Aufgabe 1

Die Funktion $f$ ist gegeben durch die Gleichung

$f(x)=10\cdot(x-1)\cdot \mathrm e^{-x}$ , $x\in\mathbb{R}$ .

Der Graph von $f$ ist in Abbildung 1 dargestellt.

Graph einer Funktion mit x- und y-Achse, zeigt den Verlauf von f(x) in einem Koordinatensystem.

Abbildung 1

(1)

Begründe, dass $x = 1$ die einzige Nullstelle von $f$ ist.

(2)

Zeige: $\(f$ .

(3)

Untersuche $f$ rechnerisch auf lokale Extremstellen.

[Kontrolllösung: An der Stelle $x = 2$ liegt eine lokale Maximalstelle vor.]

(4)

Ermittle, für welche $x \in\mathbb{R}$ gilt: $f(x) \lt 0,1$ .

(1 + 2 + 3 + 3 Punkte)

$P_u(u\mid f(u))$ ist ein beliebiger Punkt auf dem Graphen von $f$ .
$P_u$ legt zusammen mit $N(1 \mid 0)$ und $F_u(u\mid0)$ das Dreieck $NF_uP_u$ fest.

(1)

Zeichne in Abbildung 1 das Dreieck $NF_uP_u$ ein, das sich ergibt, wenn $P_u$ mit dem Hochpunkt des Graphen von $f$ übereinstimmt.

(2)

Bestimme den Flächeninhalt des in b) (1) gezeichneten Dreiecks.

(3)

Untersuche, ob $P_u$ so auf dem Graphen von $f$ gewählt werden kann, dass das zugehörige Dreieck $NF_uP_u$ den Flächeninhalt $2\; \text{FE}$ hat.

(1 + 2 + 4 Punkte)

(1)

Gegeben ist die Funktion $t$ mit $t(x)=-10\cdot\mathbb{e}^{-3}\cdot x+50\cdot\mathbb{e}^{-3}$ , $x\in\mathbb{R}$ , und der Wendepunkt $W(3\mid f(3))$ des Graphen von $f$ .

Weise rechnerisch nach, dass der Graph von $t$ die Tangente an den Graphen von $f$ im Punkt $W$ ist.

(2)

Die Schnittpunkte der in c) (1) gegebenen Tangente mit den beiden Koordinatenachsen legen zusammen mit dem Koordinatenursprung $O(0\mid 0)$ ein Dreieck fest.

Berechne den Umfang dieses Dreiecks.

(3)

Im Intervall $[1;5]$ begrenzen der Graph von $f$ und die in c) (1) gegebene Tangente zusammen mit der $x$ -Achse eine Fläche $F$ (siehe Abbildung 2).

Bestimme den Flächeninhalt von $F.$

Grafische Darstellung von Funktionen f(x) und t(x) mit Achsen und Bezeichnungen.

Abbildung 2

(4 + 4 + 3 Punkte)

Die Gerade mit der Gleichung $y=x$ wird als "1. Winkelhalbierende" bezeichnet. Es gibt genau einen Punkt $R$ auf dem Graphen von $f,$ in dem die Tangente $t_R$ an den Graphen von $f$ parallel zur 1. Winkelhalbierenden ist.

(1)

Ermittle rechnerisch eine Gleichung für die Tangente $t_R$ .

[Mögliche Lösung: Falls man auf vier Stellen nach dem Komma rundet, ergibt sich für die Tangente $t_R$ als Gleichung $y=x- 0,3823$ .]

(2)

Die Gerade mit der Gleichung $y=-x$ wird als "2. Winkelhalbierende" bezeichnet.

Bestimme den Schnittpunkt der Tangente $t_R$ mit der 2. Winkelhalbierenden.

(3)

Ermittle rechnerisch den Abstand, den die Tangente $t_R$ von der 1. Winkelhalbierenden hat.

(4 + 4 + 2 Punkte)

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(1)

$\begin{array}[t]{rll} f(x)&=& 0&\quad \scriptsize \\[5pt] 10 \cdot (x-1) \cdot \mathrm e^{-x}&=& 0 \end{array}$

Da $10\neq 0$ und $\mathrm e^{-x}\neq 0$ für alle $x \in \mathbb R,$ folgt mit dem Satz vom Nullprodukt, dass $x-1=0$ sein muss und daraus $x=1$ als einzige Nullstelle.

(2)

$f(x)= 10 \cdot (x-1) \cdot \mathrm e^{-x}$

Mit der Produktregel folgt:

Erste Ableitung anzeigen

$\( f$

(3)

1. Schritt: Ableitungen bestimmen

$\( f$

Anwenden der Produktregel:

Zweite Ableitung anzeigen

$\( f$

2. Schritt: Notwendige Bedingung für Extremstellen anwenden

$\(\begin{array}[t]{rlll} f$

Da $10\neq 0$ und $\mathrm e^{-x}\neq 0$ für alle $x \in \mathbb R,$ folgt mit dem Satz vom Nullprodukt, dass $2-x=0$ sein muss und daraus $x=2$ als einzige lokale Extremstelle.

3. Schritt: Hinreichende Bedingung für Extremstellen anwenden

$\( f$

Also besitzt $f$ genau eine lokale Extremstelle: Bei $x=2$ nimmt $f$ ein lokales Maximum an.

(4)

$f(x)=0,1$ lässt sich mit dem solve-Befehl des TR lösen.

Als Lösungen ergeben sich $x_1 \approx 0,9735,$ $x_2\approx 1,0280$ und $x_3 \approx 6,2665.$

Aus dem Verlauf des Graphen von $f$ ergibt sich, dass für $x \lt x_2\approx 1,0280$ und für $x \gt x_3 \approx 6,2665$ die Bedingung $f(x) \lt 0,1$ erfüllt ist.

(1)

Die Extremstelle der Funktion $f$ liegt an $x=2,$ daraus folgt $u=2.$ Daraus ergeben sich die Koordinaten des Hochpunktes mit $P_2(2 \mid 1,35)$ und $F_2(2 \mid 0).$

Graph einer Funktion mit Punkten und einem grünen Bereich. Achsen sind beschriftet.

(2)

Für den Flächeninhalt der Dreiecksfläche $A_D$ gilt:

$\begin{array}[t]{rll} A_D&=&\dfrac{1}{2} \cdot 1 \cdot f(2) &\quad \scriptsize \\[5pt] &\approx &\dfrac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1,3534 &\quad \scriptsize \\[5pt] &= &0,6767 \, [\text{FE}] \end{array}$

(3)

Der Flächeninhalt des Dreiecks $NF_uP_u$ ergibt sich mit $A(u)=\dfrac{1}{2} \cdot (u-1) \cdot f(u).$

Es soll $A(u)=2$ sein. Mit dem solve-Befehl des Taschenrechners folgt die Lösung $u \approx 0,28.$

Für $P_{0,28}$ aergibt sich somit ein Dreieck mit dem Flächeninhalt $2 \,\text{FE}.$

(1)

1. Schritt: Gleichheit der Steigung prüfen

$\(\begin{array}[t]{rlll} m_t &=& f$

2. Schritt: Punktprobe mit $\left( 3 \mid f(3) \right)$

$t(3) =f(3)$

Vollständigen Rechenweg anzeigen

$20=20$

Daraus folgt, dass der Graph von $t$ die Tangente an den Graphen von $f$ im Punkt $W$ ist.

(2)

1. Schritt: Schnittpunkte der Tangente mit den Koordinatenachsen bestimmen

Vollständigen Rechenweg anzeigen

$x=5$

Somit folgt der Schnittpunkt mit der $x$ -Achse mit $S_x \left(5 \mid 0 \right).$

$\begin{array}[t]{rll} t(0)&=& -10\cdot \mathrm e^{-3}\cdot0+50 \cdot \mathrm e^{-3} \\[5pt] &=&50 \cdot \mathrm e^{-3} \end{array}$

Der Schnittpunkt der Tangente mit der $y$ -Achse ist $S_y\left(0\mid 50 \cdot \mathrm e^{-3} \right).$

2. Schritt: Länge der Strecke zwischen den Schnittpunkten bestimmen

Die Länge der Strecke zwischen den Schnittpunkten wird mit dem Satz des Pythagoras bestimmt, da $OS_xS_y$ ein rechtwinkliges Dreieck mit der Hypotenuse $\overline{S_xS_y}$ ist.

Diagramm mit Achsen, Vektoren und geometrischen Elementen zur Veranschaulichung mathematischer Konzepte.

$\begin{array}[t]{rlll} \mid \overline{S_xS_y}\mid^2 &=& 5^2+(50 \cdot \mathrm e^{-3})^2& \quad \scriptsize \mid \; \sqrt{\;}\\[5pt] \mid \overline{S_xS_y}\mid &=& \sqrt{ 5^2+ (50 \cdot \mathrm e^{-3})^2}\\[5pt] &\approx& 5,59& \quad \scriptsize\\[5pt] \end{array}$

Die Länge der Strecke zwischen den Schnittpunkten der Tangente mit den Koordinatenachsen beträgt ungefähr $5,59 \; [\text{LE}].$

3. Schritt: Umfang des Dreiecks berechnen

$U= 5+2,49 +5,59 = 13,08 \,[\text{LE}]$

(3)

Für den Inhalt der Fläche $F$ gilt: $F=A_1+A_2.$

$A_1= \displaystyle\int_{1}^{3}f(x)\;\mathrm dx$

$A_2= \displaystyle\int_{3}^{5}t(x)\;\mathrm dx$

Grafik mit mathematischen Funktionen, Achsen und Flächen unter Kurven.

Die Werte von $A_1$ und $A_2$ werden mit dem GTR berechnet.

$\blacktriangleright$ TI 84-PLUS

2nd $\to$ trace (calc) $\to$ 7: $\int f(x)\;\mathrm dx$

$\blacktriangleright$ Casio fx-CG

F5 (G-Solv) $\to$ F6 $\to$ F3: $\int \;\mathrm dx$

Für den Flächeninhalt von $F$ folgt:

$\begin{array}[t]{rll} F&=& \displaystyle\int_{1}^{3}f(x)\;\mathrm dx+ \displaystyle\int_{3}^{5}t(x)\;\mathrm dx \\[5pt] &\approx& 2,19 +0,99 \\[5pt] &=&3,1809\; [\text{FE}] \end{array}$

(1)

Die allgemeine Tangentengleichung lautet: $\(t_R (x) = f$

Da die Tangente $t_R$ parallel zur 1. Winkelhalbierenden ist, gilt folglich $\(f$

$\(\begin{array}[t]{rll} f$

Mit dem solve-Befehl des TR folgt $x_0 \approx 1,5356.$

$f(x_0) = f(1,5356)=1,1533$

Die Tangentengleichung folgt mit:

$\begin{array}[t]{rll} t_R (x)&=&1 \cdot (x-1,5356) +1,1533 &\quad \scriptsize \\[5pt] t_R (x)&=&x-0,3823 \end{array}$

(2)

$\begin{array}[t]{rll} t_R (x)&=& y&\quad \scriptsize \\[5pt] x-0,3823 &=& -x&\quad \scriptsize \mid\; -x \\[5pt] -0,3823 &=& -2x&\quad \scriptsize \mid\; :(-2) \\[5pt] 0,1912&\approx &x \end{array}$

$t_R(x)= t_R(0,1912)$ $= 0,1912-0,3823\approx-0,1912$

Die Koordinaten des Schnittpunkts der Tangente $t_R$ und der 2. Winkelhalbierenden lauten $S(0,1912 \mid -0,1912).$

(3)

1. Schritt: Nullstellen bestimmen

$x_{w(x)}=0$ und $x_{t_R} = 0,382$

2. Schritt: Abstand der Nullstellen bestimmen

$d_{NS}= \mid w(0) -t_R(0) \mid$ $=\mid 0- 0,3824\mid=0,3824$

3. Schritt: Senkrechter Abstand $d_G$ zwischen den Geraden

$d_G$ wird mit dem Satz des Pythagoras berechnet, denn in dem grünen rechtwinkligen Dreieck (siehe Hilfsskizze) gilt:

$\begin{array}[t]{rll} d_{NS}^2&=& d_G^2 +d_G^2&\quad \scriptsize \\[5pt] 0,3824^2&=& 2 \cdot d_G^2 &\quad \scriptsize \mid\;:2 \, \mid\sqrt{\,} \\[5pt] \dfrac{0,3824}{\sqrt{2}}&=& d_G &\quad \scriptsize \\[5pt] 0,2704 \, \text{[LE]}&\approx&d_G \end{array}$

Mathematische Grafik mit Achsen, einem Dreieck und Beschriftungen zu Distanzen.

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