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Analysis 2

Aufgaben
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Der Graph einer ganzrationalen Funktion $g$ dritten Grades mit Definitionsbereich $\mathbb{R}$ hat den Tiefpunkt $(0 \mid 0)$ und den Wendepunkt $\left(-\dfrac{1}{2} \mid \dfrac{5}{4}\right)$. Runde im Folgenden alle Ergebnisse auf zwei Stellen nach dem Komma.
#wendepunkt#extrempunkt
a)
a1)
Bestimme einen Funktionsterm von $g$.
Zur Kontrolle: $g(x) = \dfrac{5}{2} x^2 \cdot (2x + 3)$
(5 BE)
a2)
Erstelle für $-1,5 \leq x \leq 0,5$ eine Wertetabelle für die Funktion $g$ mit der Schrittweite $0,25$ und zeichne den Graphen.
(4 BE)
a3)
Betrachtet wird die Tangente an den Graphen von $g$ in dessen Wendepunkt (die sogenannte Wendetangente). Berechne die Größe des Winkels, unter dem diese Tangente die $x$-Achse schneidet.
(3 BE)
a4)
Zeige, dass die Wendetangente von $g$ und der Graph von $g$ nur den Wendepunkt gemeinsam haben.
(3 BE)
#tangente
b)
Die Abbildung 1 zeigt den Graphen der auf $\mathbb{R}$ definierten Funktion $h$ mit
$h(x) = 5x^2 \cdot e^{\frac{2}{3} \cdot x^3}$
b1)
Zeige, dass die Funktion $h$ keine negativen Funktionswerte hat.
(2 BE)
b2)
Zeige, dass $h'(x) = 10x \cdot (1 + x^3) \cdot e^{\frac{2}{3}\cdot x^3}$ ein Term der ersten Ableitungsfunktion von $h$ ist.
(2 BE)
b3)
Die $x$-Achse ist eine waagerechte Tangente an den Graphen von $h$. Weise nach, dass neben der $x$-Achse die Gerade $t$ mit $t(x) = 5\cdot e^{-\frac{2}{3}}$ die einzige weitere waagerechte Tangente an den Graphen von $h$ ist.
(4 BE)
b4)
Die Tangente $t$ und der Graph von $h$ haben genau zwei Punkte gemeinsam. Berechne den Inhalt der Fläche, die von der Tangente $t$ und dem Graphen von $h$ vollständig eingeschlossen wird.
(4 BE)
#ableitung#tangente
c)
c1)
Bestimme die prozentuale Abweichung der mittleren Steigung des Graphen von $g$ von der mittleren Steigung des Graphen von $h$ im Bereich $-1 \leq x \leq 0$.
(3 BE)
c2)
Es gilt $(h(1) - g(1)) \cdot (h(2) - g(2)) < 0$. Gib die Bedeutung dieser Tatsache hinsichtlich der gegenseitigen Lage der Graphen von $g$ und $h$ im Bereich $1 < x < 2$ an. Begründe deine Angabe.
(4 BE)
d)
d1)
Beurteile mithilfe der Abbildung 1 die folgende Aussage: „Für $-1,5 \leq x \leq 1$ ändert sich beim Graphen jeder Stammfunktion von $h$ genau einmal das Krümmungsverhalten.“
(3 BE)
d2)
Einer der Abbildung 2 abgebildeten Graphen $\text{I}, \text{II}$ oder $\text{III}$ ist der Graph der in $\mathbb{R}$ definierten Funktion $H$ mit $H(x) = \displaystyle\int_{0}^{x} h(t) dt.$
Entscheide, welcher dies ist, und begründe deine Entscheidung.
(3 BE)
#krümmung#integral
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Lösungen
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a)
a1)
$\blacktriangleright$  Funktionsterm bestimmen
Bei $g$ handelt es sich um eine ganzrationale Funktion dritten Grades:
$g(x) = ax^3 +bx^2 +cx +d$
Aus den Koordinaten $T(0\mid 0)$ folgt:
$\begin{array}[t]{rll} g(0) &=& 0 \\[5pt] a\cdot 0^3 +b\cdot 0^2 +c\cdot 0 +d &=& 0 \\[5pt] d &=& 0 \end{array}$
$ d=0 $
Da $T$ ein Tiefpunkt ist, gilt $g'(0)=0.$ Mit $g'(x) = 3ax^2 +2bx +c$ folgt:
$\begin{array}[t]{rll} g'(0) &=& 0 \\[5pt] 3a\cdot 0^2 +2b\cdot 0 +c &=& 0 \\[5pt] c &=& 0 \end{array}$
$ c=0 $
Es bleibt also noch $g(x)= ax^3 +bx^2 $ und $g'(x)= 3ax^2 +2bx.$
Bei $W$ handelt es sich um einen Wendepunkt. Es muss also gelten $g''\left(-\frac{1}{2}\right) = 0.$ Mit $g''(x) = 6ax+2b$ folgt:
$\begin{array}[t]{rll} g''\left(-\frac{1}{2}\right) &=& 0 \\[5pt] 6a\cdot\left(-\frac{1}{2}\right) +2b &=& 0\\[5pt] -3a +2b &=& 0 \end{array}$
$ -3a +2b = 0 $
Aus den Koordinaten von $W$ folgt zudem:
$\begin{array}[t]{rll} g\left(-\frac{1}{2}\right) &=& \frac{5}{4} \\[5pt] a\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)^3 +b\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)^2 &=& \frac{5}{4} \\[5pt] -\frac{1}{8}a + \frac{1}{4}b &=& \frac{5}{4} &\quad \scriptsize \mid\;\cdot 4 \\[5pt] -\frac{1}{2}a +b &=& 5 &\quad \scriptsize \mid\;+\frac{1}{2}a \\[5pt] b &=& 5+\frac{1}{2}a \end{array}$
$ b=5+\frac{1}{2}a $
Einsetzen in die obere Gleichung liefert:
$\begin{array}[t]{rll} -3a +2b &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;b= 5+\frac{1}{2}a \\[5pt] -3a + 2\cdot \left(5+\frac{1}{2}a \right) &=& 0 \\[5pt] -3a +10 +a &=& 0 \\[5pt] -2a +10 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; -10\\[5pt] -2a &=& -10 &\quad \scriptsize \mid\; :(-2) \\[5pt] a&=& 5 \end{array}$
$ a=5 $
Für $b$ folgt dann:
$b = 5+\frac{1}{2}\cdot 5 = \frac{15}{2} $
Eine Gleichung von $g$ lautet also:
$g(x)= 5x^3 +\frac{15}{2}x^2.$
a2)
$\blacktriangleright$  Wertetabelle erstellen und Graphen zeichnen
$x$$-1,5 $$-1,25 $$-1 $$ -0,75$$ -0,5$$ -0,25$$ 0$$ 0,25$$ 0,5$
$g(x)$$ 0 $$ 1,95$$ 2,5 $$2,11 $$ 1,25$$0,39$$0$$0,55$$2,5$
$x$$g(x)$
$ -1,5$$ 0$
$-1,25 $$ 1,95$
$-1 $$2,5 $
$-0,75 $$2,11 $
$-0,5 $$1,25 $
$-0,25 $$0,39 $
$0 $$0 $
$0,25 $$0,55 $
$0,5 $$2,5 $
undefined
Abb. 1: Graph von $g$
undefined
Abb. 1: Graph von $g$
a3)
$\blacktriangleright$  Winkelgröße berechnen
$\begin{array}[t]{rll} g'\left(-\frac{1}{2}\right)&=& 15\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)^2 + 15\cdot \left(-\frac{1}{2}\right) \\[5pt] &=& -\frac{15}{4} \\[10pt] \tan \alpha &=& -\frac{15}{4} &\quad \scriptsize \mid\; \tan^{-1} \\[5pt] \alpha &=& -75,07^{\circ}\\[5pt] \end{array}$
$ \alpha \approx -75,07^{\circ} $
Der Winkel, unter dem die Wendetangente die $x$-Achse schneidet, ist ca. $75^{\circ}$ groß.
a4)
$\blacktriangleright$  Einzigen gemeinsamen Punkt zeigen
Eine Gleichung der Wendetangen folgt aus der Formel für eine Tangentengleichung:
$\begin{array}[t]{rll} w(x) &=& g'\left( -\frac{1}{2}\right)\cdot \left( x +\frac{1}{2}\right) + \frac{5}{4} \\[5pt] &=& -\frac{15}{4} \left( x +\frac{1}{2}\right) + \frac{5}{4} \end{array}$
$ w(x) = … $
Gleichsetzen der Funktionsterme liefert:
$\begin{array}[t]{rll} w(x) &=& g(x) \\[5pt] -\frac{15}{4} \left( x +\frac{1}{2}\right) + \frac{5}{4} &=& 5x^3 +\frac{15}{2}x^2 &\quad \scriptsize \mid\; -5x^3; -\frac{15}{2}x^2\\[5pt] -5x^3 -\frac{15}{2}x^2 -\frac{15}{4} x -\frac{15}{8} +\frac{5}{4} &=& 0 \\[5pt] -5x^3 -\frac{15}{2}x^2 -\frac{15}{4} x -\frac{5}{8} &=& 0\\[5pt] 5x^3 +\frac{15}{2}x^2 +\frac{15}{4} x +\frac{5}{8} &=& 0\\[5pt] x &=& -\frac{1}{2} \end{array}$
$ x=-\frac{1}{2} $
Die einzige Lösung der Gleichung $w(x)=g(x)$ ist $x=-\frac{1}{2}.$ Die Wendetangente und der Graph von $g$ haben also genau einen gemeinsamen Punkt und bei diesem handelt es sich um den Wendepunkt.
#steigungswinkel
b)
b1)
$\blacktriangleright$  Zeigen, dass die Funktion keine negativen Funktionswerte hat
Für die einzelnen Faktoren des Funktionsterms von $h$ gilt $5x^2 \geq 0$ und $\mathrm e^{\frac{2}{3}\cdot x^3} > 0.$ Insgesamt gilt daher $h(x) \geq 0$ für alle $x\in \mathbb{R}.$
Die Funktion $h$ kann also keine negativen Funktionswerte annehmen.
b2)
$\blacktriangleright$  Ableitungsfunktion zeigen
Mit der Produktregel folgt:
$\begin{array}[t]{rll} h(x) &=& 5x^2\cdot \mathrm e^{\frac{2}{3}\cdot x^3} \\[5pt] h'(x) &=& 5 \cdot 2x \cdot \mathrm e^{\frac{2}{3}\cdot x^3} + 5x^2\cdot \left(3\cdot \frac{2}{3}x^2 \right)\cdot \mathrm e^{\frac{2}{3}\cdot x^3} \\[5pt] &=& 10x \cdot \mathrm e^{\frac{2}{3}\cdot x^3} + 5x^2\cdot 2x^2\cdot \mathrm e^{\frac{2}{3}\cdot x^3} \\[5pt] &=& 10x \cdot \mathrm e^{\frac{2}{3}\cdot x^3} + 10x^4\cdot \mathrm e^{\frac{2}{3}\cdot x^3} \\[5pt] &=& 10\cdot x \cdot \left(1+x^3 \right) \cdot \mathrm e^{\frac{2}{3}\cdot x^3} \\[5pt] \end{array}$
$ h'(x) = … $
b3)
$\blacktriangleright$  Einzige weitere waagerechte Tangente nachweisen
$\begin{array}[t]{rll} h'(x) &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; \\[5pt] 10\cdot x \cdot \left(1+x^3 \right) \cdot \mathrm e^{\frac{2}{3}\cdot x^3} &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;:\mathrm e^{\frac{2}{3}\cdot x^3} \\[5pt] 10\cdot x \cdot \left(1+x^3 \right) &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; :10 \\[5pt] x \cdot \left(1+x^3 \right) &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; x_1 = 0 \\[5pt] 1+x^3 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; -1 \\[5pt] x^3 &=& -1 \\[5pt] x_2 &=& -1 \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} h'(x) &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; \\[5pt] x_1 &=& 0 \\[5pt] x_2 &=& -1 \\[5pt] \end{array}$
Es gibt also nur die beiden Stellen $x_1= 0$ und $x_2=-1$ mit waagerechter Tangente.
$\begin{array}[t]{rll} h(0) &=& 5\cdot 0^2\cdot \mathrm e^{\frac{2}{3}\cdot 0^3} \\[5pt] &=& 0 \\[10pt] h(-1) &=& 5\cdot (-1)^2\cdot \mathrm e^{\frac{2}{3}\cdot (-1)^3} \\[5pt] &=& 5\cdot \mathrm e^{-\frac{2}{3}} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} h(0) &=& 0 \\[10pt] h(-1) &=& 5\cdot \mathrm e^{-\frac{2}{3}} \end{array}$
Die waagerechte Tangente an den Graphen von $h$ an der Stelle $x=0$ ist also die $x$-Achse. Eine Gleichung der waagerechten Tangente an den Graphen von $h$ an der Stelle $x=-1$ lautet $t(x)= 5\cdot \mathrm e^{-\frac{2}{3}} .$
Eine weitere waagerechte Tangente besitzt der Graph von $h$ nicht, da $x_1 = 0$ und $x_2 = -1$ die einzigen Lösungen der Gleichung $h'(x)=0$ sind.
b4)
$\blacktriangleright$  Flächeninhalt berechnen
$\begin{array}[t]{rll} t(x) &=& h(x) \\[5pt] 5\cdot \mathrm e^{-\frac{2}{3}} &=& 5x^2\cdot \mathrm e^{\frac{2}{3}\cdot x^3} &\quad \scriptsize \mid\;:5 \\[5pt] \mathrm e^{-\frac{2}{3}} &=& x^2\cdot \mathrm e^{\frac{2}{3}\cdot x^3} \\[5pt] x_1 &=& -1 \\[5pt] x_2 &\approx& 0,65 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} t(x) &=& h(x) \\[5pt] x_1 &=& -1 \\[5pt] x_2 &\approx& 0,65 \end{array}$
Für den Flächeninhalt folgt:
$\begin{array}[t]{rll} \displaystyle\int_{-1}^{0,65}\left(t(x)- h(x)\right)\;\mathrm dx &=& \displaystyle\int_{-1}^{0,65}\left( 5\cdot \mathrm e^{-\frac{2}{3}}- 5x^2\cdot \mathrm e^{\frac{2}{3}\cdot x^3} \right)\;\mathrm dx \\[5pt] &\approx& 2,52 \end{array}$
$ … \approx 2,52 $
Der Flächeninhalt der von der Tangente $t$ und dem Graphen von $h$ eingeschlossenen Fläche beträgt ca. $2,52\,\text{FE}.$
#produktregel
c)
c1)
$\blacktriangleright$  Prozentuale Abweichung bestimmen
$\dfrac{g(0) - g(-1) - (h(0)-h(-1))}{h(0)-h(-1)} \approx \dfrac{-2,5 - (-2,57)}{-2,57} \approx -0,03$
$ …\approx -0,03 $
Die mittlere Steigung des Graphen von $g$ weicht im Bereich $-1\leq x \leq 0$ um ca. $3\,\%$ von der mittleren Steigung des Graphen von $h$ ab.
c2)
$\blacktriangleright$  Bedeutung der Tatsache angeben und begründen
Da das Produkt negativ ist, muss einer der beiden Faktoren negativ und der andere positiv sein.
Es ist also entweder $h(1)-g(1)$ negativ und $h(2)-g(2)$ positiv oder $h(1)-g(1)$ positiv und $h(2)-g(2)$ negativ.
Im Bereich $1< x < 2$ gibt es also einen Bereich, in dem der Graph von $h$ oberhalb des Graphen von $g$ verläuft und einen Bereich, in dem es umgekehrt ist.
Im Bereich $1< x < 2$ gibt es also mindestens einen Schnittpunkt der beiden Graphen von $g$ und $h$ und die Anzahl der Schnittpunkte ist ungerade.
d)
d1)
$\blacktriangleright$  Aussage beurteilen
Das Krümmungsverhalten des Graphen einer Stammfunktion von $h$ wird durch $h'$ beschrieben. Es ändert sich also an den Stellen, an denen $h$ die Steigung von positiv zu negativ oder von negativ zu positiv ändert. Das ist in den Extremstellen von $h$ der Fall.
Der Abbildung kann man entnehmen, dass der Graph von $h$ im betrachteten Bereich $-1,5\leq x \leq 1$ zwei Extrempunkte besitzt. Der Graph einer Stammfunktion von $h$ besitzt in diesem Bereich also zwei Stellen, an denen sich das Krümmungsverhalten ändert.
d2)
$\blacktriangleright$  Graph bestimmen und begründen
Es ist $H'(x) = h(x).$ $h$ beschreibt also die Steigung des Graphen von $H:$
Da $h$ keine negativen Funktionswerte annimmt, darf es keine Stellen geben, in denen $H$ eine negative Steigung besitzt. Der Graph von $H$ darf also nicht fallen.
Graph $\text{II}$ scheidet damit aus.
Zudem ist bereits bekannt, dass $h(0)=0$ ist. Der Graph von $H$ besitzt an der Stelle $0$ also eine waagerechte Tangente. Damit scheidet Graph $\text{III}$ weg.
Graph $\text{I}$ gehört also zur Funktion $H.$
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