Analysis 1
Inhaltsverzeichnis
Aufgaben: Notre-Dame
Im Jahr \(2019\) zerstörte ein Großbrand das Dach der Kathedrale Notre-Dame de Paris. Eine der vielen Ideen für den geplanten Wiederaufbau sieht die Errichtung eines Glasdaches mit einem gläsernen Turm darauf vor.
In einem geeigneten Koordinatensystem wird der Dachfirst mit Hilfe von Funktionsgraphen modelliert. Die Funktionswerte geben die Höhe des Dachfirsts über dem Boden an; Die \(x\)-Achse beschreibt das Bodenniveau. Dabei entspricht eine Längeneinheit \(10 \, m\) in der Wirklichkeit.
Funktion f
Zunächst wird eine ganzrationale Funktion \(f\) dritten Grades betrachtet. Der Graph von \(f\) verläuft durch die beiden Punkte \(P(0|3)\) und \(W(3|4)\). Dabei ist \(W\) ein Wendepunkt mit waagerechter Tangente. Mit Hilfe des Graphen von \(f\) wird über dem Intervall \([0;3]\) ein erstes Teilstück des Dachfirsts modelliert.
- Leiten Sie einen Funktionsterm von \(f\) her.
\(\; \big[\text{Zur Kontrolle: } \; f(x) \; = \; \frac{1}{27} x^3 - \frac{1}{3} x^2 + x + 3 \big]\)(6 P)
- Berechnen Sie die Höhe des Dachfirsts über dem Boden an der Stelle \(x = 1\).
(2 P)
- Geben Sie einen Funktionsterm der Ableitungsfunktion \(f'\) und die Steigung des Graphen von \(f\) an der Stelle \(x = 0\) an.
(2 P)
- Weisen Sie mit Hilfe einer Rechnung nach, dass der Graph von \(f\) für \(x < 3\) rechtsgekrümmt ist.
(3 P)
Funktion g
Nun werden eine Funktion \(g\) und ihre Ableitungsfunktion \(g'\) mit
\(\quad g(x) \; = \; (x - 3) e^{x - 5{,}5} + 4 \quad \text{und} \quad g'(x) \; = \; (x - 2) e^{x - 5{,}5}\)
betrachtet. Mit Hilfe des Graphen von \(g\) wird über dem Intervall \([3;6]\) ein weiteres Teilstück des Dachfirsts modelliert.
- Ergänzen Sie die Wertetabelle zu \(g\) auf dem Arbeitsblatt (FAQ beachten)
und zeichnen Sie den Graphen von \(g\) über dem Intervall \([3;6]\) in das dort vorgegebene Koordinatensystem.(4 P)
- Die Graphen von \(f\) und \(g\) verlaufen beide durch den Punkt \(W(3|4)\).
Prüfen Sie, ob der Dachfirst dort knickfrei modelliert wird.(3 P)
- Bestimmen Sie alle Extrem- und Wendestellen der auf ganz \(\mathbb{R}\) definierten Funktion \(g\).
(8P)
- Der Graph der Funktion \(g\) wird an der \(y\)-Achse gespiegelt und dann um zwölf Längeneinheiten nach rechts verschoben. Dadurch ergibt sich der Graph der Funktion \(g^*\), der über dem Intervall \([6;9]\) auf dem Arbeitsblatt gezeigt wird.
Ermitteln Sie einen Funktionsterm \(g^*(x)\), und stellen Sie diesen Term in der Form
\(\quad (ax + b) \cdot e^{- x + c} + 4\)
mit geeigneten reellen Werten \(a\), \(b\) und \(c\) dar.(4 P)
Funktionenschar hk
Für eine verbesserte Modellierung des Dachfirsts wird anstelle der Funktion \(g\) die Verwendung der Funktionen \(h_k\) und ihrer Ableitungsfunktionen \(h_k'\) mit
\(\quad h_k(x) \; = \; \dfrac{5}{9}(x - 3)^2 e^{k(x - 6)} + 4\)
und
\(\quad h_k'(x) \; = \; \frac{5}{9}(x - 3)(kx -3k +2) e^{k(x - 6)}\)
mit \(k \geq 0\) vorgeschlagen.
-
Weisen Sie nach, dass die Funktion \(g\) nicht in der Schar der Funktionen \(h_k\) enthalten ist.
(2 P)
-
Zeigen Sie, dass der Term \(5k + \frac{10}{3}\) die Steigung des Graphen von \(h_k\) an der Stelle \(x = 6\) angibt.
(2 P)
- So wie in der Teilaufgabe 4) der Aufgabe der \(\textit{Funktion g}\) lässt sich aus dem Graphen von \(h_k\) der Graph einer Funktion \(h_k^*\) erzeugen. Bei \(x = 6\) modellieren die Graphen von \(h_k\) und \(h_k^*\) dann die Spitze des Dachfirsts.
Bestimmen Sie denjenigen Wert für \(k\), für den der Innenwinkel der Spitze \(30^{\circ}\) beträgt.(4 P)
Aufgaben zum Ausdrucken
(Probleme bei der Druckvorschau?)
Lösungen: Notre-Dame
Lösung : Funktion f
Aufgabe 1 - Funktionsterm
\(\quad \begin{array}{ r c l } f(x) & = & ax^3 + bx^2 + cx + d \\[6pt] f'(x) & = & 3ax^2 +2 bx + c \\[6pt] f''(x) & = & 6ax +2 b \\ \end{array} \)
Um den Funktionsterm zu bestimmen benötigen wir 4 voneinander unabhängige Bedingungen, denn wir haben die 4 Parameter \(a\), \(b\), \(c\) und \(d\).
Es gilt mit dem Punkt \(P(0|3)\) und dem Wendepunkt \(W(3|4)\), dessen Tangentensteigung \(m = 0\) ist,
\(\quad \begin{array}{ l r c c l } \text{Punkt P :} & \quad \textrm{I} & f(0) & = & 3 \\[6pt] \text{Wendepunktkoordinaten :} & \quad \textrm{II} & f(3) & = & 4 \\[6pt] \text{Tangensteigung :} & \quad \textrm{III} & f'(3) & = & 0 \\[6pt] \text{Wendepunkteigenschaft :} & \quad \textrm{IV} & f''(3) & = & 0 \\ \end{array} \)
Diese Bedingungen in die oberen Gleichungen eingesetzt ergibt
\(\quad \begin{array}{ r c c l l } \textrm{I} & 3 & = & a \cdot 0^3 + b \cdot 0^2 + c \cdot 0 + d \\[6pt] \textrm{II} & 4 & = & a \cdot 3^3 + b \cdot 3^2 + c \cdot 3 + d \\[6pt] \textrm{III} & 0 & = & 3a \cdot 3^2 + 2b \cdot 3 + c \\[6pt] \textrm{IV} & 0 & = & 6a \cdot 3 + 2b \\ \end{array} \)
\(\quad \begin{array}{ r c c l l } \textrm{I} & 3 & = & d \\[6pt] \textrm{II} & 4 & = & 27a + 9b + 3c + d \\[6pt] \textrm{III} & 0 & = & 27a + 6b + c \\[6pt] \textrm{IV} & 0 & = & 18a + 2b \\ \end{array} \)
Um das Gleichungssystem zu lösen gibt es grundsätzlich 2 Möglichkeiten:
- Lösung per Hand
- Lösung mit Taschenrechner
a) Gleichungssystem per Hand lösen
Zunächst setzen wir Gleichung \(\textrm{I}\) in Gleichung \(\textrm{II}\) ein.
\(\quad \begin{array}{ r r c l l } \textrm{II} & 4 & = & 27a + 9b + 3c + 3 & | - 3 \\[6pt] & 1 & = & 27a + 9b + 3c \\ \end{array} \)
Im Gleichungssystem beseitigen wir erst das \(c\) und danach \(a\) mit dem Additionsverfahren.
\(\quad \left. \begin{array}{ r r c l l } \textrm{II} & \quad 1 & = & 27a + 9b + 3c & \\[6pt] \textrm{III} & 0 & = & 27a + 6b + c & | \cdot (-3) \\ \end{array} \quad \right]_{\Rightarrow \; \textrm{V}}^+ \\ \)
\(\quad \left. \begin{array}{ r r c r l } \textrm{V} & \quad 1 & = & -54a - 9b & \\[6pt] \textrm{IV} & 0 & = & 18a + 2b & | \cdot 3 \\ \end{array} \quad \right]_{\Rightarrow \; \textrm{VI}}^+ \\ \)
\(\quad \begin{array}{ r r c r l } \textrm{VI} & 1 & = & - 3b & | : (-3) \\[6pt] & -\frac{1}{3} & = & b & \\ \end{array} \)
Wir setzen \(b\) in Gleichung \(\textrm{V}\) ein.
\(\quad \begin{array}{ r r c l l } \textrm{V} & 1 & = & -54a - 9 \cdot \left(-\frac{1}{3}\right) & \\[6pt] & 1 & = & -54a + 3 & | + 54a \\[6pt] & 54a + 1& = & 3 & | - 1 \\[6pt] & 54a & = & 2 & | : 54 \\[6pt] & a & = & \frac{1}{27} & \\ \end{array} \)
Zum Schluss setzen wir \(a\) und \(b\) in Gleichung \(\textrm{III}\) ein.
\(\quad \begin{array}{ r r c l l } \textrm{III} & 0 & = & 1 - 2 + c & \\[6pt] & 0 & = & - 1 + c & | + 1 \\[6pt] & 1 & = & c & \\ \end{array} \)
Der Term von \(f\) lautet
\(\quad \frac{1}{27} x^3 - \frac{1}{3} x^2 + x + 1 \)
b) Gleichungssystem per Taschenrechner lösen
Mit dem CASIO fx-991DE X classwiz lassen sich Gleichungssystem mit bis zu 4 Gleichungen lösen, also auch dieses.
\(\quad \begin{array}{ r c c l l } \textrm{I} & 3 & = & d \\[6pt] \textrm{II} & 4 & = & 27a + 9b + 3c + d \\[6pt] \textrm{III} & 0 & = & 27a + 6b + c \\[6pt] \textrm{IV} & 0 & = & 18a + 2b \\ \end{array} \)
Andere Taschenrechner, die nur Gleichungssystem mit bis zu 3 Gleichungen lösen können, verwenden das Gleichungssystem, bei dem \(d\) bereits in Gleichung \(\textrm{II}\) eingesetzt ist.
\(\quad \begin{array}{ r c c l l } \textrm{II} & 1 & = & 27a + 9b + 3c \\[6pt] \textrm{III} & 0 & = & 27a + 6b + c \\[6pt] \textrm{IV} & 0 & = & 18a + 2b \\ \end{array} \)
Nachdem wir mit der Menusteuerung bei dem Punkt Gleichungssyst. angelangt sind
wählen wir die \(4\) und geben das Gleichungssystem ein.
Wir bestätigen mit \(=\) .
Wir bestätigen noch einmal mit \(=\) .
Und noch einmal.
Der Term von \(f\) lautet also
\(\quad \frac{1}{27} x^3 - \frac{1}{3} x^2 + x + 1 \)
Aufgabe 2 - Höhe des Dachfirsts
\(\quad f(1) \; = \; \frac{1}{27} \cdot 1^3 - \frac{1}{3} \cdot 1^2 + x + 3 \; = \; \frac{100}{27}\; \approx \; 3{,}7 \)
Der Dachfirst hat an der Stelle \(x=1\) eine Höhe von \(37 \; m\) über dem Boden.
Aufgabe 3 - Ableitungsfunktion von f
\(\quad f'(x) \; = \; \frac{1}{9} x^2 - \frac{2}{3} x + 1 \)
Die Steigung des Graphen an einer Stelle wird mit der Tangentensteigung an dieser Stelle, und somit mit der 1. Ableitung bestimmt.
\(\quad f'(0) \; = \; \frac{1}{9} \cdot 0^2 - \frac{2}{3} \cdot 0 + 1 \; = \; 1 \)
Aufgabe 4 - Krümmung
Die Krümmung wird mit der 2. Ableitung bestimmt.
\(\quad \begin{array}{ r c l l } f''(x) & = & \frac{2}{9} x - \frac{2}{3} \\[20pt] f''(2) & = & \frac{2}{9} \cdot 2 - \frac{2}{3} \\[8pt] f''(2) & = & \frac{4}{9} - \frac{6}{9} \\[8pt] f''(2) & = & -\frac{2}{9} \; > \; 0 & \Rightarrow \text{rechtsgekrümmt} \\ \end{array} \)
Ferner muss noch gezeigt werden, dass kein Krümmungswechsel für \(0 \leq x < 3\) stattfindet. Das wäre der Fall, wenn in diesem Bereich ein Wendepunkt vorhanden ist. Dafür gilt die notwendige Bedingung \(f''(x) = 0\).
\(\quad \begin{array}{ r c l l } \frac{2}{9} x - \frac{2}{3} & = & 0 & | + \frac{2}{3} \\[8pt] \frac{2}{9} x & = & \frac{2}{3} & | \cdot \frac{9}{2} \\[8pt] \frac{9}{2} \cdot \frac{2}{9} x & = & \frac{2 \cdot 9}{3 \cdot 2} \\[8pt] x & = & 3 \\ \end{array} \)
Eine mögliche Wendestelle wäre bei \(x = 3\). Das liegt außerhalb des betrachteten Intervalls. Damit ist der Graph für alle \(x < 3\) rechtsgekrümmt.
Lösung : Funktion g
Aufgabe 1 - Wertetabelle und Graph von g
Wertetabelle
| x | 3,00 | 3,50 | 4,00 | 4,50 | 5,00 | 5,50 | 6,00 |
| g(x) | 4,00 | 4,07 | 4,22 | 4,55 | 5,21 | 6,50 | 8,95 |
Aufgabe 2 - knickfreier Übergang
Von der Funktion \(f\) wissen wir, dass der Graph in \(W\) einen Wendepunkt mit waagerechter Tangente hat. Also ist \(f'(3) = 0\). Damit der Graph von \(g\) dort knickfrei anschließt muss gelten
\(\quad g'(3) \; = \; f'(3) \)
Wir prüfen dies mit
\(\quad g'(3) \; = \; (3 - 2) \cdot e^{3 - 5{,}5} \; = \; e^{-2{,}5} \; \approx \; 0{,}0821 \)
Damit ist
\(\quad g'(3) \; \not= \; f'(3) \)
Hier gestreckt dargestellt ist deutlich zu sehen, dass der Übergang nicht knickfrei ist.
Aufgabe 3 - Extremstellen und Wendestellen
a) Extremstellen
Es gilt die notwendige Bedingung: \(g'(x)=0\)
\(\quad \begin{array}{ r c l l } 0 & = & (x - 2) \cdot e^{x - 5{,}5} \end{array} \)
Nach der Regel vom Nullprodukt muss gelten, dass
\(\quad \begin{array}{ r c l l } (x - 2) = 0 & \text{und / oder} & e^{x - 5{,}5} = 0 \\ \end{array} \)
ist. Da stets \(e^{x - 5{,}5} > 0\) ist, bleibt nur
\(\quad \begin{array}{ r c l l } x - 2 = 0 & | + 2 \\[6pt] x = 2 \\ \end{array} \)
Mit der hinreichenden Bedingung \(g''(x) \not=0\) überprüfen wir auf die Art der Extremstelle. Dazu benötigen wir die 2. Ableitung.
\(\quad \begin{array}{ c l } g''(x) & = \; u' \cdot v \; + \; u \cdot v' \\[15pt] & \textit{Nebenrechnung 1 } \\[6pt] & u \; = \; x - 2 \\[6pt] & u' \; = \; 1 \\[6pt] & v \; = \; e^{x - 5{,}5} \; = \; r\Big(s(x)\Big) \\[15pt] & \; \qquad \textit{Nebenrechnung 2 } \\[6pt] & \; \qquad s(x) \; = \; x - 5{,}5 \\[6pt] & \; \qquad s'(x) \; = \; 1 \\[6pt] & \; \qquad r(x) \; = \; e^x \\[6pt] & \; \qquad r'(x) \; = \; e^x \\[6pt] & \; \qquad r'\Big(s(x)\Big) \; = \; e^{x - 5{,}5} \\[15pt] & v' \; = \; s'(x) \cdot r'\Big(s(x)\Big) \; = \; 1 \cdot e^{x - 5{,}5} \; = \; e^{x - 5{,}5} \\[15pt] g''(x) & = \; 1 \cdot e^{x - 5{,}5} + (x - 2) \cdot e^{x - 5{,}5} \\[8pt] g''(x) & = \; (1 + x - 2) \cdot \left( e^{x - 5{,}5}\right) \\[8pt] g''(x) & = \; (x - 1) \cdot \left( e^{x - 5{,}5}\right) \\ \end{array} \)
\(x=2\) eingesetzt ergibt
\(\quad \begin{array}{ r c l l } g''(2) & = & (2 - 1) \cdot \left( e^{2 - 5{,}5}\right) \; = \; e^{- 3{,}5} \; = \; \frac{1}{e^{3{,}5}} \; > \; 0 \\ \end{array} \)
Der Graph der Funktion \(g\) hat an der Stelle \(x=2\) einen Tiefpunkt. Um den \(y\)-Wert zu erhalten, setzen wir \(x=2\) in \(g(x)\) ein.
\(\quad \begin{array}{ r c l l } g(2) & = & (2 - 3) \cdot \left( e^{2 - 5{,}5}\right) + 4 \; \approx \; 3{,}97 \\ \end{array} \)
Der Tiefpunkt liegt bei \(T(2|3{,}97)\).
b) Wendestellen
Es gilt die notwendige Bedingung: \(g''(x)=0\)
\(\quad \begin{array}{ r c l l } 0 & = & (x - 1) \cdot e^{x - 5{,}5} \\ \end{array} \)
Wir wenden wieder die Regel vom Nullprodukt an und erhalten mit \(e^{x - 5{,}5} > 0\)
\(\quad \begin{array}{ r c l l } x - 1 = 0 & | + 1 \\[6pt] x = 1 \\ \end{array} \)
Hier gilt die hinreichende Bedingung \(g'''(x) \not=0\). Entsprechend der Berechnung der 2. Ableitung bilden wir die 3. Ableitung mit der Produktregel.
\(\quad \begin{array}{ c l } g'''(x) & = \; u' \cdot v \; + \; u \cdot v' \\[15pt] & \textit{Nebenrechnung} \\[6pt] & u \; = \; x - 1 \\[6pt] & u' \; = \; 1 \\[6pt] & v \; = \; e^{x - 5{,}5} \\[6pt] & v' \; = \; e^{x - 5{,}5} \\[15pt] g'''(x) & = \; 1 \cdot e^{x - 5{,}5} + (x - 1) \cdot e^{x - 5{,}5} \\[8pt] g'''(x) & = \; x \cdot \left( e^{x - 5{,}5}\right) \\[20pt] g'''(1) & = \; 1 \cdot \left( e^{1 - 5{,}5}\right) \; = \; e^{- 4{,}5} \; \not= \; 0 \quad \Rightarrow \; \text{Wendepunkt} \\ \end{array} \)
Eingesetzt in \(g\) erhalten wir
\(\quad \begin{array}{ r c l l } g(1) & = & (1 - 3) \cdot \left( e^{1 - 5{,}5}\right) + 4 \; \approx \; 3{,}98 \\ \end{array} \)
den Wendepunkt \(W(1|3{,}98)\).
Aufgabe 4 - Funktionsterm von g*
Der Funktionsterm kann mit Hilfe der Funktionseigenschaften für Spiegelungen und Verschiebungen bestimmt werden.
Bei einer Spiegelung der Funktion \(g\) mit
\(\quad \begin{array}{ r c l} g(x) & = & (x - 3) \cdot \left( e^{x - 5{,}5}\right) \end{array} \)
um die \(y\)-Achse wird das \(x\) negativ gesetzt mit
\(\quad \begin{array}{ r c l} g^-(x) & = & (-x - 3) \cdot \left( e^{-x - 5{,}5}\right) \end{array} \)
Bei einer Verschiebung um \(12\) Einheiten nach rechts müsste der \(x\)-Wert um \(12\) herabgesenkt werden, damit bei den \(x\)-Werten, die \(12\) weiter rechts liegen, die gleichen \(y\)-Werte erscheinen.
Das ergibt dann
\(\quad \begin{array}{ r c l} g^*(x) & = & \big(-(x-12) - 3\big) \cdot \left( e^{-(x-12) - 5{,}5}\right) \\[8pt] & = & (-x+12 - 3) \cdot \left( e^{-x+12 - 5{,}5}\right) \\[8pt] & = & (-x+9) \cdot \left( e^{-x+6{,}5}\right) \\ \end{array} \)
Daraus folgt, dass
\(\quad \begin{array}{ r c c } a & = & -1 \\[6pt] b & = & 9 \\[6pt] c & = & 6{,}5 \\ \end{array} \)
ist.
Lösung : Funktionenschar hk
Aufgabe 1 - Funktion g liegt nicht in der Schar
Betrachten wir die Funktionenschar \(h_k\) mit
\(\quad \begin{array}{ r c l l } h_k(x) & = & \frac{5}{9}(x - 3)^2 \cdot e^{k(x - 6)} + 4 \end{array} \)
etwas genauer, so können wir erkennen, dass für \(x=6\) das \(k\) verschwindet. Wir nutzen das aus und berechnen
\(\quad \begin{array}{ r c l l } h_k(6) & = & \frac{5}{9}(6 - 3)^2 \cdot e^{k \cdot (6 - 6)} + 4 \\[12pt] & = & \frac{5}{9} \cdot 9 \cdot e^0 + 4\\[8pt] & = & 5 \cdot 1 + 4\\[6pt] & = & 9 \\ \end{array} \)
Das bedeutet nun, dass alle Funktionen der Schar durch Punkt \((6|9)\) laufen.
Wie verhält sich das nun bei der Funktion \(g\)?
In der Wertetabelle aus der Aufgabe mit Funktion \(g\) haben wir festgestellt, dass \(g\) durch den Punkt \((6|8{,}95)\) verläuft. Folglich kann die Funktion \(g\) keine Funktion der Schar \(h_k\) sein.
Aufgabe 2 - Term
Die Steigung berechnen wir mit der 1. Ableitung.
\(\quad \begin{array}{ r c l l } h_k'(6) & = & \frac{5}{9}(6 - 3) \cdot (6k -3k + 2) \cdot e^{k \cdot (6 - 6)} \\[10pt] & = & \frac{5 \cdot 3}{9} \cdot (3k + 2) \cdot e^0 \\[10pt] & = & \frac{5}{3} \cdot (3k + 2) \\[10pt] & = & \frac{5 \cdot 3k}{3} + \frac{5 \cdot 2}{3} \\[10pt] & = & 5k + \frac{10}{3} \\ \end{array} \)
Aufgabe 3 - Innenwinkel von 30°
Der Wert von \(k\) wird über die Tangentensteigung berechnet.
Haben wir einen Innenwinkel von \(30^\circ\), so hat die Tangente von \(h_k\) an der Stelle \(x=6\) einen Steigungswinkel von \(75^\circ\). Es gilt
\(\quad \begin{array}{ r c l} tan(\alpha) & = & h_k'(6) \end{array} \)
Mit der vorherigen Aufgabe erhalten wir dann
\(\quad \begin{array}{ r c l l } tan(75^\circ) & = & 5k + \frac{10}{3} & | - \frac{10}{3} \\[10pt] tan(75^\circ) - \frac{10}{3} & = & 5k & | : 5 \\[12pt] \dfrac{tan(75^\circ) - \frac{10}{3}}{5} & = & k \\[12pt] k & \approx & 0{,}0797 \\ \end{array} \)