{2} \\[10pt] f_k''(x) &=& 6x - 2\cdot(3+k) \\[5pt] &=& 6x - 6-2k \\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f_k(x) &=& … \\[10pt] f_k'(x) &=& … \\[10pt] f_k''(x) &=& … \\[5pt] &=& 6x - 6-2k \\[10pt] \end{array}$
2. Schritt: Notwendiges Kriterium für Extremstellen anwenden
$\begin{array}[t]{rll} f_k'(x) &=& 0 \\[5pt] 3x^2 -2\cdot(3+k)\cdot x +\frac{5k}{2} &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;:3 \\[5pt] x^2 -\frac{2}{3}\cdot(3+k)\cdot x +\frac{5k}{6} &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; pq\text{-Formel} \\[5pt] x_{1/2} &=& -\dfrac{-\frac{2}{3}\cdot(3+k)}{2} \pm \sqrt{\left( \dfrac{-\frac{2}{3}\cdot(3+k)}{2}\right)^2 - \frac{5k}{6}} \\[5pt] &=& 1+\frac{k}{3} \pm \sqrt{ \left( 1+\frac{k}{3}\right)^2 - \frac{5k}{6}} \\[5pt] &=& 1+\frac{k}{3} \pm \sqrt{ 1+\frac{2k}{3} + \frac{k^2}{9} - \frac{5k}{6}} \\[5pt] &=& 1+\frac{k}{3} \pm \sqrt{ 1 + \frac{k^2}{9} - \frac{k}{6}} \\[5pt] &=& 1+\frac{k}{3} \pm \sqrt{ \dfrac{36 +4k^2 -6k}{36} } \\[5pt] &=& 1+\frac{k}{3} \pm \dfrac{ \sqrt{36 +4k^2 -6k}}{6} \\[5pt] x_1 &=& 1+\frac{k}{3} - \dfrac{ \sqrt{36 +4k^2 -6k}}{6} \\[5pt] x_2 &=& 1+\frac{k}{3} + \dfrac{ \sqrt{36 +4k^2 -6k}}{6} \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f_k'(x) &= 0 \\[5pt] x_1 &= 1+\frac{k}{3} - \frac{ \sqrt{36 +4k^2 -6k}}{6} \\[5pt] x_2 &= 1+\frac{k}{3} + \frac{ \sqrt{36 +4k^2 -6k}}{6} \\[5pt] \end{array}$
Für alle $k\in\mathbb{R}$ ist $x_1\neq x_2.$ Für jeden Graphen $G_k$ erhält man mit dem notwendigen Kriterium für Extremstellen zwei mögliche Extremstellen.
Für das hinreichende Kriterium folgt:
$\begin{array}[t]{rll} f_k''(x_1)&=& 6\cdot \left(1+\frac{k}{3} - \dfrac{ \sqrt{36 +4k^2 -6k}}{6} \right) - 6-2k \\[5pt] &=& 6+2k - \sqrt{36 +4k^2 -6k} - 6-2k \\[5pt] &=& -\sqrt{36 +4k^2 -6k} < 0 \\[10pt] f_k''(x_2)&=& 6\cdot \left(1+\frac{k}{3} + \dfrac{ \sqrt{36 +4k^2 -6k}}{6} \right) - 6-2k \\[5pt] &=& 6+2k + \sqrt{36 +4k^2 -6k} - 6-2k \\[5pt] &=& \sqrt{36 +4k^2 -6k} > 0 \\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f_k''(x_1)& < 0 \\[10pt] f_k''(x_2)& > 0 \\[10pt] \end{array}$
An beiden Stellen $x_1 = 1+\frac{k}{3} - \dfrac{ \sqrt{36 +4k^2 -6k}}{6} $ und $x_2= 1+\frac{k}{3} +\dfrac{ \sqrt{36 +4k^2 -6k}}{6}$ ist also auch das hinreichende Kriterium für Extremstellen erfüllt. Jeder Graph $G_k$ hat also genau zwei Extrempunkte.
a4)
$\blacktriangleright$  Werte ermitteln
Für eine Wendestelle $x_W$ von $f_k$ muss die notwendige Bedingung $f_k''(x_W)=0$ erfüllt sein.
$\begin{array}[t]{rll} f_k''(x) &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] x &=& \dfrac{k+3}{3} \end{array}$
Da dies die einzige Lösung der Gleichung $f_k''(x)=0$ ist und in der Aufgabenstellung angegeben ist, dass jeder Graph $G_k$ einen Wendepunkt besitzt, muss es sich bei $x_W =\frac{k+3}{3}$ um die Wendestelle handeln.
Damit der Wendepunkt auf der $y$-Achse liegt, muss $x_W = 0$ sein:
$\begin{array}[t]{rll} x_W &=& 0 \\[5pt] \frac{k+3}{3} &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] k &=& -3 \end{array}$
Damit der Wendepunkt auf der $x$-Achse liegt, muss $y_k = 0$ sein, also $f_k(x_W) =0.$
$\begin{array}[t]{rll} y_W &=& 0 \\[5pt] f_k(x_W) &=& 0 \\[5pt] f_k\left(\frac{k+3}{3}\right)&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] k_1 &=& 6 \\[5pt] k_2 &=& −\frac{3}{8}\left(\sqrt{57} + 5\right) \\[5pt] k_3 &=& \frac{3}{8}\left(\sqrt{57} - 5\right) \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} y_W &=& 0 \\[5pt] k_1 &=& 6 \\[5pt] k_2 &=& −\frac{3}{8}\left(\sqrt{57} + 5\right) \\[5pt] k_3 &=& \frac{3}{8}\left(\sqrt{57} - 5\right) \\[5pt] \end{array}$
Für $k_0 = -3,$ $k_1 = 6,$ $k_2 = −\frac{3}{8}\left(\sqrt{57} + 5\right) $ und $k_3 = \frac{3}{8}\left(\sqrt{57} - 5\right)$ liegt der Wendepunkt von $G_k$ auf einer der Koordinatenachsen.
a5)
$\blacktriangleright$  Größe des kleinsten Winkels bestimmen
Die Größe des Winkels, den die Wendetangente von $G_k$ mit der $x$-Achse einschließt, hängt von der Steigung der Wendetangente ab, also von der Steigung des Graphen $G_k.$
$f_k'\left(\frac{k+3}{3}\right) = -\frac{k^2}{3}+\frac{k}{2} -3.$
Der kleinste eingeschlossene Winkel liegt für das $k$ mit der betragsmäßig kleinsten Steigung vor. Bestimme also das globale Minimum von:
$w(k) = \left|-\frac{k^2}{3}+\frac{k}{2} -3 \right|$
Mit dem solve-Befehl des CAS erhält man mit dem notwendigen Kriterium für Extremstellen von $w:$
$\begin{array}[t]{rll} w'(k) &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] k &=& \frac{3}{4} \end{array}$
Für das hinreichende Kriterium folgt:
$w''\left( \frac{3}{4}\right) = \frac{2}{3} > 0$
An der Stelle $k=\frac{3}{4}$ befindet sich also ein lokales Minimum von $w.$ Da das die einzige Extremstelle von $w$ ist, befindet sich dort auch das globale Minimum.
Die Größe des zugehörigen Schnittwinkels beträgt:
$\begin{array}[t]{rll} \tan \alpha &=& w\left(\frac{3}{4}\right) &\quad \scriptsize \mid\;\tan^{-1} \\[5pt] \alpha &\approx& 70,4^{\circ} \end{array}$
Der kleinste Winkel, den eine Wendetangente von $G_k$ mit der $x$-Achse einschließt, ist ca. $70,4^{\circ}$ groß.
a6)
$\blacktriangleright$  Volumina bestimmen
$\blacktriangleright$ Casio Classpad II
keyboard $\to$ Math2 $\to$ $\int_{\Box}^{\Box}\Box$
keyboard $\to$ Math2 $\to$ $\int_{\Box}^{\Box}\Box$
$\begin{array}[t]{rll} V_1 &=& \pi\cdot \displaystyle\int_{0}^{3}\left(f_6(x)\right)^2\;\mathrm dx &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] &=& \frac{15471}{35}\pi \\[5pt] &\approx& 1388,67\\[10pt] V_2 &=& \pi\cdot \displaystyle\int_{3}^{6}\left(f_6(x)\right)^2\;\mathrm dx &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] &=& \frac{15471}{35}\pi \\[5pt] &\approx& 1388,67\\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} V_1 &\approx& 1388,67\\[10pt] V_2 &\approx& 1388,67\\[10pt] \end{array}$
a7)
$\blacktriangleright$  Aussage beurteilen
Betrachtet man beispielsweise das Flächenstück, das von der Gerade mit der Gleichung $y=1,$ der $x$-Achse und den Geraden zu $x=0$ und $x=1$ eingeschlossen wird, dann handelt es sich dabei um ein Quadrat mit der Seitenlänge $1.$ Dann ist das Volumen des Körpers, der durch Rotation um die $x$-Achse entsteht:
$\begin{array}[t]{rll} V_3 &=& \pi\cdot \displaystyle\int_{0}^{1}(1)^2\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \pi \\[5pt] \end{array}$
$ V_3 = \pi $
Eine Fläche, die inhaltsgleich zu dieser ist, ist die Fläche, die von den Geraden zu $y=4$ und $y=3$ sowie $x=0$ und $x=1$ begrenzt wird. Dabei handelt es sich ebenfalls um ein Quadrat mit der Seitenlänge $1.$
Rotiert diese Fläche um die $x$-Achse, so kann ihr Volumen aus der Differenz der beiden Teilvolumina berechnet werden:
$\begin{array}[t]{rll} V_4&=& \pi\cdot \displaystyle\int_{0}^{1}(4)^2\;\mathrm dx - \pi\cdot \displaystyle\int_{0}^{1}(3)^2\;\mathrm dx \\[5pt] &=& 16\pi - 9\pi \\[5pt] &=& 7\pi \neq \pi\\[5pt] \end{array}$
$ V_4 = 7\pi \neq \pi $
Die beiden Flächenstücke sind also inhaltsgleich, die Volumina, die bei deren Rotation um die $x$-Achse entstehen, sind allerdings verschieden.
Die in der Aufgabe angegebene Aussage ist also falsch.
#cas#integral
b)
b1)
$\blacktriangleright$  Integral berechnen und interpretieren
$\displaystyle\int_{0}^{3}f_1(x)\;\mathrm dx = 0$
Zwischen $12:00$ Uhr und $15:00$ Uhr fließt genau so viel Wasser in die Tonne hinein, wie abfließt.
b2)
$\blacktriangleright$  Maximale Wassermenge bestimmen
$f_1$ beschreibt die momentane Änderungsrate der Wassermenge in der Regentonne. Die Menge des Wassers in der Regentonne $x$ Stunden nach $12:00$ Uhr, wird daher durch eine Stammfunktion $F_1$ von $f_1$ beschrieben.
Bestimme also zunächst die Stelle, in der $F_1$ ihr lokales Maximum für $0\leq x \leq 3$ annimmt.
Für eine lokale Extremstelle von $F_1$ gilt das notwendige Kriterium $f_1(x)=0.$
$\begin{array}[t]{rll} f_1(x) &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; CAS\\[5pt] x_1 &=& −0,3660 \\[5pt] x_2 &\approx& 1,3660 \\[5pt] x_3 &=& 3 \end{array}$
Mit dem CAS folgt für das hinreichende Kriterium für Extremstellen:
$\begin{array}[t]{rll} f_1'(−0,3660) &\approx& 5,83 > 0 \\[5pt] f_1'(1,3660 ) &\approx& -2,83 < 0\\[5pt] f_1'(3) &=& 5,5 > 0 \end{array}$
Vom Beginn der Beobachtung an bis zum lokalen Maximum ist $f_1$ positiv, sodass die Wassermenge zunimmt. Nach dem lokalen Maximum bis zum Beobachtungsende nimmt die Wassermenge wiederum nur ab. Die größte Wassermenge befindet sich also bei $x\approx 1,3660$ in der Tonne. Diese lässt sich wie folgt berechnen:
$\begin{array}[t]{rll} V &\approx& 0,8 + \displaystyle\int_{0,25}^{1,3660}f_1(x)\;\mathrm dx \\[5pt] &\approx& 2,2201\\[5pt] \end{array}$
Die maximale Wassermenge zwischen $12:00$ Uhr und $15:00$ Uhr beträgt ca. $2,2\,\text{m}^3.$
#extrempunkt#cas
c)
$\blacktriangleright$  Zeitpunkt mit dem maximalen Unterschied berechnen
Gesucht ist der Zeitpunkt mit dem maximalen Füllmengenunterschied $d$ der beiden Tonnen. Die Änderungsrate des Füllmengenunterschieds wird durch $d_{k_1;k_2}'(x) = f_{k_2}(x) -f_{k_1}(x) $ beschrieben.
Das notwendige Kriterium für ein lokales Extremum von $d$ ist $d_{k_1;k_2}'(x) = 0.$ Mit dem CAS folgt:
$\begin{array}[t]{rll} d_{k_1;k_2}'(x) &=& 0 \\[5pt] f_{k_2}(x) -f_{k_1}(x) &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] x &=& 3 \end{array}$
Zu Beginn waren die beiden Tonnen gleich gefüllt. Da die einzige mögliche Extremstelle mit $x=3$ auch gleichzeitig eines der Intervallränder ist, muss sich hier die Stelle mit dem maximalen Füllmengenunterschied befinden.
Um $15:00$ Uhr ist der Füllmengenunterschied der beiden Regentonnen also maximal.
#cas#extrempunkt
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