Es muss $f(x)=0$ sein. Dazu wird der Radikand gleich null gesetzt.

Die Nullstellen von $f$ sind $0$ und $10$.

Bei einer waagrechten Tangente muss $f'(x)=0$ sein.

Berechne zunächst die Ableitung der gegebenen Funktion.

Es ist $f(x)=\sqrt{g(x)}$. Die Ableitung lautet dann unter Beachtung der Kettenregel $f'(x)=\dfrac{1}{2\cdot\sqrt{g(x)}}\cdot g'(x)$

Für die gegebene Funktion folgt damit:

$f'(x)=\dfrac{1}{2\cdot\sqrt{10x-x^2}}\cdot(10-2x) =\dfrac{10-2x}{2\cdot\sqrt{10x-x^2}}$

Setze $f'(x)=0$ $\;\Rightarrow\;$ Der Zähler muss gleich null gesetzt werden.

An der Stelle $x=5$ hat die Funktion $f$ eine waagrechte Tangente.

Für die Koordinaten des Punktes muss noch $f(5)$ berechnet werden:

Im Punkt $P(5|10)$ besitzt der Graph $G_f$ eine waagrechte Tangente.

Der $P(5|10)$ soll ein Hochpunkt sein.

Der Nachweis kann z.B. mit einer Vorzeichentabelle erfolgen oder über die 2. Ableitung. Hier wird die Vorzeichentabelle verwendet.

Berechne dazu z.B. $f'(4)$ und $f'(6)$ und vergleiche mit $f'(5)$.

$f'(4)=\dfrac{1}{\sqrt{24}}$ und damit ist $f'(4)>0$

$f'(6)=-\dfrac{1}{\sqrt{24}}$ und damit ist $f'(6)<0$.

Damit ist nachgewiesen, dass der Punkt $(5|10)$ ein Hochpunkt ist.

Der Graph $G_f$ ist rechtsgekrümmt., d.h. $f^{\prime\prime}(x)<0$.

Berechne für die Terme $\mathrm{I}$ und $\mathrm{II}$ jeweils einen Wert für die $2.$ Ableitung, z.B. $f''(1)$.

Für Term $\mathrm{I}$ folgt dann:$\;f''(1)=\dfrac{50}{(1^2-10\cdot 1)\cdot \sqrt{10\cdot 1-1^2}}=\dfrac{50}{(-9)\cdot 3}<0$.

Für Term $\mathrm{II}$ erhält man:$\;f''(1)=\dfrac{50}{(10\cdot 1-1^2)\cdot \sqrt{10\cdot 1-1^2}}=\dfrac{50}{9\cdot 3}>0$.

Der Term $\mathrm{I}$ ist somit der Term von $f''$.

Die Gleichung $f(5-x)=f(5+x)$ soll für $0\leq x\leq5$ erfüllt sein.

Betrachte zunächst der Funktionsterm $f(5-x)$:

Betrachte nun den Funktionsterm $f(5+x)$:

Die Umformung der beiden Funktionsterme $f(5-x)$ und $f(5+x)$ ergab jeweils den gleichen Term $2\cdot \sqrt{25-x^2}$.

Damit ist nachgewiesen, dass die Gleichung $f(5-x)=f(5+x)$ für $0\leq x\leq5$ erfüllt ist.

Die Gleichung $f(5-x)=f(5+x)$ ist gültig, d.h. der Graph der Funktion $f$ ist achsensymmetrisch zur Stelle $x=5$.

Maximaler Definitionsbereich

Gegeben ist $f'(x)=\dfrac{10-2x}{\sqrt{10x-x^2}}$.

Bei einer Wurzel im Nenner eines Bruches sind für den Radikanden nur positive Werte erlaubt$\;\Rightarrow\;10x-x^2>0$.

Der zu dem Funktionsterm $r(x)= 10x-x^2$ gehörende Graph ist eine nach unten geöffnete Parabel mit den beiden Nullstellen $0$ und $10$ (bekannt aus Aufgabe a)).

Gesucht sind also alle Stellen, an denen der Graph oberhalb der $x$-Achse verläuft.

Das ist der Fall für $0<x<10\;\Rightarrow\;D_{f'}=]0{,}10[$.

Bestimmen Sie $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0} f'(x)$

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0} f'(x)=\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0} \dfrac{10-\overbrace{2x}^{\rightarrow 0}}{\sqrt{\underbrace{10x-x^2}_{\rightarrow 0}}}=\dfrac{10-0}{\rightarrow0}=+\infty$

Die Steigung der Funktion $f$ geht für $x\rightarrow0$ gegen $+\infty$.

$f(x)=2\cdot \sqrt{10\cdot x-x^2}$

Berechne $f(8)$:

Somit folgt: $f(8)=8$

Graphische Darstellung der Funktion $f$ unter Berücksichtigung der bisherigen Ergebnisse.

Berechne zunächst $f(2)$:

Anmerkung: Man kann für die Berechnung von $f(2)$ auch die Symmetrieeigenschaft der Funktion $f$ zu $x=5$ benutzen:

$f(2)=f(5-3)=f(5+3)=8$ (nach Aufgabe f)).

Die Tangente an $G_f$ im Punkt $(2|8)$ schneidet die $x$-Achse unter einem bestimmten Winkel.

Die allgemeine Tangentengleichung lautet: $y=m\cdot x+b$

Dabei ist $m=f'(2)=\tan(\alpha)$

Berechne $f'(2)$:

Damit kann der $\tan(\alpha)$ berechnet werden:

$\tan(\alpha)=f'(2)=\dfrac{3}{2}$

Mit dem Taschenrechner wird der dazugehörige Winkel berechnet.

$\alpha=\tan^{-1}\left(\dfrac{3}{2}\right)\approx 56{,}31^\circ.$

Die Tangente schneidet die $x$-Achse unter einem Winkel von etwa $56{,}3^\circ$.

Der Punkt $A(s|0)$ wurde auf der $x$-Achse eingetragen. Aus Symmetriegründen liegt der Punkt $B$ bei $B(10-s|0)$ und entsprechend die Punkte $C(10-s|f(10-s))$ und $D(s|f(s))$.

Für die Strecke [AB] gilt dann: $\overline{AB}=10-s-s=10-2s$ und für die Strecke [AD] gilt $\overline{AD}=f(s)=2\cdot\sqrt{10 s-s^2}$

Im $\textcolor{ff6600}{\text{orangen} }$ Dreieck gilt dann der Satz des Pythagoras:

$d^2=\overline{AB}^2+\overline{AD}^2=(10-2s)^2+(2\cdot\sqrt{10 s-s^2})^2$

Damit ist gezeigt, dass die Diagonalen des Rechtecks jeweils die Länge $10$ besitzen.

$f(x)=2\cdot \sqrt{10\cdot x-x^2}$ ist die Spritzweite des Wassers in Metern und $x$ ist die Höhe des Bohrlochs über dem Speicherboden in Metern.

Der Graph $G_f$ verläuft durch den Punkt $(3{,}6|9{,}6)$.

$x=3{,}6$ $\;\Rightarrow\;$ die Höhe des Bohrlochs über dem Speicherboden beträgt $3{,}6\;\mathrm{m}$.

$f(3{,}6|9{,}6)$ $\;\Rightarrow\;$befindet sich das Bohrloch in einer Höhe von $3{,}6\;\mathrm{m}$, dann beträgt die Spritzweite des Wassers $9{,}6\;\mathrm{m}$.

$f(x)=2\cdot \sqrt{10\cdot x-x^2}$

Gefordert wird in der Aufgabe, dass $f(x)=6$ ist:

Die erhaltene quadratische Gleichung löst man mit der Mitternachtsformel(abc-Formel) oder mit der p-q-Formel. Hier wird die pq-Formel verwendet.

Lies die Werte für $p$ und $q$ ab:

$p=-10$ und $q=9$

Wird das Bohrloch in einer Höhe von $1\;\mathrm{m}$ oder in $9\;\mathrm{m}$ Höhe angebracht, dann beträgt die Spritzweite $6\;\mathrm{m}$.

Die maximale Spritzweite

Das Maximum der Funktion $f$ wurde in Aufgabe b) berechnet: $HP(5|10)$

Die Höhe, in der das Loch gebohrt werden muss, damit die Spritzweite maximal ist, beträgt demnach $5\;\mathrm{m}$. Die maximale Spritzweite ist dann $10\;\mathrm{m}$.

Die momentane Änderungsrate in $\dfrac{\text{Litern}}{\text{Sekunde}}$ wird durch die Funktion $g(x)=0{,}25t-25$ beschrieben. Dabei gilt für die Zeit $0\leq t\leq 100$.

Berechnen Sie das Volumen des Wassers in Litern, das innerhalb der ersten Minute nach Fertigstellung des Bohrlochs aus dem Behälter abfließt.

Dazu muss die momentane Änderungsrate integriert werden, und zwar von $t=0$ bis $t=60$ ($1$ Minute = $60$ Sekunden).

$V=\displaystyle \int_{0}^{60}(0{,}25t-25) \mathrm{d}x=[0{,}125t^2-25t]_0^{60}$

In die Klammer wird für $t$ der obere Wert ($60$) eingesetzt und minus die Klammer mit dem unteren Wert ($0$) gerechnet.

$V=\left(0{,}125\cdot 60^2-25\cdot 60\right)-(0-0)=450-1500=-1050$

Das Volumen des Wassers, das innerhalb der ersten Minute nach Fertigstellung des Bohrlochs aus dem Behälter abfließt, beträgt $1050$ Liter.

Anmerkung: Der Graph der Funktion $g(x)$ verläuft unterhalb der $x$-Achse. Deshalb ist der Wert des Integrals negativ.