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Pflichtaufgabe 1 - Analysis

Aufgaben
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Gegeben ist die Funktion $f$ durch $f(x)=x^3-6x^2+9x$ mit $x\in\mathbb{R}.$
a)
Gib das Verhalten von $f$ für $x\to -\infty$ und $x\to +\infty$ an.
Berechne die Nullstellen von $f.$
Begründe, dass der Graph von $f$ weder zum Koordinatenursprung noch zur $y$-Achse symmetrisch ist.
Ermittle eine Gleichung der Stammfunktion $F$ von $f,$ deren Graph durch den Punkt $P(3\mid 6)$ verläuft und zeige, dass der Graph dieser Stammfunktion im Punkt $P$ eine waagerechte Tangente besitzt.
#tangente#nullstelle#stammfunktion#punktsymmetrie#achsensymmetrie
b)
Die in $\mathbb{R}$ definierte Funktion $g$ mit $g(x)=f(x)-2$ besitzt genau drei Nullstellen $x_1,$ $x_2$ und $x_3,$ wobei $x_1 < x_2 < x_3$ und $\displaystyle\int_{x_1}^{x_3}g(x)\;\mathrm dx =0$ gelten.
Schlussfolgere unter Verwendung der Gleichung $\displaystyle\int_{x_1}^{x_3}g(x)\;\mathrm dx =0$ auf zwei weitere Eigenschaften der Funktion $g$ bzw. ihres Graphen.
#integral
Für jedes $k\in \mathbb{R},$ $k> 0,$ ist eine Funktion durch $f_k(x)= k^2x^3-6kx^2+9x$ mit $x\in \mathbb{R}$ gegeben. Der Graph von $f_k$ wird mit $G_k$ bezeichnet.
c)
Jeder Graph $G_k$ besitzt genau zwei lokale Extrempunkte.
Weise nach, dass $x=\frac{1}{k}$ und $x = \frac{3}{k}$ die lokalen Extremstellen von $f_k$ sind und ermittle die Art der lokalen Extrema sowie die Koordinaten der lokalen Extrempunkte des Graphen $G_k.$
Für jeden Wert von $k$ wird die Gerade durch die lokalen Extrempunkte von $G_k$ betrachtet. Zeige, dass diese Geraden für unterschiedliche Werte von $k$ parallel zueinander sind.
#extrempunkt
Bildnachweise [nach oben]
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Lösungen
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a)
$\blacktriangleright$  Verhalten der Funktion angeben
Da es sich bei $f$ mit $f(x)=x^3-6x^2+9x$ um eine ganzrationale Funktion dritten Grades ohne negatives Vorzeichen vor der höchsten Potenz $x^3$ handelt gilt:
$\lim\limits_{x\to+\infty} f(x) = +\infty $
$\lim\limits_{x\to-\infty} f(x) = -\infty$
$\blacktriangleright$  Nullstellen bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} f(x)&=& 0 \\[5pt] x^3-6x^2+9x&=& 0 \\[5pt] x\cdot \left(x^2-6x+9 \right)&=&0 &\quad \scriptsize \mid\;x_1 = 0 \\[5pt] x^2-6x+9 &=& 0\\[5pt] \end{array}$
Mit der $pq$-Formel folgt:
$\begin{array}[t]{rll} x_{2/3}&=& -\dfrac{-6}{2}\pm \sqrt{\left( \dfrac{-6}{2}\right)^2 -9}\\[5pt] &=& 3 \pm 0\\[5pt] &=& 3 \end{array}$
$ x_1 = 0 $, $x_2=3$
$f$ besitzt zwei Nullstellen $x_1=0$ und $x_2= 3.$
$\blacktriangleright$  Eigenschaft begründen
$f$ besitzt genau zwei Nullstellen $x_1=0$ und $x_2= 3,$ der Graph schneidet an diesen Stellen die $x$-Achse. Wäre der Graph von $f$ symmetrisch zum Koordinatenursprung oder zur $y$-Achse, müsste der Graph die $x$-Achse zusätzlich an einer dritten Stelle im negativen Bereich schneiden. $f$ müsste also noch eine weitere Nullstelle $x_3 = -3$ besitzen. Da dies aber nicht der Fall ist, kann der zugehörige Graph weder zur $y$-Achse noch zum Koordinatenursprung symmetrisch sein.
$\blacktriangleright$  Gleichung der Stammfunktion bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} f(x)&=& x^3-6x^2+9x\\[10pt] F_c(x)&=& \frac{1}{4}x^4-\frac{1}{3}\cdot 6x^3 +\frac{1}{2}\cdot 9x^2+c\\[5pt] &=& \frac{1}{4}x^4-2x^3 +\frac{9}{2}x^2 +c\\[5pt] \end{array}$
$ F_c(x)= … $
Alle Stammfunktionen von $f$ haben eine Gleichung der Form $F_c(x)= \frac{1}{4}x^4-2x^3 +\frac{9}{2}x^2 +c.$ Der Punkt $P(3\mid 6)$ soll auf dem Graphen liegen, also:
$\begin{array}[t]{rll} F(3)&=&6 \\[5pt] \frac{1}{4}\cdot 3^4-2\cdot 3^3 +\frac{9}{2}\cdot 3^2 +c&=& 6 \\[5pt] \frac{27}{4}+c&=& 6 &\quad \scriptsize \mid\;-\frac{27}{4} \\[5pt] c&=& -\frac{3}{4} \end{array}$
$ c = -\frac{3}{4} $
Eine Gleichung der Stammfunktion von $f,$ deren Graph durch den Punkt $P(3\mid 6)$ verläuft, ist:
$F(x)=\frac{1}{4}x^4-2x^3 +\frac{9}{2}x^2 -\frac{3}{4}$
$F(x)=\frac{1}{4}x^4-2x^3 +\frac{9}{2}x^2 -\frac{3}{4}$
$\blacktriangleright$  Waagerechte Tangente zeigen
Da $F$ eine Stammfunktion von $f$ ist, ist $f$ die erste Ableitungsfunktion von $F.$ $f$ beschreibt damit die Steigung des Graphen von $F.$ $f$ besitzt eine Nullstelle an der Stelle $x_2 = 3,$ weshalb also die Steigung des Graphen von $f$ an der Stelle $x=3$, also im Punkt $P$, Null beträgt. Die Steigung der Tangente an den Graphen von $F$ im Punkt $P$ ist daher ebenfalls Null und damit ist die Tangente waagerecht.
$\blacktriangleright$  Graphen zuordnen und begründen
$f$ besitzt die beiden Nullstellen $x_1=0$ und $x_2= 3.$ Der zugehörige Graph muss die $x$-Achse also an diesen Stellen schneiden. Dies ist bei Graph $\text{I}$ der Fall.
Graph $\text{I}$ gehört also zu $f,$ Graph $\text{II}$ zu $h.$
$\blacktriangleright$  Wert angeben
Der Abbildung kann entnommen werden, dass der Graph von $h$ durch Verschiebung des Graphen $\text{I}$ von $f$ um eine Einheit in positive $x$-Richtung hervorgeht.
Eine solche Verschiebung bedeutet für den Funktionsterm $h(x)= f(x-1).$ Der Wert von $d$ beträgt also $d=-1.$
#ableitung#grenzwert
b)
$\blacktriangleright$  Auf zwei Eigenschaften schlussfolgern
Das Integral kann wie folgt aufgeteilt werden:
$\displaystyle\int_{x_1}^{x_3}g(x)\;\mathrm dx = \displaystyle\int_{x_1}^{x_2}g(x)\;\mathrm dx +\displaystyle\int_{x_2}^{x_3}g(x)\;\mathrm dx$
$\begin{array}[t]{rll} &\displaystyle\int_{x_1}^{x_3}g(x)\;\mathrm dx \\[5pt] =& \displaystyle\int_{x_1}^{x_2}g(x)\;\mathrm dx \\[5pt] &+ \displaystyle\int_{x_2}^{x_3}g(x)\;\mathrm dx \\[5pt] \end{array}$
Da $g$ genau drei Nullstellen $x_1,$ $x_2$ und $x_3$ mit $x_1 < x_2 < x_3$ besitzt, entsprechen die Beträge der beiden Integralwerte oben den Inhalten der Flächen, die der Graph von $g$ mit der $x$-Achse und den beiden Geraden $x = x_1$ und $x=x_2$, bzw. $x = x_2$ und $x =x_3$ einschließt.
Da $g$ keine konstante Funktion ist, sind diese Flächeninhalte nicht Null. Da aber der gesamte Integralwert Null ist, müssen sich die Integralwerte gegenseitig aufheben. Beide Integralwerte haben also den gleichen Betrag, einer hat aber ein negatives Vorzeichen. Das negative Vorzeichen entsteht dadurch, dass die entsprechende Fläche unterhalb der $x$-Achse liegt.
Es kann also darauf geschlossen werden, dass die Fläche, die vom Graphen von $g$ und der $x$-Achse im Bereich $x = x_1$ bis $x=x_2$ eingeschlossen wird, genauso groß ist, wie die Fläche, die vom Graphen von $g$ und der $x$-Achse im Bereich $x = x_2$ bis $x=x_3$ eingeschlossen wird. Eine dieser beiden Flächen liegt unterhalb der $x$-Achse, die andere oberhalb der $x$-Achse.
An der Stelle $x_2$ muss daher ein Vorzeichenwechsel von $g$ stattfinden.
c)
$\blacktriangleright$  Extremstellen nachweisen
$\begin{array}[t]{rll} f_k(x)&=&k^2x^3-6kx^2+9x \\[10pt] f_k'(x)&=& 3k^2x^2 -2\cdot 6kx+9 \\[5pt] &=& 3k^2x^2-12kx+9 \\[10pt] f_k''(x)&=& 2\cdot 3k^2x-12k \\[5pt] &=& 6k^2x-12k \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f_k(x)&=&…\\[10pt] f_k'(x)&=&… \\[10pt] f_k''(x)&=& … \end{array}$
Durch Anwendung des notwendigen Kriteriums für lokale Extremstellen ergibt sich mit der $pq$-Formel:
$\begin{array}[t]{rll} f_k'(x)&=&0 \\[5pt] 3k^2x^2-12kx+9&=& 0&\quad \scriptsize \mid\;:3k^2\neq 0 \\[5pt] x^2-\frac{4}{k}x+\frac{3}{k^2}&=& 0 \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} x_{1/2}&=& - \dfrac{-\frac{4}{k}}{2}\pm \sqrt{\left( \dfrac{-\frac{4}{k}}{2}\right)^2-\frac{3}{k^2}} \\[5pt] &=& \frac{2}{k} \pm \sqrt{\frac{2^2}{k^2}-\frac{3}{k^2}} \\[5pt] &=& \frac{2}{k} \pm \sqrt{\frac{1}{k^2}}\\[5pt] x_1&=& \frac{2}{k}- \frac{1}{k} \\[5pt] &=& \frac{1}{k}\\[5pt] x_2&=& \frac{2}{k}+ \frac{1}{k} \\[5pt] &=&\frac{3}{k}\\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} x_1&=&\frac{1}{k}\\[5pt] x_2&=&\frac{3}{k}\\[5pt] \end{array}$
Für jedes $k$ ist das notwendige Kriterium für lokale Extremstellen $f_k'(x)=0$ an genau zwei Stellen $x_1 = \frac{1}{k}$ und $x_2 = \frac{3}{k}$ erfüllt. Da die Graphen von $f_k$ laut Aufgabenstellung genau zwei lokale Extrempunkte besitzen, sind dies die lokalen Extremstellen von $f_k.$
$\begin{array}[t]{rll} f_k''(x_1)&=& f_k''\left(\frac{1}{k}\right) \\[5pt] &=& 6k^2\cdot \frac{1}{k}-12k \\[5pt] &=& -6k < 0 \\[10pt] f_k''(x_2)&=& f_k''\left(\frac{3}{k}\right) \\[5pt] &=& 6k^2\cdot \frac{3}{k}-12k \\[5pt] &=& 6k > 0 \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} &f_k''(x_1)\\[5pt] =& f_k''\left(\frac{1}{k}\right) \\[5pt] =& 6k^2\cdot \frac{1}{k}-12k \\[5pt] =& -6k < 0 \\[10pt] &f_k''(x_2)\\[5pt] =& f_k''\left(\frac{3}{k}\right) \\[5pt] =& 6k^2\cdot \frac{3}{k}-12k \\[5pt] =& 6k > 0 \\[5pt] \end{array}$
Mit dem hinreichenden Kriterium für lokale Extremstellen von $f_k$ ergibt sich für $f_k''\left(\frac{1}{k}\right) < 0$, also handelt es sich bei $x_1= \frac{1}{k}$ um eine Maximalstelle. Analog ist $f_k''\left(\frac{3}{k}\right) >0,$ sodass es sich bei $x_2 = \frac{3}{k}$ um eine Minimalstelle handelt.
$\begin{array}[t]{rll} f_k\left(\frac{1}{k}\right)&=& k^2\left(\frac{1}{k} \right)^3-6k\left(\frac{1}{k}\right)^2+9\cdot \frac{1}{k} \\[5pt] &=& \frac{1}{k}-\frac{6}{k} + \frac{9}{k} \\[5pt] &=& \frac{4}{k}\\[10pt] f_k\left(\frac{3}{k}\right)&=& k^2\left(\frac{3}{k} \right)^3-6k\left(\frac{3}{k}\right)^2+9\cdot \frac{3}{k} \\[5pt] &=& \frac{27}{k}-\frac{54}{k} + \frac{27}{k} \\[5pt] &=& 0\\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f_k\left(\frac{1}{k}\right)&=& \frac{4}{k}\\[10pt] f_k\left(\frac{3}{k}\right)&=& 0\\[5pt] \end{array}$
Die Graphen $G_k$ von $f_k$ besitzen genau einen Hochpunkt $H_k\left(\frac{1}{k}\mid \frac{4}{k}\right)$ und genau einen Tiefpunkt mit den Koordinaten $T_k\left(\frac{3}{k}\mid 0 \right).$
$\blacktriangleright$  Parallelität zeigen
Die Geraden durch die beiden Extrempunkte von $G_k$ sind für verschiedene Werte von $k$ parallel, wenn sie für verschiedene Werte von $k$ die gleiche Steigung besitzen. Die Steigung $m$ der Gerade ergibt sich durch den Differenzenquotienten:
$\begin{array}[t]{rll} m&=& \dfrac{y_T-y_H}{x_T-x_H} \\[5pt] &=& \dfrac{0-\frac{4}{k}}{\frac{3}{k}-\frac{1}{k}}\\[5pt] &=& \dfrac{\frac{-4}{k}}{\frac{2}{k}}\\[5pt] &=& -2 \end{array}$
Die Steigung der Geraden durch die beiden Extrempunkte eines Graphen $G_k$ ist mit $m= -2$ unabhängig von $k$ und damit für jedes $k$ identisch. Die Geraden besitzen daher für verschiedene Werte von $k$ dieselbe Steigung, sind also parallel.
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