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Teil B

Aufgaben
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Gegeben sind eine Funktion $g$ durch $g(x)=\dfrac{1}{2\mathrm e^2}\cdot x^2$ und für jede reelle Zahl $t$, $t>0$ eine Funktion $f_t$ durch $f_t(x)=\dfrac{x^2}{2}\cdot\mathrm e^{-\frac{x}{t}}$ jeweils mit $x\in\mathbb{R}.$
#funktionenschar
a)
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)
#extrempunkt
b)
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)
c)
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)
d)
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 Meter)
Teil B
Abb. 1: Skizze nicht maßstäblich
Teil B
Abb. 1: Skizze nicht maßstäblich
e)
Begründe, dass der Landungshang knickfrei in den Gegenhang übergeht.
(2 BE)
f)
Berechne das größte Gefälle im Landungshang und die größte Steigung im Gegenhang in Prozent.
(6 BE)
g)
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)
h)
Zur Ausleuchtung der Strecke wird an der Stelle, die im Modell $x=8$ enspricht, 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)
Bildnachweise [nach oben]
[1]
© – SchulLV.
#cas
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Lösungen
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a)
$\blacktriangleright$  Graphen auf lokale Extrempunkte untersuchenTeil B
Definiere zunächst die Funktion $f_t$ sowie ihre ersten beiden Ableitungen $f_t'$ und $f_t''$ in deinem CAS. Den Befehl für eine Ableitung findest du wie folgt:
$\blacktriangleright$ Casio Classpad II
keyboard $\to$ Math2 $\to$ $\frac{d}{d \Box}\Box$
keyboard $\to$ Math2 $\to$ $\frac{d}{d \Box}\Box$
1. Schritt: Notwendiges Kriterium anwenden
Mit dem notwendigen Kriterium für Extrempunkte $f_t'(x)=0$ folgen mögliche Extremstellen. Die Gleichung kannst du mit dem solve-Befehl deines CAS lösen:
$\begin{array}[t]{rll} f_t'(x)&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] x_1&=& 0 \\[5pt] x_2&=& 2t \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} x_1&=& 0 \\[5pt] x_2&=& 2t \\[5pt] \end{array}$
Der Graph von $f_t$ besitzt mögliche Extrempunkte an den Stellen $x_1= 0$ und $x_2 =2t .$
2. Schritt: Hinreichendes Kriterium überprüfen
Mit deinem CAS erhältst du:
$\begin{array}[t]{rll} f_t''(0)&=& 1 \\[5pt] &>& 0 \\[10pt] f_t''(2t)&=& -\mathrm e^{-2} \\[5pt] &<& 0 \\[10pt] \end{array}$
An der Stelle $x_1= 0$ besitzt jeder Graph von $f_t$ also einen Tiefpunkt, an der Stelle $x_2=2t$ einen Hochpunkt.
3. Schritt: Vollständige Koordinaten berechnen
$\begin{array}[t]{rll} f_t(0)&=& 0 \\[10pt] f_t(2t)&=& 2t^2\cdot \mathrm e^{-2} \\[5pt] \end{array}$
Die Graphen von $f_t$ besitzen zwei lokale Extrempunkte, den Tiefpunkt $T\left(0 \mid 0\right)$ und den Hochpunkt $H_t\left(2t \mid2t^2\cdot \mathrm e^{-2} \right).$
$\blacktriangleright$  Lage auf dem Graphen zeigen
Einsetzen der $x$-Koordinaten der Extrempunkte in den Funktionsterm von $g$ liefert:
$\begin{array}[t]{rll} g(0)&=& \frac{1}{2\mathrm e^2}\cdot 0^2 \\[5pt] &=& 0 \\[10pt] g(2t) &=& \frac{1}{2\mathrm e^2}\cdot (2t)^2 \\[5pt] &=& 2t^2\cdot \mathrm e^{-2} \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} g(0)=& 0 \\[10pt] g(2t) =&2t^2\cdot \mathrm e^{-2} \\[5pt] \end{array}$
Die Koordinaten der Extrempunkte von $f_t$ erfüllen also die Funktionsgleichung von $g.$ Alle Extrempunkte der Graphen von $f_t$ liegen also auf dem Graphen von $g.$
#cas
b)
$\blacktriangleright$  Anzahl der Schnittpunkte bestimmen
Du weißt bereits, dass die Graphen von $f_t$ jeweils genau zwei lokale Extrempunkte besitzen, einen Tiefpunkt und einen Hochpunkt. Die Koordinaten des Tiefpunkts $T(0\mid 0)$ sind nicht von $t$ abhängig, sie sind also für jeden Graphen von $f_t$ identisch. Dieser Tiefpunkt liegt immer unterhalb der Geraden zu $y=2.$
Zur Verbildlichung kannst du dir auch einen oder mehrere Graphen von $f_t$ im Graphik-Menü deines CAS anzeigen lassen.
Die Gerade zu $y=2$ verläuft parallel zur $x$-Achse. Die Anzahl der Schnittpunkte hängt also von der $y$-Koordinate des Hochpunkts ab. Die Gerade schneidet den Graphen also genau dann:
  • einmal, wenn der Hochpunkt unterhalb der Geraden liegt, wenn also die $y$-Koordinate des Hochpunkts kleiner als $2$ ist.
  • zweimal, wenn der Hochpunkt auf der Geraden liegt, wenn die $y$-Koordinate des Hochpunkts also genau $2$ ist.
  • dreimal, wenn der Hochpunkt oberhalb der Geraden liegt, wenn die $y$-Koordinate des Hochpunkts also größer als $2$ ist.
Überprüfe also die $y$-Koordinate im Vergleich zu $2:$
$\begin{array}[t]{rll} 2 t^2 \cdot \mathrm e^{-2} &=& 2 &\quad \scriptsize \mid\; :2 \\[5pt] t^2\cdot \mathrm e^{-2} &=& 1 &\quad \scriptsize \mid\; : \mathrm e^{-2} \\[5pt] t^2 &=& \dfrac{1}{\mathrm e^{-2}} \\[5pt] t^2 &=& \mathrm e^{2} \\[5pt] t &=& \mathrm e \end{array}$
$ t= \mathrm e $
Für $t=\mathrm e$ besitzt der Graph von $f_t$ also genau zwei Schnittpunkte mit der Geraden zu $y=2.$
Mit größerem $t$ ist auch die $y$-Koordinate $2 t^2 \cdot \mathrm e^{-2}$ größer, mit kleinerem $t$ ist die $y$-Koordinate kleiner. Es gilt also: Der Graph $f_t$ schneidet die Gerade zu $y=2$ genau:
  • einmal für $t< \mathrm e.$
  • zweimal für $t=\mathrm e.$
  • dreimal für $t> \mathrm e.$
c)
$\blacktriangleright$  Flächeninhalt bestimmen
Die Fläche mit dem Inhalt $A_t$ wird vom Graphen von $f_t$ und vom Graphen von $g$ vollständig begrenzt. Es handelt sich also um die Fläche zwischen zwei Graphen. $A_t$ kann also mithilfe eines Integrals über $f_t -g$ bestimmt werden. Die Grenzen des Integrals sind die Schnittstellen von $f_t$ und $g.$ Da du bereits gezeigt hast, dass alle lokalen Extrempunkte des Graphen von $f_t$ auf dem Graphen von $g$ liegen, sind dies gemeinsame Punkte. Die Schnittstellen und damit die Integrationsgrenzen sind also $a=0$ und $b=2t.$
Den Wert des Integrals kannst du mithilfe deines CAS berechnen:
$\blacktriangleright$ Casio Classpad II
keyboard $\to$ Math2 $\to$ $\int_{\Box}^{\Box}\Box$
keyboard $\to$ Math2 $\to$ $\int_{\Box}^{\Box}\Box$
Du erhältst:
$\begin{array}[t]{rll} A_t &=& \displaystyle\int_{0}^{2t}\left(f_t -g \right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \dfrac{-19t^3\cdot \mathrm e^{-2}}{3}+t^3 \end{array}$
$ A_t = \frac{-19t^3\cdot \mathrm e^{-2}}{3}+t^3 $
$\blacktriangleright$  Verhältnis der Flächeninhalte bei Verdopplung bestimmen
Wird $t$ verdoppelt, so ist:
$A_{2t} = \dfrac{-19\cdot (2t)^3\cdot \mathrm e^{-2}}{3}+(2t)^3$
Das Verhältnis ergibt sich zu:
$\begin{array}[t]{rll} \dfrac{A_{2t}}{A_t} &=& \dfrac{ \dfrac{-19\cdot (2t)^3\cdot \mathrm e^{-2}}{3}+(2t)^3}{\dfrac{-19t^3\cdot \mathrm e^{-2}}{3}+t^3} \\[5pt] &=& \dfrac{ \dfrac{-19\cdot 8t^3\cdot \mathrm e^{-2}}{3}+8t^3}{\dfrac{-19t^3\cdot \mathrm e^{-2}}{3}+t^3} \\[5pt] &=& \dfrac{\left( \dfrac{-19\cdot \mathrm e^{-2}}{3}+1\right)\cdot 8t^3}{\left(\dfrac{-19\cdot \mathrm e^{-2}}{3}+1\right)\cdot t^3} \\[5pt] &=& \dfrac{8}{1} \end{array}$
$ \dfrac{A_{2t}}{A_t} = \frac{8}{1} $
Wird $t$ verdoppelt, so wird der Flächeninhalt $A_t$ verachtfacht.
#integral#cas
d)
$\blacktriangleright$  Parameterwert berechnen
1. Schritt: Funktion für den Flächeninhalt aufstellen
Das Dreieck $OPQ$ besitzt im Punkt $P$ einen rechten Winkel. Die beiden Katheten sind die Strecken $\overline{PQ}$ mit der Länge $f_2(u)$ und die Strecke $\overline{OP}$ mit der Länge $u.$ Der Flächeninhalt des Dreiecks kann also in Abhängigkeit von $u$ wie folgt berechnet werden:
$\begin{array}[t]{rll} A(u) &=& \dfrac{1}{2}\cdot f_2(u) \cdot u \\[5pt] &=& \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{u^2}{2}\cdot \mathrm e^{-\frac{u}{2}}\cdot u \\[5pt] &=& \dfrac{u^3}{4}\cdot \mathrm e^{-\frac{u}{2}} \\[5pt] \end{array}$
$ A(u)=\frac{u^3}{4}\cdot \mathrm e^{-\frac{u}{2}} $
2. Schritt: Ableitungsfunktionen bestimmen
Mit der Produktregel erhältst du für die ersten beiden Ableitungsfunktionen von $A:$
$\begin{array}[t]{rll} A(u) &=& \dfrac{u^3}{4}\cdot \mathrm e^{-\frac{u}{2}} \\[10pt] A'(u) &=& \dfrac{3u^2}{4}\cdot \mathrm e^{-\frac{u}{2}} + \dfrac{u^3}{4}\cdot \mathrm e^{-\frac{u}{2}} \cdot \left(-\dfrac{1}{2} \right) \\[5pt] &=& \dfrac{3u^2}{4}\cdot \mathrm e^{-\frac{u}{2}} - \dfrac{u^3}{8}\cdot \mathrm e^{-\frac{u}{2}} \\[5pt] &=& \left(\dfrac{3u^2}{4} - \dfrac{u^3}{8} \right) \cdot \mathrm e^{-\frac{u}{2}} \\[10pt] A''(u) &=& \left(\dfrac{6u}{4} - \dfrac{3u^2}{8} \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{u}{2}} + \left(\dfrac{3u^2}{4} - \dfrac{u^3}{8} \right) \cdot \mathrm e^{-\frac{u}{2}} \cdot \left(-\dfrac{1}{2} \right) \\[5pt] &=& \left(\dfrac{6u}{4} - \dfrac{3u^2}{8} \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{u}{2}} + \left(-\dfrac{3u^2}{8} + \dfrac{u^3}{16} \right) \cdot \mathrm e^{-\frac{u}{2}} \\[5pt] &=& \left(\dfrac{6u}{4} - \dfrac{3u^2}{8} -\dfrac{3u^2}{8} + \dfrac{u^3}{16} \right) \cdot \mathrm e^{-\frac{u}{2}}\\[5pt] &=& \left(\dfrac{6u}{4} - \dfrac{6u^2}{8} + \dfrac{u^3}{16} \right) \cdot \mathrm e^{-\frac{u}{2}} \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} A(u) = & … \\[10pt] A'(u) =& \left(\frac{3u^2}{4} - \frac{u^3}{8} \right) \cdot \mathrm e^{-\frac{u}{2}} \\[10pt] A''(u) =& …\\[5pt] \end{array}$
3. Schritt: Notwendiges Kriterium für lokale Extrema anwenden
$\begin{array}[t]{rll} A'(u) &=& 0 \\[5pt] \left(\dfrac{3u^2}{4} - \dfrac{u^3}{8} \right) \cdot \mathrm e^{-\frac{u}{2}} &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; :\mathrm e^{-\frac{u}{2}} \\[5pt] \dfrac{3u^2}{4} - \dfrac{u^3}{8} &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; \cdot 8 \\[5pt] 6u^2 -u^3 &=& 0 \\[5pt] u^2 \cdot (6-u)&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; u_{1/2} = 0 \\[5pt] 6-u &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;+u \\[5pt] 6 &=& u \end{array}$
$ u=6 $
Da $u> 0$ in der Aufgabe vorgegeben ist, bleibt als mögliche zu betrachtende Extremstelle $u=6.$
4. Schritt: Hinreichendes Kriterium überprüfen
$\begin{array}[t]{rll} A''(6) &=& \left(\dfrac{6\cdot 6}{4} - \dfrac{6\cdot 6^2}{8} + \dfrac{6^3}{16} \right) \cdot \mathrm e^{-\frac{6}{2}}\\[5pt] &\approx& -0,22 < 0 \end{array}$
$ A''(6) \approx -0,22 < 0 $
An der Stelle $u=6$ besitzt die Funktion $A$ also ein lokales Maximum. Da es außer dieser nur noch eine weitere mögliche Extremstelle $u=0$ gibt, befindet sich bei $u=6$ auch das globale Maximum.
Der Flächeninhalt des Dreiecks ist also für $u=6$ maximal.
$\blacktriangleright$  Flächeninhalt angeben
$\begin{array}[t]{rll} A(6) &=& \dfrac{6^3}{4}\cdot \mathrm e^{-\frac{6}{2}} \\[5pt] &=& 54\cdot \mathrm e^{-3} \end{array}$
$ A(6) = 54\cdot \mathrm e^{-3} $
Der maximale Flächeninhalt des Dreiecks beträgt $54\cdot \mathrm e^{-3}$ Flächeneinheiten.
#rechtwinkligesdreieck#produktregel
e)
$\blacktriangleright$  Knickfreien Übergang begründen
Ein knickfreier Übergang ist dann gegeben, wenn jeweils die Funktionswerte und die Steigungswerte der beiden Funktionen an der Übergangsstelle übereinstimmen.
Die Übergangsstelle ist $x=0.$ Du weißt bereits, dass der Tiefpunkt $T(0\mid 0)$ aus Teilaufgabe a) auf beiden Graphen liegt. An der Stelle $x=0$ nehmen beide Funktionen also den Funktionswert $0$ an. Da $T$ ein Tiefpunkt des Graphen von $f_2$ ist, muss an dieser Stelle auch die Steigung Null sein. Es gilt also $f_2'(0)=0.$ Überprüfe noch die Steigung des Graphen von $g$ an dieser Stelle:
$\begin{array}[t]{rll} g(x)&=& \frac{1}{2\mathrm e^2}\cdot x^2 \\[10pt] g'(x) &=& 2\cdot \frac{1}{2\mathrm e^2}\cdot x \\[5pt] &=& \frac{1}{\mathrm e^2}\cdot x \\[10pt] g'(0)&=& \frac{1}{\mathrm e^2}\cdot 0 \\[5pt] &=& 0 \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} g(x)=& \frac{1}{2\mathrm e^2}\cdot x^2 \\[10pt] g'(x) =& \frac{1}{\mathrm e^2}\cdot x \\[10pt] g'(0)=& 0 \\[5pt] \end{array}$
Die Steigung der beiden Funktionen stimmt an der Übergangsstelle also auch überein. Der Übergang zwischen Landungshang und Gegenhang ist also knickfrei.
f)
$\blacktriangleright$  Größtes Gefälle im Landungshang berechnen
Der Landungshang wird für $-5\leq x\leq 0$ durch die Funktion $g$ beschrieben. Die Steigung des Landungshangs wird daher durch $g'$ beschrieben:
$\begin{array}[t]{rll} g(x) &=& \frac{1}{2\mathrm e^2}\cdot x^2 \\[5pt] g'(x) &=& 2\cdot\frac{1}{2\mathrm e^2}\cdot x \\[5pt] &=& \frac{1}{\mathrm e^2}\cdot x \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} g(x) =& \frac{1}{2\mathrm e^2}\cdot x^2 \\[5pt] g'(x) =&\frac{1}{\mathrm e^2}\cdot x \\[5pt] \end{array}$
Bei $g'$ handelt es sich um eine lineare Funktion. Ihr Graph ist also eine Gerade. Gesucht ist der kleinste Funktionswert von $g'$ im Intervall $-5\leq x \leq 0.$ Da $g'$ eine positive Steigung besitzt, also streng monoton zunimmt, ist der kleinste Funktionswert von $g'$ der Funktionswert am Beginn des betrachteten Intervalls, also an der Stelle $x=-5.$
$\begin{array}[t]{rll} g'(-5) &=& \frac{1}{\mathrm e^2}\cdot (-5) \\[5pt] &=& -\frac{5}{\mathrm e^2} \end{array}$
$ g'(-5) = -\frac{5}{\mathrm e^2} $
Das größte Gefälle beträgt also $-\frac{5}{\mathrm e^2}.$ Dies musst du noch in Prozent umrechnen:
$-\frac{5}{\mathrm e^2} \approx -0,68 = -68\,\%$
$ … -68\,\% $
Das größte Gefälle im Landungshang beträgt ca. $68\,\%.$
$\blacktriangleright$  Größte Steigung im Gegenhang berechnen
Der Gegenhang wird durch die Funktion $f_2$ beschrieben. Die Steigung des Gegenhangs wird daher durch $f_2'$ beschrieben:
$\begin{array}[t]{rll} f_2(x) &=& \frac{x^2}{2}\cdot \mathrm e^{-\frac{x}{2}} \\[5pt] f_2'(x) &=& \frac{2x}{2}\cdot \mathrm e^{-\frac{x}{2}} + \frac{x^2}{2}\cdot \mathrm e^{-\frac{x}{2}} \cdot \left(-\frac{1}{2} \right)\\[5pt] &=& \left( x -\frac{x^2}{4} \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{x}{2}} \end{array}$
$ f_2'(x) = \left( x -\frac{x^2}{4} \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{x}{2}}$
Gesucht ist nun der größte Funktionswert von $f_2'$ im Intervall $0\leq x \leq 8.$ Bestimme also zunächst die lokalen Extrema von $f_2'$ in diesem Bereich:
1. Schritt: Ableitungsfunktionen bilden
$\begin{array}[t]{rll} f_2''(x)&=& \left( 1 -\frac{2x}{4} \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{x}{2}} +\left( x -\frac{x^2}{4} \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{x}{2}} \cdot \left(-\frac{1}{2} \right)\\[5pt] &=& \left( 1 -\frac{2x}{4} -\frac{x}{2} +\frac{x^2}{8} \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{x}{2}} \\[5pt] &=& \left( 1 -x +\frac{x^2}{8} \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{x}{2}} \\[10pt] f_2'''(x) &=& \left( -1 +\frac{2x}{8} \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{x}{2}} + \left( 1 -x +\frac{x^2}{8} \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{x}{2}} \cdot \left(-\frac{1}{2} \right) \\[5pt] &=& \left( -1 +\frac{2x}{8} -\frac{1}{2}+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{16} \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{x}{2}} \\[5pt] &=& \left( \frac{3x}{4} -\frac{3}{2}-\frac{x^2}{16} \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{x}{2}} \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f_2''(x)&=& … \\[10pt] f_2'''(x) &=& … \\[5pt] \end{array}$
2. Schritt: Notwendiges Kriterium für lokale Extrema anwenden
$\begin{array}[t]{rll} f_2''(x) &=& 0 \\[5pt] \left( 1 -x +\frac{x^2}{8} \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{x}{2}} &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; :\mathrm e^{-\frac{x}{2}} \\[5pt] 1 -x +\frac{x^2}{8} &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; \cdot 8 \\[5pt] x^2 -8x +8 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;pq\text{-Formel} \\[5pt] x_{1/2} &=& -\frac{-8}{2}\pm \sqrt{\left(\frac{-8}{2} \right)^2 - 8 } \\[5pt] &=& 4\pm \sqrt{8} \\[5pt] \end{array}$
$ x_{1/2} =4\pm \sqrt{8} $
Mögliche lokale Extremstellen besitzt $f_2'$ also an den Stellen $x_1 = 4-\sqrt{8}$ und $x_2 = 4+\sqrt{8}.$
3. Schritt: Hinreichendes Kriterium überprüfen
$\begin{array}[t]{rll} f_2'''(4- \sqrt{8})&=& \left( \frac{3\cdot (4- \sqrt{8})}{4} -\frac{3}{2}-\frac{(4- \sqrt{8})^2}{16} \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{4- \sqrt{8}}{2}} \\[5pt] &\approx& -0,39 < 0 \\[10pt] f_2'''(4+ \sqrt{8})&=& \left( \frac{3\cdot (4+ \sqrt{8})}{4} -\frac{3}{2}-\frac{(4+ \sqrt{8})^2}{16} \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{4+ \sqrt{8}}{2}} \\[5pt] &\approx& 0,02 > 0 \\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f_2'''(4- \sqrt{8})&\approx& -0,39 < 0 \\[10pt] f_2'''(4+ \sqrt{8})&\approx& 0,02 > 0 \\[10pt] \end{array}$
An der Stelle $x_1 = 4- \sqrt{8} $ besitzt $f_2'$ also ein lokales Maximum, an der Stelle $x_2 = 4+ \sqrt{8}$ ein lokales Minimum.
4. Schritt: Intervalränder untersuchen
$\begin{array}[t]{rll} f_2'(4- \sqrt{8} )&=& \left( 4- \sqrt{8} -\frac{( 4- \sqrt{8})^2}{4} \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{ 4- \sqrt{8}}{2}} \\[5pt] &\approx& 0,46 \\[10pt] f_2'(0) &=& 0 \\[10pt] f_2'(8) &=& \left( 8 -\frac{8^2}{4} \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{8}{2}} \\[10pt] &\approx& -0,15 \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f_2'(4- \sqrt{8} )&\approx& 0,46 \\[10pt] f_2'(0) &=& 0 \\[10pt] f_2'(8) &\approx& -0,15 \\[5pt] \end{array}$
Die größte Steigung im Gegenhang beträgt also ca. $0,46= 46\,\%.$
#extrempunkt#steigung
g)
$\blacktriangleright$  Intervall bestimmen
Da der Landungshang fällt, müssen die Neigungswinkel $25^{\circ}$ und $35^{\circ}$ den Steigungswinkeln $\alpha = -25^{\circ}$ und $\beta = -35^{\circ}$ des Graphen von $f_2$ entsprechen.
Aus der Größe der Steigungswinkel kannst du die benötigten Steigungen mit der Formel für den Steigungswinkel berechnen:
$\begin{array}[t]{rll} m_1 &=& \tan \alpha \\[5pt] &=& \tan (-25^{\circ}) \\[10pt] m_2 &=& \tan \beta \\[5pt] &=& \tan (-35^{\circ}) \\[5pt] \end{array}$
Gesucht ist ein Intervall $x,$ auf dem der Graph von $g$ Steigungen von mindestens $m_2$ und höchstens $m_1$ annimmt. Also muss folgende Ungleichung gelten, die du mit dem solve-Befehl deines CAS nach $x$ lösen kannst:
$\begin{array}[t]{rcl} \tan(-35^{\circ}) \leq & g'(x) & \leq \tan (-25^{\circ}) &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] -5,17 \leq &x& \leq -3,45 \\[5pt] \end{array}$
$ -5,17 \leq x \leq -3,45 $
Da der Landungshang für $-5\leq x \leq 0$ definiert ist, ist das Intervall mit dem gesuchten Neigungswinkel also $-5\leq x \leq -3,45.$ Der Landebereich wird also für $-5\leq x \leq -3,45$ beschrieben.
#steigungswinkel#steigung
h)
$\blacktriangleright$  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 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 einer Geraden durch die beiden Punkte $S$ und $T.$
Die Steigung dieser Geraden kannst du mithilfe des Differenzenquotienten berechnen:
$\begin{array}[t]{rll} m &=& \dfrac{y_S-y_T }{ x_S-x_T } \\[5pt] &=& \dfrac{f_2(8)+2 - 0}{8-0} \\[5pt] &=& \dfrac{\frac{8^2}{2}\cdot \mathrm e^{-\frac{8}{2}} +2 }{8} \\[5pt] &=& 4\cdot \mathrm e^{-4} + \frac{1}{4} \\[5pt] \end{array}$
$ m = 4\cdot \mathrm e^{-4} + \frac{1}{4} $
Die Gerade verläuft durch den Ursprung und wird daher durch folgende Gleichung beschrieben:
$s:\, y = \left(4\cdot \mathrm e^{-4} + \frac{1}{4} \right)\cdot x$
3. Schritt: Schnittpunkte bestimmen
Überprüfe, an welchen Stellen diese Sichtlinie die Profillinie des Gegenhangs schneidet. Berührt sie den Graphen im Intervall $0< x < 8$ nur, so kann der Scheinwerfer den Punkt noch erreichen und ausleuchten. Schneidet die Sichtlinie die Profillinie aber mehrmals, so müsste das Licht des Scheinwerfers durch den Gegenhang hindurch strahlen um den tiefsten Punkt zu erreichen. Das ist aber nicht möglich.
$\begin{array}[t]{rll} s(x) &=& f_2(x) \\[5pt] \left(4\cdot \mathrm e^{-4} + \frac{1}{4} \right)\cdot x &=& \frac{x^2}{2}\cdot \mathrm e^{-\frac{x}{2}}&\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] x_1 &=& 0 \\[5pt] x_2 &\approx& 1,15 \\[5pt] x_3 &\approx& 3,20 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} s(x) &=& f_2(x) \\[5pt] x_1 &=& 0 \\[5pt] x_2 &\approx& 1,15 \\[5pt] x_3 &\approx& 3,20 \end{array}$
Die Sichtlinie schneidet die Profillinie also zweimal. Die Lichtstrahlen können aber nicht durch den Gegenhang scheinen. Daher kann der Scheinwerfer den tiefsten Punkt von dieser Position aus nicht ausleuchten.
$\blacktriangleright$  Länge der Strecke berechnen
Der Scheinwerfer soll nun angehoben werden. Er hat also die neuen Koordinaten $S_2(8\mid y_S).$ Er kann den tiefsten Punkt dann ausleuchten, wenn die Sichtlinie das Profil lediglich berührt. Wenn also die Gerade durch $S_2$ und $T$ eine Tangente an den Graphen von $f_2$ in einem Punkt $P$ mit $0 < x_P < 8$ ist.
1. Schritt: Tangente bestimmen
Gesucht ist nun eine Tangente an den Graphen von $f_2,$ die durch $T(0\mid 0)$ verläuft. Die Steigung der Tangente an den Graphen von $f_2$ im Punkt $P(x_P\mid f_2(x_P))$ ist $f'(x_P).$ Da die Tangente durch $T(0\mid 0),$ also den Koordinatenursprung verlaufen soll, hat ihre Gleichung folgende Form:
$t: \, y = f_2'(x_P)\cdot x $
Damit es sich um eine Tangente handelt, muss auch der Punkt $P$ darauf liegen. Also muss gelten $t(x_P) = f_2(x_P)$ sein.
$\begin{array}[t]{rll} y &=& f_2'(x_P)\cdot x &\quad \scriptsize \mid\; P(x_P\mid f_2(x_P))\\[5pt] f_2(x_P) &=& f_2'(x_P)\cdot x_P \\[5pt] \frac{x_P^2}{2}\cdot\mathrm e^{-\frac{x_P}{2}} &=& \left( x_P -\frac{x_P^2}{4} \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{x_P}{2}}\cdot x_P &\quad \scriptsize \mid\;:\mathrm e^{-\frac{x_P}{2}} \\[5pt] \frac{x_P^2}{2} &=& \left( x_P -\frac{x_P^2}{4} \right)\cdot x_P &\quad \scriptsize \mid\;:x_P^2 \\[5pt] \frac{1}{2} &=& 1 -\frac{x_P}{4} &\quad \scriptsize \mid\; -1 \\[5pt] -\frac{1}{2} &=& -\frac{x_P}{4} &\quad \scriptsize \mid\; \cdot (-4) \\[5pt] 2&=& x_P \end{array}$
$ x_P=2 $
Die Steigung der Geraden ist also:
$\begin{array}[t]{rll} f_2'(2) &=& \left( 2-\frac{2^2}{4} \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{2}{2}} \\[5pt] &=& \mathrm e^{-1} \end{array}$
$ f_2'(2) = \mathrm e^{-1} $
Die Tangente an den Graphen von $f_2,$ die durch den Punkt $T$ verläuft, hat also die Gleichung
$t:y= \mathrm e^{-1} \cdot x$
2. Schritt: Koordinaten des Scheinwerfers berechnen
Der Scheinwerfer befindet sich an der Stelle $x=8$ und auf der Tangente.
$\begin{array}[t]{rll} t(8)=& \mathrm e^{-1} \cdot 8 \\[5pt] \end{array}$
Der Scheinwerfer muss nun also in einer Höhe von mindestens $\mathrm e^{-1} \cdot 8\,\text{m}$ hängen. Zuvor hing er zwei Meter oberhalb des Gegenhangs:
$\begin{array}[t]{rll} f_2(8) +2 &=& \frac{8^2}{2}\cdot\mathrm e^{-\frac{8}{2}} +2 \\[5pt] &=& 32\cdot\mathrm e^{-4} +2 \end{array}$
$ f_2(8) +2 = 32\cdot\mathrm e^{-4} +2 $
Die Differenz beträgt:
$\mathrm e^{-1} \cdot 8 - \left(32\cdot\mathrm e^{-4} +2 \right) \approx 0,36 $
$ … \approx 0,36 $
Der Scheinwerfer muss also mindestens um ca. $36\,\text{cm}$ angehoben werden, damit er den tiefsten Punkt ausleuchtet.
#tangente
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