Aufgabe 2.1

Eisbecher

Gegeben ist die Funkion $f_a$ mit der Gleichung $f_a(x)= \ln (ax^2 +1);$ $a\in \mathbb{R},$ $a\gt 0.$
Die Graphen dieser Funktionen sind $G_a.$

Gib den Definitionsbereich von $f_a$ an und zeige, dass alle Graphen $G_a$ durch den Koordinatenursprung verlaufen. Ermittle den exakten Wert des Parameters $a,$ für dessen zugehörige Funktion $f_a$ gilt: $f_a(2)=2.$

(8 BE)

Zeige, dass alle Graphen $G_a$ einen gemeinsamen lokalen Extrempunkt haben.
Begründe ohne Zuhilfenahme der zweiten Ableitung, dass dieser Extrempunkt für alle Graphen wegen $a\gt 0$ ein Tiefpunkt ist.

(8 BE)

Die Tangenten an $G_a$ im Punkt $B_a(1\mid f_a(1))$ sind $t_a.$
Begründe, dass keine dieser Tangenten einen Anstieg größer als $2$ haben kann.
Ermittle den Flächeninhalt des Dreiecks, das von der $y$ -Achse sowie der Tangente und der Normalen an $G_1$ im Punkt $B_1$ begrenzt wird.
[Kontrollergebnis: $t_1:\, y = x+\ln 2 -1$ ]

(14 BE)

Im Bild ist der halbe Längsquerschnitt eines Eisbechers dargestellt. Er wird im Intervall $[0; 1,5]$ durch Teile der Graphen der Funktionen $h$ und $k$ mit $h(x)= 0,75\cdot f_2(x)+1$ und $k(x)= 1,75\cdot \ln(2,5x+1) -0,5,$ eine zur $y$ -Achse symmetrische quadratische Parabel $p$ und die beiden Koordinatenachsen begrenzt.
Der Eisbecher entsteht durch Rotation der blau dargestellten Fläche um die $y$ -Achse, $1\, \text{LE} = 4\,\text{cm}.$

Grafik mit farbigen Flächen und Achsenbeschriftungen, die verschiedene Bereiche darstellt.

Abb. 1

Je $12$ Eisbecher werden stehend in einem quaderförmigen Karton mit $12$ gleich großen quaderförmigen Fächern verpackt. Ermittle die Kantenlängen, die ein Fach für einen stehenden Eisbecher mindestens haben muss.

(4 BE)

Der Fuß, dessen oberer Rand im Querschnitt durch die Parabel $p$ modelliert wird, hat am Boden einen Durchmesser von $8\,\text{cm}$ und eine Querschnittsfläche von $\frac{64}{15}\,\text{cm}^2.$
Ermittle eine Gleichung für die Parabel $p.$
[Kontrollergebnis: $p(x)= -0,2x^2+0,2$ ]

(9 BE)

Zur Berechnung der Masse des Fußes ist ein Schüler folgendermaßen vorgegangen:

Berechnung des Volumens in $\text{VE}:$ $V= \pi \cdot \displaystyle\int_{0}^{1}\left(p(x)\right)^2\;\mathrm dx$
Umwandeln des Volumens in $\text{cm}^3:$ $\dfrac{1\,\text{VE}}{4\,\text{cm}^3}=\dfrac{V}{V_{\text{cm}^3}}$
Multiplizieren des erhaltenen Wertes mit der Dichte des Materials.

Beurteile jeweils einzeln die drei Teilschritte und beschreibe, gegebenenfalls unter Zuhilfenahme einer Skizze, wie fehlerhafte Schritte bei diesem Vorgang berichtigt werden müssen.

(7 BE)

(50 BE)

Bildnachweise [nach oben]

[1]

$\blacktriangleright$ Definitionsbereich angeben

Der Logarithmus ist für positive Argumente definiert. Da $x$ aber quadriert wird und $a\gt 0$ ist, ist das Argument daher unabhängig vom Vorzeichen von $x$ immer positiv, insbesondere sogar größer als $1.$ Es können also alle reellen Zahlen eingesetzt werden.

$D = \mathbb{R}$

$\blacktriangleright$ Verlauf der Graphen zeigen

$\begin{array}[t]{rll} f_a(0)\\[5pt] =& \ln (a\cdot 0^2 +1)\\[5pt] =& \ln(1) \\[5pt] =&0 \end{array}$

Da für alle $a\in \mathbb{R}$ mit $a\gt 0$ gilt $f_a(0)=0,$ verlaufen alle Graphen $G_a$ durch den Koordinatenursprung.

$\blacktriangleright$ Parameterwert berechnen

$a= \frac{1}{4}\cdot \left(\mathrm e^2 -1 \right)$

Vollständige Lösung anzeigen

Für $a= \frac{1}{4}\cdot \left(\mathrm e^2 -1 \right)$ ist $f_a(2)=2.$

$\blacktriangleright$ Gemeinsamen Extrempunkt zeigen

1. Schritt: Ableitungsfunktion bilden

Mit der Kettenregel ergibt sich:

$f_a‘(x) = \dfrac{2ax}{ax^2+1}$

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2. Schritt: Notwendiges Kriterium anwenden

$x= 0$

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Da alle Graphen $G_a$ nach Aufgabenteil a) durch den Koordinatenursprung verlaufen, ist $f_a(0)=0.$ Dies ist für alle $a\in \mathbb{R}, a\gt 0$ der einzige mögliche lokale Extrempunkt.

3. Schritt: Art des Extrempunkts begründen

Bei $f_a$ handelt es sich um Logarithmusfunktionen. Das Argument $ax^2 + 1$ ist dabei für $x \lt 0$ streng monoton fallend und für $x\gt 0$ streng monoton wachsend. Im gesamten Definitionsbereich ist das Argument niemals kleiner als $1$ .
Da der Logarithmus auf seinem gesamten Definitionsbereich streng monoton wachsend ist, ist also $f_a(x)$ für $x \lt 0$ streng monoton fallend, aber immer positiv. Analog dazu ist $f_a(x)$ für $x\gt 0$ streng monoton wachsend und dabei ebenfalls positiv. Für $x=0$ nimmt das Argument seinen kleinsten Wert $1$ und damit $f_a(x)$ seinen kleinsten Wert $0$ an, wobei dies die einzige Stelle mit diesem Funktionswert ist.
Alle Graphen $G_a$ besitzen also im Koordinatenursprung einen gemeinsamen lokalen Tiefpunkt.

$\blacktriangleright$ Maximalen Anstieg begründen

Der Anstieg $m_a$ der Tangente $t_a$ an den Graphen von $G_a$ im Punkt $B_a(1\mid f_a(1))$ wird durch den Funktionswert der ersten Ableitung von $f_a$ an der Stelle $x_{B_a} = 1$ beschrieben, also $m_a= f_a‘(1):$

$\begin{array}[t]{rll} m_a&=&f‘_a(1) \\[5pt] &=& \dfrac{2a\cdot 1}{a\cdot 1^2 +1} \\[5pt] &=& \dfrac{2a}{a +1} \\[5pt] &=& 2\cdot \underbrace{\dfrac{a}{a+1}}_{\lt 1} \\[5pt] &\lt & 2\cdot 1 \\[5pt] &=& 2 \end{array}$

Da die erste Ableitung $f_a‘$ und damit auch die Steigung der Tangente $t_a$ an der Stelle $1$ für alle $a \in \mathbb{R}, a\gt 0$ stets kleiner als $2$ ist, kann keine der Tangenten einen Anstieg größer als $2$ haben.

$\blacktriangleright$ Flächeninhalt des Dreiecks ermitteln

1. Schritt: Tangentengleichung bestimmen

Die Tangente $t_1$ hat die Form $t_1: \, y = m_1x+ b_1.$ Für die Steigung $m_1$ gilt:

$\begin{array}[t]{rll} m_1&=& f_1‘(1) \\[5pt] &=& \dfrac{2\cdot 1\cdot 1}{1\cdot 1^2 +1} \\[5pt] &=& \dfrac{2}{2}\\[5pt] &=& 1 \end{array}$

$\begin{array}[t]{rll} f_1(1)&=& \ln (1\cdot 1^2 +1) \\[5pt] &=& \ln 2 \end{array}$

$b_1= \ln 2-1$

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Eine Gleichung der Tangente $t_1$ an $G_1$ im Punkt $B_1$ lautet $t_1: \, y = x+\ln 2 -1.$

2. Schritt: Normalengleichung bestimmen

Die Gleichung der Normalen hat die Form $n_1:\, y = m_{n_1}x+b_{n_1}.$ Da die Normale senkrecht zur Tangente $t_1$ verläuft, muss für die Steigung $m_{n_1}$ gelten:

$\begin{array}[t]{rll} m_{n_1}&=& -\dfrac{1}{m_1} \\[5pt] &=& -\dfrac{1}{1}\\[5pt] &=& -1 \end{array}$

Sie verläuft ebenfalls durch den Punkt $B_1:$

$b_{n_1}= \ln 2 +1$

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Eine Gleichung der Normalen $n_1$ lautet also $n_1: \, y = -x +\ln 2 +1.$

3. Schritt: Seitenlängen des Dreiecks berechnen

Das Dreieck besitzt einen rechten Winkel im Punkt $B_1.$ Die beiden Katheten sind daher die Verbindungsstrecken zwischen $B_1$ und den Schnittpunkten von $t_1$ und $n_1$ mit der $y$ -Achse.
$t_1$ schneidet die $y$ -Achse im Punkt $S_t(0\mid \ln 2 -1),$ $n_1$ im Punkt $S_n(0\mid \ln 2 +1).$

$\begin{array}[t]{rll} d(B_1, S_t)&=&\sqrt{2} \\[10pt] d(B_1, S_n)&=& \sqrt{2} \end{array}$

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4. Schritt: Flächeninhalt berechnen

$\begin{array}[t]{rll} A&=& \frac{1}{2}\cdot \sqrt{2}\cdot \sqrt{2} \\[5pt] &=& \frac{1}{2}\cdot 2\\[5pt] &=& 1 \end{array}$

Der Flächeninhalt des Dreiecks beträgt $1\,\text{FE}.$

$\blacktriangleright$ Kantenlängen bestimmen

Da der Eisbecher durch Rotation der dargestellten Fläche entsteht, muss der Boden des Fachs quadratisch sein. Die Fächer sind also quaderförmig mit quadratischer Grundfläche.
Die Kantenlänge der Grundfläche ergibt sich über den maximalen Durchmesser des Eisbechers. Da der Eisbecher durch Rotation der Querschnittsfläche im Intervall $[0;1,5]$ beschrieben wird, ist der maximale Radius des Eisbechers $1,5\,\text{LE}.$ Die Kantenlänge der quadratischen Grundfläche, ist also:

$\begin{array}[t]{rll} a&=& 2\cdot 1,5\,\text{LE} \\[5pt] &=& 3\,\text{LE} \\[5pt] &=& 3\cdot 4\,\text{cm} \\[5pt] &=& 12\,\text{cm} \end{array}$

Die Höhe des Eisbechers ergibt sich über den Funktionswert der Funktion $h$ an der Stelle $1,5,$ die den Rand des Glases beschreibt.

$h(1,5)= 0,75\cdot \ln 5,5 +1$

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Die Mindesthöhe des Fachs ist also:

$h\approx 9,11\,\text{cm}$

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Das Fach muss mindestens einen quadratischen Boden mit der Kantenlänge $12\,\text{cm}$ und eine Höhe von ca. $9,11\,\text{cm}$ haben.

$\blacktriangleright$ Parabelgleichung ermitteln

Da die Parabel $p$ symmetrisch zur $y$ -Achse ist, hat sie folgende Gleichung:

$p(x) = ax^2 + c$

Folgende Bedingungen sind gegeben:

Der Boden des Eisbechers hat einen Durchmesser von $8\,\text{cm},$ also $2\,\text{LE}.$ Der Radius ist also $1\,\text{LE}.$ Die Parabel $p$ muss also an der Stelle $1$ die $x$ -Achse schneiden: $p(1)=0.$
Die Querschnittsfläche des Fußes ist $\dfrac{64}{15}\,\text{cm}^2$ groß. Eine Umrechnung auf Flächeneinheiten ergibt:

$\dfrac{64}{15}\,\text{cm}^2 = \dfrac{4}{15}\,\text{FE}$

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$\begin{array}[t]{rll} \dfrac{64}{15}\,\text{cm}^2&=&\dfrac{64}{15}\cdot 1\,\text{cm}\cdot 1\,\text{cm} &\quad \scriptsize \mid\;1\,\text{cm} = \frac{1}{4}\,\text{LE} \\[5pt] &=& \dfrac{64}{15}\cdot \frac{1}{4}\,\text{LE}\cdot \frac{1}{4}\,\text{LE} \\[5pt] &=& \dfrac{64}{15}\cdot \frac{1}{16}\,\text{LE}^2 \\[5pt] &=& \dfrac{64}{15}\cdot \frac{1}{16}\,\text{FE}\\[5pt] &=& \dfrac{4}{15}\,\text{FE} \end{array}$

Die Fläche, die $p$ mit der $x$ -Achse im Intervall $[0;1]$ einschließt muss also $\dfrac{2}{15}\,\text{FE}$ groß sein: $\displaystyle\int_{0}^{1}p(x)\;\mathrm dx = \dfrac{2}{15}$

Daraus ergibt sich folgendes Gleichungssystem:

$\begin{array}{lrll} \text{I}\quad& 0&=&...\\[5pt] & -c&=& a \\[10pt] \text{II}\quad& \dfrac{2}{15}&=& ... \\ \end{array}$

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Für die zweite Gleichung gilt:

$\frac{2}{15}= \frac{1}{3}a + c$

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Einsetzen der ersten in die zweite Gleichung liefert:

$\frac{1}{5}= c$

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Also ist $a= -\frac{1}{5}.$ Eine Gleichung für $p$ lautet also:

$\begin{array}[t]{rll} p(x)&=& -\frac{1}{5}x +\frac{1}{5} \\[5pt] &=&-0,2x +0,2 \end{array}$

$\blacktriangleright$ Teilschritte der Rechnung beurteilen

$\blacktriangleright$ Berechnung des Volumens in $\boldsymbol{VE}$

Der Fuß des Eisbechers entsteht durch Rotation der Fläche, die $p$ mit der $x$ - und der $y$ -Achse im Intervall $[0;1]$ einschließt, um die $y$ -Achse.
Mit der angegebenen Gleichung wird allerdings das Volumen des Rotationskörpers berechnet, der bei der Rotation dieser Fläche um die $x$ -Achse entsteht. Dieses Volumen ist nicht identisch, es entsteht ein völlig anderer Körper.
Zur Korrektur dieses Fehlers muss zunächst die Umkehrfunktion $p^{-1}$ von $p$ und die zugehörige positive Nullstelle $x_1$ bestimmt werden. Das Volumen kann dann wie folgt berechnet werden:

$V= \pi \cdot \displaystyle\int_{0}^{x_1}\left(p^{-1}(x)\right)^2\;\mathrm dx$

$\blacktriangleright$ Umwandeln des Volumens in $\boldsymbol{cm}^3$

Aufgrund der Angabe $1\,\text{LE} = 4\,\text{cm},$ wurde hier davon ausgegangen, dass dieses Verhältnis auch auf die Volumeneinheiten zutrifft. Dieser Fehler ist vergleichbar mit dem Fehler würde man davon ausgehen, dass $100\,\text{cm}^3$ auch $1\,\text{m}^3$ entsprächen, was nicht der Fall ist.

Betrachtet man beispielsweise einen Würfel mit dem Volumen $1\,\text{VE},$ hat dieser die Kantenlänge $1\,\text{LE}.$ Das Volumen kann dann wie folgt umgewandelt werden:

$1\,\text{VE} = 64\,\text{cm}^3$

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Richtig wäre also:

$\dfrac{1\,\text{VE}}{64\,\text{cm}^3} = \dfrac{V}{V_{\text{cm}^3}}$

$\blacktriangleright$ Berechnen der Masse mithilfe der Dichte des Materials

Für die Dichte $\rho$ eines Materials gilt folgende Formel:

$\rho = \dfrac{m}{V}$

Umformen nach der Masse $m$ ergibt:

$\begin{array}[t]{rll} \rho&=&\dfrac{m}{V} &\quad \scriptsize \mid\;\cdot V \\[5pt] V\cdot \rho &=& m \end{array}$

Die Masse des Körpers kann also tatsächlich berechnet werden, indem das berechnete Volumen mit der Dichte des Materials multipliziert wird. Dieser Schritt ist also richtig.