Analysis 2

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Inhaltsverzeichnis



Aufgaben: Funktionsuntersuchung

Der Graph einer ganzrationalen Funktion \(g\) dritten Grades mit Definitionsbereich \(\mathbb{R}\) hat den Tiefpunkt \((0|0)\) und den Wendepunkt \(\left( -\frac{1}{2}\Bigl|\frac{5}{4}\right)\).

Runden Sie im Folgenden alle Ergebnisse auf zwei Stellen nach dem Komma.





Funktion g

  1. Bestimmen Sie einen Funktionsterm von \(g\) .

    (5 P)


    \(\big[\text{Zur Kontrolle:} \, g(x) = \frac{5}{2}x^2 \cdot (2x + 3 ) \big]\)


  1. Erstellen Sie für \(-1{,}5 \leq x \leq 0{,}5\) eine Wertetabelle für die Funktion \(g\) mit der Schrittweite \(0{,}25\) und zeichnen Sie den Graphen auf dem Arbeitsblatt

    (4 P)


  1. Betrachtet wird die Tangente an den Graphen von \(g\) in dessen Wendepunkt (die sogenannte Wendetangente). Berechnen Sie die Größe des Winkels, unter dem diese Tangente die \(x\)-Achse schneidet.

    (3 P)


  1. Zeigen Sie, dass die Wendetangente von \(g\) und der Graph von \(g\) nur den Wendepunkt gemeinsam haben.

    (3 P)

 





Funktion h

Die Abbildung zeigt den Graphen der auf \(\mathbb{R}\) definierten Funktion \(h\) mit

\( h(x) = 5x^2 \cdot e^{\frac{2}{3}x^3} . \)

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  1. Zeigen Sie, dass die Funktion \(h\) keine negativen Funktionswerte hat.

    (2 P)


  1. Zeigen Sie, dass

    \( h'(x) = 10x \cdot \left(1 + x^3 \right) \cdot e^{\frac{2}{3}x^3} \)

    ein Term der 1. Ableitungsfunktion von \(h\) ist.

    (2 P)


  1. Die \(x\)-Achse ist eine waagerechte Tangente an den Graphen von \(h\) .
    Weisen Sie nach, dass neben der \(x\)-Achse die Gerade \(t\) mit

    \( t(x) = 5 \cdot e^{-\frac{2}{3}} \)

    die einzig weitere waagerechte Tangente an den Graphen von \(h\) ist.

    (4 P)


  1. Die Tangente \(t\) und der Graph von \(h\) haben genau zwei Punkte gemeinsam. Berechnen Sie den Inhalt der Fläche, die von der Tangente \(t\) und dem Graphen von \(h\) vollständig eingeschlossen wird.

    (4 P)





Vergleich der Funktionen g und h

  1. Bestimmen Sie die prozentuale Abweichung der mittleren Steigung des Graphen \(g\) von der mittleren Steigung des Graphen \(h\) im Bereich \(-1 \leq x \leq 0\) .

    (3 P)


  1. Es gilt

    \( \Big( h(1) - g(1) \Big) \cdot \Big( h(2) - g(2) \Big) < 0 \)

    Geben Sie die Bedeutung dieser Tatsache hinsichtlich der gegenseitigen Lage der Graphen von \(g\) und \(h\) im Bereich \(1 < x < 2\) an. Begründen Sie Ihre Angabe.

    (4 P)





Abbildungen

  1. Beurteilen Sie mithilfe der Abbildung des Graphen der Funktion \(h\)

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    die folgende Aussage:

    "Für \(-1.5 \leq x \leq 1\) ändert sich beim Graphen jeder Stammfunktion von h genau einmal das Krümmungsverhalten."

    (3 P)


  1. Eine der in den Abbildungen abgebildeten Graphen I, II oder III ist der Graph der in \(\mathbb{R}\) definierten Funktion \(H\) mit

    \( H(x) = \displaystyle{\int}_0^x h(t) dt . \)

    Entscheiden Sie, welcher dies ist, und begründen Sie Ihre Entscheidung.

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    (3 P)



Aufgaben zum Ausdrucken





Lösungen: Funktionsuntersuchung

Lösung : Funktion g

Aufgabe 1 - Funktionsterm

Wir erstellen ein Gleichungssystem und brauchen dazu die allgemeine Gleichung dritten Grades und ihre Ableitung:

\( \begin{array}{ r c l } f(x) & = & ax^3 + bx^2 + cx + d \\[6pt] f'(x) & = & 3ax^2 + 2bx + c \\[6pt] f''(x) & = & 6ax + 2b \\ \end{array} \)


Wir nehmen die angegebenen Punkte und setzen sie in die entsprechende allgemeine Gleichung ein:

\( \begin{array}{ l c r c l } T(0|0) & \quad \Longrightarrow & f(0) & = & 0 \\[6pt] & \quad \Longrightarrow & f'(0) & = & 0 \\[6pt] W \left( -\frac{1}{2}\Bigl|\frac{5}{4}\right) & \quad \Longrightarrow & f\left( -\frac{1}{2}\right) & = & \frac{5}{4} \\[6pt] & \quad \Longrightarrow & f''\left( -\frac{1}{2}\right) & = & 0 \\ \end{array} \)


Daraus ergibt sich folgendes Gleichungssystem:

\( \begin{array}{ r*{10}{r} } \textrm{I} & 0 & = & & & & & & & d \\[6pt] \textrm{II} & 0 & = & & & & & c & & \\[6pt] \textrm{III} & \frac{5}{4} & = & \left(-\frac{1}{2}\right)^3 a & + & \left(-\frac{1}{2}\right)^2 b & - & \frac{1}{2} c & + & d \\[6pt] \textrm{IV} & 0 & = & - 6 \cdot \frac{1}{2} \cdot a & + & 2 b & & & & \\[24pt] \textrm{I} & 0 & = & & & & & & & d \\[6pt] \textrm{II} & 0 & = & & & & & c & & \\[6pt] \textrm{III} & \frac{5}{4} & = & -\frac{1}{8} a & \quad + & \frac{1}{4} b & - & \frac{1}{2} c & \quad + & d \\[6pt] \textrm{IV} & 0 & = & - 3 a & + & 2 b & & & & \\ \end{array} \)


Wir lösen das Gleichungssystem mit dem Taschenrechner und erhalten die Lösungen

\( \begin{align} a & = 5 \\[6pt] b & = 7{,}5 \\[6pt] c &= 0 \\[6pt] d & = 0 \end{align} \)


Daraus folgt die Funktion \(g\) mit

\( \begin{array}{ r c l } g(x) & = & 5x^3 + 7{,}5x^2 \\[6pt] & = & \frac{10}{2}x^3 + \frac{15}{2}x^2 \\[6pt] & = & \frac{5}{2}x^2 \cdot (2x + 3 ) \\ \end{array} \)








Aufgabe 2 - Wertetabelle und Graph von g


Wertetabelle

x g(x)
-1,50 0,00
-1,25 1,95
-1,00 2,50
-0,75 2,11
-0,50 1,25
-0,25 0,39
0,00 0,00
0,25 0,55
0,50 2,50


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Aufgabe 3 - Neigungswinkel

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Der Steigungswinkel (Neigungswinkel) wird berechnet mit

\( m=tan(\alpha) \qquad \Longleftrightarrow \qquad \alpha = tan^{-1}(m) \; {,} \)


wobei die Steigung der Tangente im Wendepunkt die 1. Ableitung von \(g(x)\) im Wendepunkt ist, also bei \(x=-0{,}5\) .

\( \begin{array}{ r c l } tan(\alpha) & = & m \\[6pt] tan(\alpha) & = & g'(-0{,}5) \\ \end{array} \)


Mit

\( g'(x) = 15x^2 + 15x \)


folgt

\( \begin{array}{ r c l } tan(\alpha) & = & 15 \cdot (-0{,}5)^2 + 15 \cdot (-0{,}5) \\[6pt] & = & -3{,}75 \\ \end{array} \)


Daraus ergibt sich für

\( \alpha = tan^{-1}(-3{,}75) \approx -75{,}07^\circ \)


Wir bekommen ein negatives Ergebnis, da wir einen Neigungswinkel haben. Der von der Tangente und der \(x\)-Achse eingeschlossene Winkel beträgt also ca. \(75^\circ\).




Aufgabe 4 - Wendetangente

Wir berechnen die Schnittpunkte zwischen der Wendetangente und den Graphen von g und stellen dazu die Gleichung t der Wendetangente auf. Die allgemeine Gleichung lautet

\( t(x) = mx + b \)


Die Steigung bei \(x=-0{,}5\) sowie die Koordinaten \(W(-0{,}5|1{,}25)\) eingesetzt ergeben

\( \begin{array}{ r c l l } 1{,}25 & = & -3{,}75 \cdot (-0{,}5) + b & \\[6pt] 1{,}25 & = & 1{,}875 + b & | \; -1{,}875 \\[6pt] -0{,}625 & = & b & \\ \end{array} \)


Damit erhalten wir die Funktionsgleichung der Wendetangente

\( t(x) = -3{,}75x - 0{,}625 \)


Die Schnittpunkte von \(t\) und \(g\) werden berechnet mit

\( \begin{array}{ r c l l } t(x) & = & g(x) & \\[6pt] -3{,}75x - 0{,}625 & = & 5x^3 + 7{,}5x^2 & | \; +3{,}75x \\[6pt] -0{,}625 & = & 5x^3 + 7{,}5x^2 + 3{,}75x & | \; +0{,}625 \\[6pt] 0 & = & 5x^3 + 7{,}5x^2 + 3{,}75x + 0{,}625 & \\ \end{array} \)


Der Taschenrechner liefert als einzige Lösung

\( x = -0{,}5 \; {,} \)


was ja die \(x\)-Koordinate des Wendepunkts ist.







 



Lösung : Funktion h

Aufgabe 1 - positive Funktionswerte

Wir betrachten bei

\( h(x) = 5x^2 \cdot e^{\frac{2}{3}x^3} \)


die Terme

\( 5x^2 \quad \textrm{und} \quad e^{\frac{2}{3}x^3} . \)


Der Graph von \(5x^2\) stellt eine nach oben geöffnete Parabel mit dem Scheitelpunkt im Koordinatenursprung wie dargestellt.

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Graphen von e-Funktionen in der Form

\( a \cdot e^{k(x)} \quad \textrm{mit} \quad a \in \mathbb{R} \; , \; x \in \mathbb{R} \; , \; k(x) \; \textrm{ist ganzrational} \)


haben bestimmte Verläufe.

Verlaufsformen bei einem positiven \(a\)-Wert:

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Verlaufsformen bei einem negativen \(a\)-Wert:

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Für \(e^{\frac{2}{3}x^3}\) sind die Funktionswerte also stets positiv. Damit haben sowohl \(e^{\frac{2}{3}x^3}\) als auch \(5x^2\) nie negative Funktionswerte. Folglich gibt es auch bei

\( h(x) = 5x^2 \cdot e^{\frac{2}{3}x^3} \)


keine negativen Funktionswerte.




Aufgabe 2 - erste Ableitung

\( h(x) = 5x^2 \cdot e^{\frac{2}{3}x^3} = u(x) \cdot v(x) \)


wird mit der Produktregel

\( h'(x) = u'(x) \cdot v(x) + u(x) \cdot v'(x) \)


oder in der Kurzschreibweise

\( h'(x) = u' \cdot v + u \cdot v' \)


abgeleitet. Dabei ist

\( \begin{array}{ r c l c r c l c l } u(x) & = & 5x^2 & & & & & & \\[6pt] u'(x) & = & 10x & & & & & & \\[6pt] v(x) & = & e^{\frac{2}{3}x^3} & = & r \big( s(x) \big) & & & & \\[24pt] & & & & s(x) & = & \frac{2}{3}x^3 & \Leftrightarrow & innerer \; Ausdruck \\[6pt] & & & & s'(x) & = & 2x^2 & \Leftrightarrow & innere \; Ableitung \\[6pt] & & & & r(s) & = & e^s & \Leftrightarrow & \ddot{a}ußerer \; Ausdruck \\[6pt] & & & & r'(s) & = & e^s & \\[6pt] & & & & r' \big( s(x) \big) & = & e^{\frac{2}{3}x^3} & \Leftrightarrow & \ddot{a}ußere \; Ableitung \\[6pt] \end{array} \)


\( \begin{array}{ r c l l l } v'(x) & = & s'(x) \cdot r' \big( s(x) \big) & \Leftrightarrow & innere \; Ableitung \times \ddot{a}ußere \; Ableitung \\[6pt] v'(x) & = & 2x^2 \cdot e^{\frac{2}{3}x^3} & & \\ \end{array} \)


Weiter mit der Produktregel :

\( \begin{array}{ r c l l } h'(x) & = & 10x \cdot e^{\frac{2}{3}x^3} + 5x^2 \cdot 2x^2 \cdot e^{\frac{2}{3}x^3} & \qquad \rightarrow e^{\frac{2}{3}x^3} \; ausklammern \\[6pt] & = & \left( 10x + 10x^4 \right) \cdot e^{\frac{2}{3}x^3} & \qquad \rightarrow 10x \; ausklammern \\[6pt] & = & 10x \cdot \left( 1 + x^3 \right) \cdot e^{\frac{2}{3}x^3} & \\ \end{array} \)








Aufgabe 3 - waagerechte Tangenten

Bei waagerechten Tangenten an den Graphen gilt

\( \begin{array}{ r c l } h'(x) & = & 0 \\[6pt] 0 & = &10x \cdot \left( 1 + x^3 \right) \cdot e^{\frac{2}{3}x^3} \\ \end{array} \)


Da \(e^{\frac{2}{3}x^3}\not=0\) ist, gehen wir mit der Regel vom Nullprodukt :

''Ist \(a \cdot b = 0\), so ist \(a=0\) und/oder \(b=0\).''


von \( 10x=0 \quad \textrm{und} \quad 1 + x^3 = 0 \)


aus.

\( \begin{array}{ r c l l } 10x & = & 0 & | \; : 10 \\[6pt] x_1 & = & 0 & \\[24pt] 1 + x^3 & = & 0 & | -1 \\[6pt] x^3 & = & -1 & \Bigl| \sqrt[3]{\dots} \\[6pt] x_2 & = & -1 & \\ \end{array} \)


Ausgehend von der allgemeinen Geradengleichung

\( y = mx + b \)


können wir die Tangentengleichung bei einer waagerechten Tangente, also \(m=0\) vereinfachen zu \(y = b\) .


Wir bestimmen \(b\) , indem wir die \(y\)-Werte unserer Lösungen ermitteln:

\( \begin{array}{ r c l } h(0) & = & 5 \cdot 0^2 \cdot e^{\frac{2}{3} \cdot 0^3} \\[6pt] h(0) & = & 0 \\[24pt] h(-1) & = & 5 \cdot (-1)^2 \cdot e^{\frac{2}{3} \cdot (-1)^3} \\[6pt] h(-1) & = & 5 \cdot e^{-\frac{2}{3}} \\ \end{array} \)


Damit erhalten wir \(b_1=0\) und \(b_2=5 \cdot e^{-\frac{2}{3}}\) . Das heißt, dass wir die Tangentengleichungen

\( \begin{array}{ r c l } y_1 & = & 0 \\[6pt] y_2 & = & 5 \cdot e^{-\frac{2}{3}} \\ \end{array} \)


erhalten. \(y_1\) ist die \(x\)-Achse und \(y_2\) die angegebene Gerade \(t\) .








Aufgabe 4 - Fläche zwischen t und h

Um die Fläche zwischen \(g\) und \(t\) zu berechnen,

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brauchen wir den 2.Schnittpunkt. Dazu setzen wir die Funktionsgleichungen gleich:

\( \begin{array}{ r c l l } t(x) & = & g(x) & | -t(x) \\[6pt] 0 & = & g(x) - t(x) & \\[6pt] 0 & = & 5 \cdot x^2 \cdot e^{\frac{2}{3} \cdot x^3} -5 \cdot e^{-\frac{2}{3}} & \\ \end{array} \)


Den rechten Teil der Gleichung nennen wir die Differenzfunktion \(d\) mit

\( d(x) \; = \; 5 \cdot x^2 \cdot e^{\frac{2}{3} \cdot x^3} -5 \cdot e^{-\frac{2}{3}} \; , \)


wobei \(d(x) = 0\) ist.

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Mit den herkömmlichen Lösungsverfahren können wir allerdings die Nullstellen von d nicht berechnen. Wir brauchen ein Näherungsverfahren und wählen das Newton-Verfahren .

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  1. Startpunkt wählen, der möglichst nah an der gesuchten Nullstelle liegt. In der Abbildung der obere Punkt (a).
  2. Tangente (b) an den Graphen durch diesen Punkt anlegen.
  3. Nullstelle (c) der Tangente bestimmen.
  4. Von der Nullstelle auf den Graphen loten (d).
  5. Durch diesen Punkt eine Tangente an den Graphen legen und dessen Nullstelle (e) bestimmen.


Das wird nach diesem Muster weiter fortgeführt, so dass wir immer näher an die gesuchte Nullstelle gelangen. Sind wir nahe genug, so können wir das Verfahren nach einem meist vorher festgelegten Kriterium abbrechen.

Zunächst bestimmen wir einen geeigneten Startpunkt. Dazu suchen wir mit der Tabellenfunktion einen \(x\)-Wert, bei dem \(d(x)\) möglichst nah bei Null liegt.


Wertetabelle

x d(x)
0,50 -1,21
0,55 -0,88
0,60 -0,49
0,65 -0,03
0,70 0,51
0,75 1,16
0,80 1,94
0,85 2,87
0,90 4,02



Wir sehen, dass die Funktionswerte das Vorzeichen wechseln von \(x=0{,}65\) nach \(x=0{,}70\). Also liegt der gesuchte \(x\)-Wert dazwischen. Wir wählen als Startwert \(x=0{,}65\)

Die Nullstellen der Tangenten berechnen wir mit

\( x_{neu} = x_n - \frac{d(x_{alt})}{d'(x_{alt})} \)


Die so berechneten Nullstellen stellen die verbesserten Näherungswerte dar. Wir benötigen also

\( d(x) \; = \; 5 \cdot x^2 \cdot e^{\frac{2}{3} \cdot x^3} -5 \cdot e^{-\frac{2}{3}} \)


und, da \(-5 \cdot e^{-\frac{2}{3}}\) bei der Ableitung wegfällt,

\( d'(x) \; = \; h'(x) \; = \; 10x \cdot \left( 1 + x^3 \right) \cdot e^{\frac{2}{3}x^3} \)


Wichtig :

Damit wir schnell zu einem Ergebnis kommen, müssen die Zwischenergebnisse sehr genau sein. Hier sind sie auf 6 Nachkommastellen gerundet.

Für <\(x=0{,}65\) erhalten wir

\(x_{alt}\) \(d(x)\) \(d'(x)\) \(\frac{d(x)}{d'(x)}\) \(x_{neu}\)
0,65 -0,030068 9,949652 -0,003022 0,653022



\(x_{neu}=0{,}653022\) nehmen wir nun als den Wert \(x_{alt}\) und berechnen alles noch einmal.

\(x_{alt}\) \(d(x)\) \(d'(x)\) \(\frac{d(x)}{d'(x)}\) \(x_{neu}\)
0,65 -0,030068 9,949652 -0,003022 0,653022
0,653022 0,000154



Mit \(d(x)=0{,}000154\) haben wir auf 3 Nachkommastellen genau die Nullstelle bestimmt, so dass wir an dieser Stelle das Newton-Verfahren abbrechen können.

Damit schneiden sich \(t\) und \(h\) bei \(x=0{,}653\)

Die von \(t\) und \(h\) eingeschlossene Fläche wird berechnet mit

\( \begin{array}{ r c l } A & = & \Biggl|\displaystyle{\int}_{-1}^{0.653} d(x) dx \Biggl| \\[8pt] & = & \Biggl| \displaystyle{\int}_{-1}^{0{,}653} \left( 5 \cdot x^2 \cdot e^{\frac{2}{3} \cdot x^3} -5 \cdot e^{-\frac{2}{3}} \right) \, dx \Biggl| \\[8pt] & = & \bigl|-2{,}517 \bigl| \\[8pt] & = & 2{,}517 \\ \end{array} \)







 



Lösung : Vergleich der Funktionen g und h

Aufgabe 1 - mittlere Steigung

Die mittlere Steigung wird berechnet mit

\( m = \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2 - x_1} \)

  Mit den Werten aus der Wertetabelle bekommen wir

\( \begin{array}{ r c l } m_g & = & \frac{g(0)-g(-1)}{0- (-1)} \\[8pt] & = & \frac{0-2{,}5}{0+1} \\[8pt] & = & -2{,}5 \\ \end{array} \)


Für \(m_h\) brauchen wir noch

\( \begin{array}{ l*{5}{l} } h(0) & = & 5 \cdot 0^2 \cdot e^{\frac{2}{3} \cdot 0^3} & = & 0 \\[6pt] h(-1) & = & 5 \cdot (-1)^2 \cdot e^{\frac{2}{3} \cdot (-1)^3} & = & 2{,}567 \\ \end{array} \)


Daraus folgt

\( \begin{array}{ r c l } m_h & = & \frac{h(0)-h(-1)}{0- (-1)} \\[8pt] & = & \frac{0-2{,}567}{0+1} \\[8pt] & = & 2{,}567 \\ \end{array} \)


Wir berechnen die prozentuale Abweichung bezüglich des Graphen von \(h\) . Das heißt, dass der Grundwert \(G=m_h=-2{,}567\) ist und der Prozentwert \(W=m_g=-2{,}5\) ist. Wir berechnen den Prozentsatz \(p\) mit

\( \begin{array}{ r c l } p & = & \frac{W \cdot 100\%}{G} \\[8pt] & = & \frac{-2{,}5 \cdot 100\%}{-2{,}567} \\[8pt] & = & 97{,}39\% \\ \end{array} \)


Die prozentuale Abweichung ist also \( 100\% - 97{,}38\% = 2{,}61\% \)








Aufgabe 2 - Lage der Graphen

Wenn

\( h(1) - g(1) < 0 \)

und

\( h(2) - g(2) > 0 \)

ist, dann folgt daraus, dass

\( \Big( h(1) - g(1) \Big) \cdot \Big( h(2) - g(2) \Big) < 0 \; {,} \)

also negativ ist.

Das bedeutet, dass der Graph von \(g\) einmal oberhalb vom Graphen von \(h\) verläuft und einmal unterhalb vom Graphen von \(h\) .

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Daraus folgt, dass die Graphen von \(g\) und \(h\) im Bereich \(1<x<2\) einen Schnittpunkt haben müssen.







 



Lösung : Abbildungen

Aufgabe 1 - Aussage

Die 2. Ableitung beschreibt die Krümmung eines Graphen an einer bestimmten Stelle. Im Hochpunkt haben wir eine negative Krümmung, dass heißt eine Linkskurve des Graphenverlaufs. Entsprechend haben wir im Tiefpunkt eine positive Krümmung, also eine Rechtskurve des Graphenverlaufs. Es gilt:

\( \begin{array}{ l*{4}{l} } Hochpunkt : & f''(x) & < & 0 \\[6pt] Tiefpunkt : & f''(x) & > & 0 \\ \end{array} \)


Wir sehen in der Skizze, dass sowohl im Wendepunkt als auch im Sattelpunkt ein Wechsel des Krümungsverhaltens vorliegt, hier jeweils ein Wechsel von einer Rechtskurve in eine Linkskurve, wenn man sich den Graphen als eine Bahn, auf der man sich bewegt, vorstellt. Es kann natürlich auch ein Wechsel von einer Linkskurve in eine Rechtskurve vorliegen.

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Für die Stammfunktion \(H\) von der Funktion \(h\)

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gilt, dass sie bei dem \(x\)-Wert einen Wendepunkt hat, wo bei \(h\) ein Extrempunkt ist und dass sie bei dem \(x\)-Wert einen Sattelpunkt hat, wo bei \(h\) sowohl ein Extrempunkt als auch eine Nullstelle ist. Das heißt, die Stammfunktionen von \(h\) haben bei ca. \(x=-1\) einen Wendepunkt und bei \(x=0\) einen Sattelpunkt.

Daraus folgt, dass sich das Krümmungsverhalten der Stammfunktionen 2-mal ändert im Bereich von \(-1.5\leq x \leq1\), was im Widerspruch zu der Aussage steht.








Aufgabe 2 - Graphen

Die Funktion \(H\) mit

\( H(x) = \displaystyle{\int}_0^x h(t) dt \)


drückt eine Stammfunktion der Funktion \(h\) aus, die in der vorherigen Aufgabe untersucht wurde.

Welcher Graph hat nun die festgestellten Eigenschaften?

Graph III besitzt einen Wendepunkt und einen Sattelpunkt. Allerdings liegt der Wendepunkt bei \(x=0\) und der Sattelpunkt bei einem \(x>0\). Damit kommt Graph III nicht infrage.

Graph II hat zwar einen Wendepunkt, der ebenfalls eine Nullstelle ist, bei einem \(x<0\). Das würde passen. Aber leider liegt bei \(x=0\) ein Tiefpunkt, was bei der Stammfunktion \(H\) von der gegebenen Funktion \(h\) nicht sein soll.

Allein Graph I erfüllt die Voraussetzungen mit einem Sattelpunkt bei \(x=0\) und einem Extrempunkt bei \(x<0\).