Teil B

Gegeben sind eine Funktion $g$ durch $g(x)=\dfrac{1}{2\mathrm e^2}\cdot x^2$ und für jede reelle Zahl $t,$ $t\gt 0$ eine Funktion $f_t$ durch $f_t(x)=\dfrac{x^2}{2}\cdot\mathrm e^{-\frac{x}{t}}$ jeweils mit $x\in\mathbb{R}.$

Untersuche die Graphen von $f_t$ auf lokale Extrempunkte.
Zeige, dass alle Extrempunkte der Graphen von $f_t$ auf dem Graphen von $g$ liegen.

(7 BE)

Die Gerade $y=2$ schneidet die Graphen von $f_t$ .
Bestimme die Anzahl der Schnittpunkte dieser Geraden mit den Graphen von $f_t$ in Abhängigkeit von $t$ .

(4 BE)

Die Graphen von $f_t$ und der Graph von $g$ begrenzen jeweils eine Fläche mit dem Flächeninhalt $A_t$ vollständig.
Ermittle $A_t$ in Abhängigkeit von $t$ .
Bestimme das Verhältnis der Flächeninhalte bei Verdopplung von $t$ .

(4 BE)

Für $t=2$ bilden der Koordinatenursprung sowie die Punkte $P(u\mid 0)$ und $Q(u\mid f_2(u))$ mit $u>0$ ein Dreieck.
Berechne $u$ so, dass der Flächeninhalt dieses Dreiecks maximal ist.
Gib diesen Flächeninhalt an.

(5 BE)

Für den Bau einer Skicrossstrecke wird ein Teil der Profillinie durch die Graphen der Funktion $g$ für $-5\leq x\leq 0$ als Landungshang nach einem Sprung und der Funktion $f_2$ für $0\leq x\leq 8$ als Gegenhang mit dem anschließenden Übergang in eine Steilkurve modelliert. ( $x, f(x)$ und $g(x)$ in Metern)

thüringen mathe abi 2019 teil b abbildung 1

Skizze nicht maßstäblich

Begründe, dass der Landungshang knickfrei in den Gegenhang übergeht.

(2 BE)

Berechne das größte Gefälle im Landungshang und die größte Steigung im Gegenhang in Prozent.

(6 BE)

Am Landungshang soll der Landebereich Neigungswinkel von $25^{\circ}$ bis $35^{\circ}$ gegenüber der Horizontalen annehmen.
Bestimme das Intervall für $x$ so, dass dieser Landebereich beschrieben wird.

(4 BE)

Zur Ausleuchtung der Strecke wird an der Stelle, die im Modell $x=8$ entspricht, ein Mast mit einem Scheinwerfer aufgestellt. Der Scheinwerfer wird zunächst in einer Höhe von zwei Meter über dem Gegenhang montiert und als punktförmige Lichtquelle betrachtet.
Weise nach, dass der Scheinwerfer in dieser Höhe den tiefsten Punkt des betrachteten Teils der Profillinie nicht ausleuchten kann.
Berechne die Länge der Strecke, um die der Scheinwerfer mindestens angehoben werden muss, damit ein Lichtstrahl den tiefsten Punkt trifft.

(8 BE)

Graphen auf lokale Extrempunkte untersuchen

Mit Hilfe des CAS folgt für die Ableitungen von $f_t:$

$\(f_t$

$\(f_t$ $= \dfrac{\left(x^2-4tx+2t^2\right)\cdot\mathrm{e}^{-\frac{x}{t}}}{2t^2}$

1. Schritt: Notwendige Bedingung für Extremstellen anwenden

$\(f_t$

Mit dem solve-Befehl des CAS folgt:

$\begin{array}[t]{rll} x_1&=& 0 \\[5pt] x_2&=& 2t \\[5pt] \end{array}$

2. Schritt: Hinreichende Bedingung für Extremstellen überprüfen

$\(\begin{array}[t]{rll} f_t$

Einsetzen von $x_1$ und $x_2$ in $f_t$ liefert weiter:

$\begin{array}[t]{rll} f_t(0)&=& 0 \\[5pt] f_t(2t)&=& 2t^2\cdot \mathrm e^{-2} \\[5pt] \end{array}$

Die Graphen von $f_t$ besitzen somit den Tiefpunkt $T(0 \mid 0)$ und den Hochpunkt $H_t=\left(2t \mid2t^2\cdot \mathrm e^{-2}\right).$

Lage zeigen

Einsetzen der Extremstellen in den Funktionsterm von $g$ liefert:

$g(0)$ $= \dfrac{1}{2\mathrm e^2}\cdot 0^2$ $= 0 = f_t(0)$

$g(2t)$ $= \dfrac{1}{2\mathrm e^2}\cdot (2t)^2$ $= 2t^2\cdot \mathrm e^{-2} = f_t(2t)$

Somit liegen alle Extrempunkte der Graphen von $f_t$ auf dem Graphen von $g.$

Der Tiefpunkt $T(0\mid 0)$ der Schar liegt für jeden Wert von $t$ unterhalb der Geraden $y=2.$ Die Gerade verläuft parallel zur $x$ -Achse, die Anzahl der Schnittpunkte hängt also davon ab, ob der Hochpunkt $H_t$ oberhalb, unterhalb oder auf der Geraden liegt. Gleichsetzen der $y$ -Koordinate von $H_t$ mit $2$ liefert:

$\begin{array}[t]{rll} 2 t^2 \cdot \mathrm e^{-2} &=& 2 &\quad \scriptsize \mid\; :2 \\[5pt] t^2\cdot \mathrm e^{-2} &=& 1 &\quad \scriptsize \mid\; \cdot\mathrm e^{2} \\[5pt] t^2 &=& \mathrm e^{2} &\quad \scriptsize \mid\; \sqrt{\;} \\[5pt] t &=& \pm\mathrm e \end{array}$

Da $t\gt0$ gilt, kommt nur $t=\mathrm e$ infrage. Da die $\mathrm e$ -Funktion stets positiv ist, wird für größeres $t$ auch $2t^2 \cdot \mathrm e^{-2}$ größer bzw. für kleineres $t$ kleiner. Somit folgt:

ein Schnittpunkt für $t\lt \mathrm e$
zwei Schnittpunkte für $t=\mathrm e.$
drei Schnittpunkte für $t\gt \mathrm e.$

$\boldsymbol{A_t}$ in Abhängigkeit von $\boldsymbol{t}$ ermitteln

Die Fläche mit dem Inhalt $A_t$ wird vom Graphen von $f_t$ und vom Graphen von $g$ vollständig begrenzt. Nach Aufgabenteil a) schneiden sich die beiden Graphen bei $x=0$ und $x=2t.$ Der Flächeninhalt $A_t,$ gegeben durch das Integral über die Differenzenfunktion, ergibt sich somit mit Hilfe des CAS wie folgt:

$\begin{array}[t]{rll} A_t &=& \displaystyle\int_{0}^{2t}\left(f_t -g \right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \dfrac{-19t^3\cdot \mathrm e^{-2}}{3}+t^3 \end{array}$

Verhältnis der Flächeninhalte bestimmen

Bei Verdopplung von $t$ liefert der CAS:

$A_{2t}$ $= \dfrac{-19\cdot (2t)^3\cdot \mathrm e^{-2}}{3}+(2t)^3$

Damit folgt:

Rechenweg anzeigen

$\dfrac{A_{2t}}{A_t} = 8$

Bei Verdopplung von $t$ wird der Flächeninhalt $A_t$ somit verachtfacht.

Wert von $\boldsymbol{u}$ berechnen

Da die $x$ -Koordinaten von $P$ und $Q$ identisch sind, besitzt das Dreieck $OPQ$ im Punkt $P$ einen rechten Winkel. Der Flächeninhalt des Dreiecks ergibt sich somit in Abhängigkeit von $u$ wie folgt:

$\begin{array}[t]{rll} A(u) &=& \dfrac{1}{2}\cdot \vert\overline{PQ}\vert \cdot \vert\overline{OP}\vert \\[5pt] &=& \dfrac{1}{2}\cdot f_2(u) \cdot u \\[5pt] &=& \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{u^2}{2}\cdot \mathrm e^{-\frac{u}{2}}\cdot u \\[5pt] &=& \dfrac{1}{4}\cdot u^3\cdot \mathrm e^{-\frac{u}{2}} \\[5pt] \end{array}$

Ableiten nach $u$ im CAS liefert für die ersten beiden Ableitungsfunktionen von $A:$

$\(A$ $= \left(\dfrac{3u^2}{4} - \dfrac{u^3}{8} \right) \cdot \mathrm e^{-\frac{u}{2}}$

$\(A$ $= \left(\dfrac{6u}{4} - \dfrac{6u^2}{8} + \dfrac{u^3}{16} \right)$ $\cdot \mathrm e^{-\frac{u}{2}}$

1. Schritt: Notwendiges Kriterium für Extremstellen anwenden

Auflösen von $\(A$ im CAS liefert:

$\begin{array}[t]{rll} u_1&=&0 \\[5pt] u_2&=&6 \end{array}$

Da $u\gt 0$ in der Aufgabenstellung vorgegeben ist, kommt als mögliche Extremstelle nur $u=6$ infrage.

2. Schritt: Hinreichendes Kriterium für Extremstellen überprüfen

Rechenweg anzeigen

$\( A$

Da $-0,22\lt0,$ besitzt die Funktion $A$ an der Stelle $u=6$ also einen Hochpunkt.
Der Flächeninhalt des Dreiecks ist somit für $u=6$ maximal.

Flächeninhalt angeben

$\begin{array}[t]{rll} A(6) &=& \dfrac{6^3}{4}\cdot \mathrm e^{-\frac{6}{2}} \\[5pt] &=& 54\cdot \mathrm e^{-3}\;[\text{FE}] \end{array}$

Der maximale Flächeninhalt des Dreiecks beträgt damit $54\cdot \mathrm e^{-3}$ Flächeneinheiten.

Nach Aufgabenteil a) liegt der Tiefpunkt $T(0\mid 0)$ des Graphen $f_2$ an der Übergangsstelle $x=0$ auch auf dem Graph von $g,$ das heißt beide Funktionen nehmen den gleichen Funktionswert an. Da $T$ ein Tiefpunkt des Graphen von $f_2$ ist, gilt $\(f_2$ Für die Steigung des Graphen von $g$ folgt:

$\(\begin{array}[t]{rll} g(x)&=& \dfrac{1}{2\mathrm e^2}\cdot x^2 \\[10pt] g$

Da sowohl der Funktionswert als auch die Steigung der beiden Funktionen an der Übergangsstelle übereinstimmen, ist der Übergang zwischen Landungshang und Gegenhang somit knickfrei.

Größtes Gefälle im Landungshang berechnen

Die Steigung des Landungshangs wird durch $\(g$ beschrieben. Da $\frac{1}{\mathrm e^2}\gt 0,$ handelt es sich bei dem Graphen von $\(g$ um eine Gerade mit positiver Steigung. Der kleinste Funktionswert von $\(g$ das heißt die geringste Steigung, ist somit gegeben durch den Funktionswert am Beginn des betrachteten Intervalls bei $x=-5:$

$\(g$ $= \dfrac{1}{\mathrm e^2}\cdot (-5)$ $= -\dfrac{5}{\mathrm e^2} \approx -0,6767$ $= -67,67\,\%$

Das größte Gefälle im Landungshang beträgt somit ca. $67,67\,\%.$

Größte Steigung im Gegenhang berechnen

Die Steigung des Gegenhangs wird durch $\(f_2$ beschrieben. Ableiten im CAS liefert weiter:

$\(f_2$

1. Schritt: Notwendiges Kriterium für Extremstellen anwenden

Auflösen von $\(f$ mit dem solve-Befehl des CAS liefert:

$\begin{array}[t]{rll} x_1&=&4- \sqrt{8} \\[5pt] x_2&=&4+ \sqrt{8} \end{array}$

2. Schritt: Hinreichendes Kriterium für Extremstellen überprüfen

Rechenweg anzeigen

$\( \begin{array}[t]{rll} f_2$

An der Stelle $x_1 = 4- \sqrt{8}$ besitzt $\(f_2$ somit einen Hochpunkt und an der Stelle $x_2 = 4+ \sqrt{8}$ einen Tiefpunkt.

3. Schritt: Intervalränder untersuchen

$\(\begin{array}[t]{rll} f_2$

Der CAS liefert zudem $\(f_2$ somit beträgt die größte Steigung im Gegenhang ca. $0,4612 = 46,12\,\%.$

Da der Landungshang fällt, entsprechen die gesuchten Neigungswinkel $25^{\circ}$ und $35^{\circ}$ den Steigungswinkeln $\alpha = -25^{\circ}$ und $\beta = -35^{\circ}$ des Graphen von $f_2.$
Mit Hilfe der Gleichung für den Steigungswinkel liefert das die folgende Ungleichung:

$\(\tan(-35^{\circ}) \leq g$

Auflösen nach $x$ mit dem solve-Befehl des CAS liefert:

$-5,17 \leq x \leq -3,45$

Da der Landungshang für $-5\leq x \leq 0$ definiert ist, wird der gesuchte Landebereich somit durch $-5\leq x \leq -3,45$ beschrieben.

Nachweisen, dass der Scheinwerfer den Punkt nicht ausleuchten kann

Der Scheinwerfer befindet sich zunächst im Punkt $S(8\mid f_2(8)+2).$

1. Schritt: Tiefsten Punkt der Profillinie bestimmen

Der Punkt $T(0\mid 0)$ ist der einzige lokale Tiefpunkt des Graphen von $g.$ Da es sich bei diesem Graphen um eine nach oben geöffnete Parabel handelt, ist der Tiefpunkt der tiefste Punkt des Graphen.
$T(0\mid 0)$ ist nach ebenfalls der einzige lokale Tiefpunkt des Graphen von $f_2.$ Die einzige Stelle auf der Profillinie des Gegenhangs, in der die Profillinie tiefer sein könnte, ist der Intervallrand $x=8.$ Da sich der Scheinwerfer aber genau an dieser Stelle unmittelbar über dem Gegenhang befindet, kann diese Stelle definitiv ausgeleuchtet werden.
Der tiefste Punkt der Profillinie ist also der Tiefpunkt $T(0\mid 0).$

2. Schritt: Geradengleichung aufstellen

Das Licht vom Scheinwerfer zum tiefsten Punkt verläuft entlang der Geraden durch die Punkte $S$ und $T.$ Für die Steigung der Gerade folgt somit:

$\begin{array}[t]{rll} m &=& \dfrac{y_S-y_T }{ x_S-x_T } \\[5pt] &=& \dfrac{f_2(8)+2 - 0}{8-0} \\[5pt] &=& \dfrac{\frac{8^2}{2}\cdot \mathrm e^{-\frac{8}{2}} +2 }{8} \\[5pt] &=& 4\cdot \mathrm e^{-4} + \dfrac{1}{4} \end{array}$

Da die Gerade durch den Punkt $T(0\mid0)$ verläuft, ergibt sich insgesamt:

$s(x) = \left(4\cdot \mathrm e^{-4} + \dfrac{1}{4} \right)\cdot x$

3. Schritt: Schnittpunkte bestimmen

Gleichsetzen der Gerade $s(x)$ und der Funktion $f_2(x),$ die den Gegenhang beschreibt, liefert mit dem solve-Befehl des CAS:

$\begin{array}[t]{rll} x_1 &=& 0 \\[5pt] x_2 &\approx& 1,15 \\[5pt] x_3 &\approx& 3,20 \end{array}$

Die Gerade entlang derer die Lichtstrahlen einfallen schneiden den Gegenhang vor dem tiefsten Punkt, somit kann der Scheinwerfer von dieser Position aus nicht den tiefsten Punkt der Profillinie ausleuchten.

Länge der Strecke berechnen

Der angehobene Scheinwerfer hat die neuen Koordinaten $S_2(8\mid y_S).$ Er kann den tiefsten Punkt ausleuchten, sobald die Gerade, entlang derer die Lichtstrahlen einfallen, die Profillinie lediglich berührt, wenn sie also eine Tangente an den Graphen von $f_2$ in einem Punkt $P$ mit $0 \lt x_P \lt 8$ ist.

1. Schritt: Tangente bestimmen

Die Steigung der Tangente an den Graphen von $f_2$ im Punkt $P(x_P\mid f_2(x_P))$ ist $\(f$ Da die Tangente den Punkt $T(0\mid 0)$ treffen soll, hat ihre Gleichung folgende Form:

$\(t(x) = f_2$

Damit es sich um eine Tangente handelt, muss auch der Punkt $P$ auf $t$ liegen. Auflösen von $t(x_P) = f_2(x_P)$ nach $x_P$ mit Hilfe des solve-Befehls des CAS liefert:

$x_P=2$

Die Steigung der Tangente ist somit gegeben durch:

$\(\begin{array}[t]{rll} f_2$

Insgesamt ergibt sich alo für die Tangente, die den Einfallsweg des Lichts beschreibt, folgende Gleichung:

$t(x)= \mathrm e^{-1} \cdot x$

2. Schritt: Koordinaten des Scheinwerfers berechnen

Einsetzen von $x=8$ in $t(x)$ liefert für die neue Höhe des Schneinwerfers:

$t(8)= \mathrm e^{-1} \cdot 8$

Der Scheinwerfer muss nun also in einer Höhe von mindestens $\mathrm e^{-1} \cdot 8\;\text{m}$ hängen. Die vorherige Höhe ist gegeben durch:

$\begin{array}[t]{rll} f_2(8) +2 &=& \dfrac{8^2}{2}\cdot\mathrm e^{-\frac{8}{2}} +2 \\[5pt] &=& 32\cdot\mathrm e^{-4} +2 \end{array}$

Die Höhendifferenz beträgt:

$\mathrm e^{-1} \cdot 8 - \left(32\cdot\mathrm e^{-4} +2 \right)$ $\approx 0,36\;[\text{m}]$

Der Scheinwerfer muss also mindestens um ca. $0,36\;\text{m}$ angehoben werden, damit er den tiefsten Punkt der Profillinie ausleuchtet.