Analysis

1.1

Eine Polynomfunktion $p$ ist gegeben durch $p(x) = a \cdot x^3 + b \cdot x^2$ für $x \in \mathbb{R}$ , wobei $a \neq 0$ ist.

1.1.1

Bestimme die Werte von $a$ und $b$ , sodass die Punkte $P(-1 \mid 1)$ und $Q(1 \mid 0)$ auf dem Schaubild von $p$ liegen.

(3 BE)

1.1.2

Nun gilt: $b = -a$ . Untersuche, ob es eine negative Nullstelle von $p$ gibt.

(2 BE)

1.2

Gegeben ist die Funktion $f$ mit $f(x) = x - 1 +e^{-x}$ für $x \in \mathbb{R}$ . Die folgende Abbildung zeigt das Schaubild $K$ von $f$ , sowie dessen Asymptote $g$ mit der Gleichung $y=x-1$ .

Graph einer Funktion mit einer Kurve und einer geraden Linie im Koordinatensystem.

Abb. 1

1.2.1

Gib den Punkt auf $g$ an, der den kleinsten Abstand zum Tiefpunkt $T(0 \mid f(0))$ von $K$ hat, und ermittle diesen Abstand.

(2 BE)

1.2.2

Das Schaubild $H$ einer Funktion $h$ entsteht durch Verschiebungen von $K$ . Der Tiefpunkt von $H$ liegt bei $(1\mid -1)$ . Berechne einen Funktionsterm von $h$ .

(2 BE)

1.2.3

Begründe, dass die folgende Aussagen wahr sind:

(1) $K$ besitzt keinen Wendepunkt.

(2) Im Intervall $[1,841;1,842]$ liegt ein $x_0$ , sodass $f(x_0)=1$ gilt.

(3) Es gibt keine Normale an $K$ , die $g$ senkrecht schneidet.

(7 BE)

1.2.4

Das Schaubild $K$ , die beiden Geraden mit der Gleichung $x=-c$ bzw. $x=c$ mit $c\gt 0$ , und die Gerade $g$ umschließen eine Fläche. Bestimme $c$ , sodass der Inhalt dieser Fläche den Wert $2$ hat.

(4 BE)

(20 BE)

1.1.1

$\text{II}‘\quad -a=b$

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$\text{II}‘ \to \text{I}:$

$b=\frac{1}{2}$

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Für $a$ gilt demnach $a= -\frac{1}{2}.$

Für $a=-\frac{1}{2}$ und $b= \frac{1}{2}$ liegen die Punkte $P$ und $Q$ auf dem Schaubild von $p.$

1.1.2

Mit $b=-a$ gilt:

$p(x) = a\cdot x^3 -a\cdot x^2 = a\cdot x^2 \cdot (x-1)$

Die Nullstellen von $p$ sind mit $a\neq 0$ wegen des Satzes vom Nullprodukt also $x_1 = 0$ und $x_2 = 1.$ Es gibt demnach keine negative Nullstelle von $p.$

1.2.1

$f(0)= 0-1 +\mathrm e^{-0} = 0$

Die vollständigen Koordinaten des Tiefpunkts lauten $T(0\mid 0).$

Den Punkt auf $g$ mit dem kleinsten Abstand zu $T$ liegt gemeinsam mit $T$ auf einer Normalen zu $g.$ Die Steigung der Geraden $g$ beträgt $m_g = 1.$ Die Steigung einer Normalen von $g$ beträgt also $m_n = -\frac{1}{m_g} = -1.$
Die Normale muss nun so gewählt werden, dass sie durch $T$ verläuft. Da $T$ der Koordinatenursprung ist, beträgt der $y$ -Achsenabschnitt von $n$ also $b_n = 0.$

$n:\, y = -x$

Durch Gleichsetzen erhält man die Schnittstelle:

$x=\frac{1}{2}$

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Es folgt $n(\frac{1}{2}) = -\frac{1}{2}.$

Der Punkt auf $g$ mit dem kleinsten Abstand zum Tiefpunkt $T$ von $K$ besitzt die Koordinaten $D\left(\frac{1}{2}\mid -\frac{1}{2}\right).$

Der Abstand beträgt:

$d(D,g) = \frac{1}{\sqrt{2}}$

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Der kleinste Abstand von $g$ zum Tiefpunkt $T$ von $K$ beträgt $\frac{1}{\sqrt{2}}\,\text{LE}.$

1.2.2

$K$ muss um eine Längeneinheit nach rechts und um eine Längeneinheit nach unten verschoben werden:

$\begin{array}[t]{rll} h(x) &=& f(x-1) -1 \\[5pt] &=& x-1-1+\mathrm e^{-(x-1)} -1 \\[5pt] &=& x-3+\mathrm e^{-x+1} \\[5pt] \end{array}$

1.2.3

(1)

$\begin{array}[t]{rll} f(x) &=& x-1 +\mathrm e^{-x} \\[5pt] f‘(x) &=& 1 -\mathrm e^{-x} \\[5pt] f‘‘(x) &=& \mathrm e^{-x} \end{array}$

Für eine Wendestelle $x_W$ von $f$ muss das notwendige Kriterium für Wendestelle erfüllt sein, also $f‘‘(x_W) =0.$ Es gilt allerdings $f‘‘(x) = \mathrm e^{-x} \gt 0$ für alle $x\in \mathbb{R}.$ Es gibt also keine Stelle, für die das notwendige Kriterium für Wendestellen erfüllt ist. Ein Wendepunkt kann daher nicht existieren.

(2)

$\begin{array}[t]{rll} f(1,841)&\approx& 0,9997 \\[5pt] f(1,842)&\approx& 1,0005 \\[5pt] \end{array}$

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Es ist also $f(1,841)\lt 1$ und $f(1,842) \gt 1.$ Da $f$ stetig und für alle $x\in \mathbb{R}$ insbesondere auf dem ganzen Intervall $[1,841;1,842]$ definiert ist, muss daher in dem Intervall ein $x_0$ mit $f(x_0)=1$ liegen.

(3)

Eine Normale an $K,$ die $g$ senkrecht schneidet, müsste gleichzeitig auch eine Normale an $g$ sein. Sie müsste wie in Aufgabe 1.2.1 daher die Steigung $-1$ besitzen.
In dem Punkt, in dem die Normale an $K$ betrachtet wird, müsste die Steigung der Tangente dann $1$ betragen.
Es ist aber $f‘(x)= 1-\mathrm e^{-x}.$ Wegen $\mathrm e^{-x} \gt 0$ gilt daher $f‘(x) \neq 1$ für alle $x\in \mathbb{R}.$
Es gibt also keine Stelle, an der die Tangente an $K$ die Steigung $1$ besitzt und damit auch keine Normale mit der Steigung $-1.$

1.2.4

$\begin{array}[t]{rll} \displaystyle\int_{-c}^{c}\left(f(x)-g(x)\right)\;\mathrm dx&=& 2 \\[5pt] z &=& \mathrm e^c \\[10pt] z_1 &=& 1 -\sqrt{2} \\[5pt] z_2 &=& 1 +\sqrt{2} \end{array}$

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Für die zugehörigen $c$ -Werte folgt:

$c=\ln \left(1+\sqrt{2}\right)$

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Für $c=\ln \left(1+\sqrt{2} \right)$ beträgt der Inhalt der angegebenen Fläche $2$ Flächeneinheiten.