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Wahlpflichtaufgabe 2 ...

Wahlpflichtaufgabe 1 - Analysis

Aufgaben
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Gegeben sind die Funktionen $f$ und $g$ mit
  • $f(x)= -\frac{1}{4}x^3 +2x,$ $x\in \mathbb{R}$
  • $g(x)=\frac{4}{x},$ $x\in \mathbb{R},$ $x> 0.$
a)
Die Graphen beider Funktionen haben genau einen Punkt gemeinsam.
Berechne die Koordinaten dieses Punktes und zeige, dass die Graphen beider Funktionen einander berühren.
Die Abbildung zeigt den Graphen der Funktion $f$ im Intervall $[0;2].$
b)
Zeichne den Graphen der Funktion $g$ im Intervall $[1;4]$ in die Abbildung ein.
Eine Funktion $k$ ist gegeben durch:
$k(x)=\begin{cases} f(x) & \text{für } 0\leq x \leq 2\\ g(x)& \text{für } x> 2 \\ \end{cases}$
c)
Es sei $S(x_S\mid y_S)$ ein beliebiger Punkt auf dem Graphen der Funktion $k.$ Die Punkte $S,$ $P(x_S\mid 0)$ und $O(0\mid 0)$ bilden jeweils ein Dreieck $OPS.$
Zeige, dass diese Dreiecke für $x_S> 2$ flächengleich sind.
d)
Betrachtet wird die Funktion $I$ mit $I(x)= \displaystyle\int_{0}^{x}k(t)\;\mathrm dt,$ $x\in \mathbb{R},$ $x\geq 0.$
Berechne die Abszisse des Wendepunktes von $I.$
Gib das Monotonieverhalten der Funktion $I$ an und begründe.
#wendepunkt#integral
Bildnachweise [nach oben]
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a)
$\blacktriangleright$  Gemeinsamen Punkt bestimmenWahlpflichtaufgabe 1 - Analysis
$\begin{array}[t]{rll} f(x)&=& g(x) \\[5pt] -\frac{1}{4}x^3+2x&=& \frac{4}{x} &\quad \scriptsize \mid\; \cdot x \\[5pt] -\frac{1}{4}x^4+2x^2&=& 4 &\quad \scriptsize \mid\;-4 \\[5pt] -\frac{1}{4}x^4+2x^2 - 4&=& 0 &\quad \scriptsize \text{Substitution: }z=x^2 \\[5pt] -\frac{1}{4}z^2+2z - 4&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;\cdot (-4) \\[5pt] z^2-8z+16&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; pq\text{-Formel}\\[5pt] z_{1;2}&=& -\frac{-8}{2}\pm \sqrt{\left(\frac{-8}{2} \right)^2 -16}\\[5pt] &=& 4\\[5pt] \end{array}$
$ z_{1;2}= 4 $
Eine Resubstitution liefert dann $x_1 = -\sqrt{z} = -\sqrt{4} = -2$ und $x_2= \sqrt{z} = \sqrt{4} = 2.$
Für den Graphen von $g$ gilt die Bedingung $x> 0.$ Der einzige gemeinsame Punkt der beiden Graphen liegt also an der Stelle $x=2.$
$g(2)= \frac{4}{2}= 2$
Die beiden Graphen besitzen den gemeinsamen Punkt $(2\mid 2).$
$\blacktriangleright$  Berührung zeigen
Damit sich die beiden Graphen berühren aber nicht schneiden, muss zusätzlich zum Funktionswert auch der Steigungswert übereinstimmen. Die Steigung eines Graphen wird durch die erste Ableitungsfunktion beschrieben:
$\begin{array}[t]{rll} f'(x)&=& -\frac{3}{4}x^2 +2 \\[10pt] f'(2)&=& -\frac{3}{4} \cdot 2^2+2 \\[5pt] &=& -1 \\[10pt] g(x)&=& \frac{4}{x} \\[5pt] &=& 4x^{-1} \\[10pt] g'(x)&=& -4x^{-2} \\[5pt] &=& -\frac{4}{x^{2}} \\[10pt] g'(2)&=& -\frac{4}{2^{2}}\\[5pt] &=& -1 \end{array}$
In dem gemeinsamen Punkt $(2\mid 2)$ besitzen beide Graphen also die Steigung $-1.$ Die Graphen berühren sich also.
#steigung#substitution
b)
$\blacktriangleright$  Graphen einzeichnen
Wahlpflichtaufgabe 1 - Analysis
Abb. 1: Graph von $g$
Wahlpflichtaufgabe 1 - Analysis
Abb. 1: Graph von $g$
c)
$\blacktriangleright$  Flächengleichheit zeigen
Für $x_S > 2$ liegen die Punkte $S$ auf dem Graphen der Funktion $g,$ es ist dann also $y_S= \frac{4}{x_S}.$
Das Dreieck $OPS$ besitzt beim Punkt $P$ einen rechten Winkel. Die beiden anliegenden Seiten sind $\overline{OP} = x_S$ und $\overline{PS} = y_S$ lang.
Einsetzen in die Formel für den Flächeninhalt eines Dreiecks liefert:
$\begin{array}[t]{rll} A_S&=& \frac{1}{2}\cdot x_S \cdot y_S&\quad \scriptsize \mid\; y_S=\frac{4}{x_S} \\[5pt] &=& \frac{1}{2}\cdot x_S \cdot \frac{4}{x_S} \\[5pt] &=& \frac{4}{2} \\[5pt] &=& 2 \end{array}$
$ A_S = 2 $
Der Flächeninhalt $A_S$ der Dreiecke $OPS$ ist für $x_S>2$ also unabhängig von $x_S$ und $y_S$ und damit für alle Dreiecke gleich. Somit sind alle Dreiecke $OPS$ für $x_S>2$ flächengleich.
#rechtwinkligesdreieck
d)
$\blacktriangleright$  Abszisse des Wendepunktes berechnen
$I$ ist eine Stammfunktion von $k.$ Es ist also $I'(x)=k(x)$ und $I''(x)=k'(x).$ Verwende das notwendige und das hinreichende Kriterium für einen Wendepunkt von $I.$
1. Schritt: Notwendiges Kriterium anwenden
Da $k$ abschnittsweise durch $f$ und $g$ definiert ist, gilt dies auch für $k':$
$I''(x)=k'(x)=\begin{cases} f'(x)& \text{für } 0\leq x \leq 2\\ g'(x)& \text{für } x> 2 \\ \end{cases}$
$ I''(x)=… $
Mit:
$\begin{array}[t]{rll} f'(x)&=& -\frac{3}{4}x^2 +2 \\[5pt] g'(x)&=& -\frac{4}{x^{2}} \end{array}$
$g'$ besitzt keine Nullstelle, weshalb das notwendige Kriterium für einen Wendepunkt von $I$ für kein $x>2$ erfüllt sein kann. Überprüfe nun $f'$ auf Nullstellen:
$\begin{array}[t]{rll} f'(x)&=& 0 \\[5pt] -\frac{3}{4}x^2 +2&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;-2 \\[5pt] -\frac{3}{4}x^2 &=& -2 &\quad \scriptsize \mid\;:\left(-\frac{3}{4}\right)\\[5pt] x^2&=& \frac{8}{3} \\[5pt] x_1&=& \sqrt{\frac{8}{3}} \\[5pt] x_2&=& -\sqrt{\frac{8}{3}} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} x_1&=& \sqrt{\frac{8}{3}} \\[5pt] x_2&=& -\sqrt{\frac{8}{3}} \end{array}$
$x\geq 0$ ist vorgegeben, also ist $x_1 = \sqrt{\frac{8}{3}}$ die einzige mögliche Wendestelle von $I.$
2. Schritt: Hinreichendes Kriterium überprüfen
$\begin{array}[t]{rll} f''(x) &=& -\frac{3}{2}x \\[5pt] f''\left(\sqrt{\frac{8}{3}}\right) &=& -\frac{3}{2}\cdot \sqrt{\frac{8}{3}} \neq 0 \\[5pt] \end{array}$
$ f''\left(\sqrt{\frac{8}{3}}\right) \neq 0 $
Die Abszisse des Wendepunktes von $I$ ist $ \sqrt{\frac{8}{3}}.$
$\blacktriangleright$  Monotonieverhalten angeben
Die Steigung des Graphen von $I$ wird für $0\leq x\leq 2$ durch $f(x)$ und für $x>2$ durch $g(x)$ beschrieben. Ist die Steigung in einem Bereich negativ, ist $I$ streng monoton fallend. Ist die Steigung in einem Bereich positiv, so ist $I$ in diesem Bereich streng monoton steigend.
Es ist $f(x)\geq 0$ für alle $0\leq x\leq 2$ und $g(x) > 0$ für alle $x >2.$
Insgesamt ist also die Steigung des Graphen von $I$ an jeder Stelle $x > 0$ größer oder gleich null.
$I$ ist also für $x\geq 0$ monoton steigend.
Bildnachweise [nach oben]
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