Deute diese Tatsache geometrisch

$${\displaystyle \underset{x\to -\infty }{\lim }(-x^2+3x)\cdot e^{\frac{1}{2}x}=0}$$, da die e-Funktion stärker gegen null geht, als die Potenzfunktion gegen unendlich geht. Die x-Achse ist Asymptote von $G_f$.

Berechne die Nullstellen von $f$

Berechne $f(x)=0$:

$0=(-x^2+3x)\cdot e^{\frac{1}{2}x}$

Weil ${\mathrm{e}}^{-x}\ne 0$ für alle $x\in ℝ$ folgt mit dem Satz vom Nullprodukt:

$-x^2+3x=0$ $\Rightarrow x\cdot (-x+3)=0$$\Rightarrow x=0$ oder $x=3$

Die Nullstellen sind $x=0$ und $x=3$.

Berechne die Koordinaten von $H$

Die notwendige Bedingung für ein Extremum ist $f^{\prime }(x)=0$.

Bilde mithilfe der Produkt- und Kettenregel die 1. Ableitung und löse die Gleichung $f^{\prime }(x)=0$.

$f^{\prime }(x)=(-2x+3)\cdot e^{\frac{1}{2}x}+(-x^2+3x)\cdot e^{\frac{1}{2}x}\cdot \frac{1}{2}=e^{\frac{1}{2}x}(-2x+3-\frac{1}{2}{x}^2+\frac{3}{2}x)$

$f^{\prime }(x)=e^{\frac{1}{2}x}(-\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{2}x+3)$

$\Rightarrow 0=e^{\frac{1}{2}x}(-\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{2}x+3)$

Weil ${\mathrm{e}}^{-x}\ne 0$ für alle $x\in ℝ$ folgt mit dem Satz vom Nullprodukt:

$-\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{2}x+3=0$ $\Rightarrow x^2+x-6=0$

Du hast eine quadratische Gleichung erhalten. Diese kannst du

nun mit der Mitternachtsformel (abc-Formel) oder pq-Formel lösen.

Hier erfolgt die Lösung mit der pq-Formel.

Dann folgt: $x_1=-{\displaystyle \frac{1}{2}}-{\displaystyle \frac{5}{2}}=-3$ und $x_2=-{\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{5}{2}}=2$

Der Hochpunkt liegt nach der Abbildung bei $x=2$. (Deshalb ist auch kein weiterer Nachweis erforderlich.)

Berechne den Funktionswert an der Stelle $x_2$.

$f(2)=(-2^2+3\cdot 2)\cdot e^{\frac{1}{2}\cdot 2}=(-4+6)\cdot e^1=2e$$\Rightarrow H(2|2e)$

Gib die Wertemenge von $f$ an und begründe Deine Angabe

$${\displaystyle \underset{x\to \infty }{\lim }\underset{\to -\infty }{\underbrace{(-x^2+3x)}}\cdot \underset{\to +\infty }{\underbrace{e^{\frac{1}{2}x}}}=-\infty }$$, das ist die linke Intervallgrenze.

$H(2|2e)$ ist der einzige Hochpunkt, der y-Wert ist der größte auftretende Wert, das ist die rechte Intervallgrenze.

$\Rightarrow W_f=]-\infty ;2e]$.

Ermittle die Größe des Winkels, unter dem sich die Tangente an $G$ im Koordinatenursprung und die Gerade durch $T$ und $H$ schneiden

Steigung der Tangente an den Graphen im Ursprung:

$m_0=f^{\prime }(0)=e^{\frac{1}{2}\cdot 0}(-\frac{1}{2}\cdot 0^2-\frac{1}{2}\cdot 0+3)=1\cdot 3=3$

Gesucht ist die Steigung der Verbindungsgeraden der beiden Extrema durch die Punkte $T(-3|-18\cdot e^{-\frac{3}{2}})$ und $H(2|2e)$$\Rightarrow m_{TH}={\displaystyle \frac{-18\cdot e^{-\frac{3}{2}}-2e}{-3-2}}={\displaystyle \frac{18\cdot e^{-\frac{3}{2}}+2e}{5}}$

Dann gilt für die Winkel:

$\tan \alpha =m_0=3\Rightarrow \alpha ={\tan }^{-1}(3)\approx {\mathrm{71,565}}^{°}$und $\tan \beta =m_{TH}={\displaystyle \frac{18\cdot e^{-\frac{3}{2}}+2e}{5}}\Rightarrow \beta ={\tan }^{-1}\left({\displaystyle \frac{18\cdot e^{-\frac{3}{2}}+2e}{5}}\right)\approx {\mathrm{62,124}}^{°}$

Der gesuchte Winkel $\gamma$ ist die Differenz der beiden berechneten Winkel:

$\gamma \approx \alpha -\beta ={\mathrm{71,565}}^{°}-{\mathrm{62,124}}^{°}\approx {\mathrm{9,44}}^{°}$

Die folgende Abbildung ist nicht in der Aufgabenstellung gefordert. Sie dient nur zur Veranschaulichung.

Beschreibe, wie man dieses Maximum berechnen kann

• Berechne die 2. Ableitung von $f$.

• Löse die Gleichung $f^{\prime \prime }(x)=0$.

• Die erhaltenen Werte werden in die 1. Ableitung eingesetzt.

• Der größte dieser Werte ist das globale Maximum.

Gib im Sachzusammenhang die Bedeutung des Hochpunkts $H$ unter Berücksichtigung seiner Koordinaten an

Es ist $H(2|2e)$, d. h. $2\text{ s}$ nach Bremsbeginn lädt die Batterie sich am stärksten mit $2e\approx \mathrm{5,4}{\displaystyle \frac{\text{kJ}}{\text{ s}}}$ auf. Bei $t=2\text{ s}$ gibt es die größte Änderungsrate der Energie.

Bestimme mithilfe der Abbildung die Länge der Zeitspanne auf Sekunden genau, in der der Batterie mindestens drei Kilojoule pro Sekunde entnommen werden

Zeichne eine Parallele zur x-Achse bei $y=-3$. (Unterhalb der x-Achse findet ein Energieverlust statt.)

Die beiden Schnittpunkte dieser Geraden mit $G_f$ begrenzen das Zeitintervall.

Das Zeitintervall, in dem die Batterie mindestens $3{\displaystyle \frac{\text{kJ}}{\text{ s}}}$ verliert, beträgt rund $4\text{ s}$.

Interpretiere den Wert des Integrals im Sachzusammenhang

Das Integral berechnet die Flächenbilanz im Intervall $[-10;3]$ und diese ist negativ. Die Batterie verliert in diesem Zeitraum insgesamt $15\text{kJ}$.

Zeichne $G_0$ in die Abbildung ein

Gib an, wie $G_a$ für $a>0$ aus $G_0$ hervorgeht

Für $a=0$ ist $g_a(x)=-f(x)$, d. h. $G_f$ wird an der x-Achse gespiegelt.

($G_0$ ist orangefarbig.)

Für $a>0$ wird der Graph von $G_f$ um a-Einheiten in positive y-Richtung verschoben.

In der Abbildung zu Aufgabe h) haben die Graphen $G_f$ und $G_g$ genau zwei Schnittpunkte, d. h., hier ist $a=0$.

Wird $a$ vergrößert, dann bleiben die beiden Schnittpunkte erhalten, solange der Tiefpunkt von $G_g$ unterhalb des Hochpunktes von $G_f$ bleibt.

Die y-Koordinate des Hochpunktes ist $2e$ und der Tiefpunkt von $G_g$ muss um $2\cdot 2e=4e$ verschoben werden, damit der Tiefpunkt auf den Hochpunkt fällt.

Damit der Tiefpunkt unterhalb des Hochpunktes bleibt, muss $a<4e$ sein.

Insgesamt gilt dann:

Für $0\le a<4e$ haben die Graphen $G_f$ und $G_g$ genau zwei Schnittpunkte.

Die folgende Abbildung ist in der Aufgabenstellung nicht gefordert. Sie dient nur zur Veranschaulichung.

(Rechts und links von $H$ sind die beiden Schnittpunkte.)

Es gibt noch einen weiteren Wert für $a$, bei dem die Graphen $G_f$ und $G_g$ genau zwei Schnittpunkte haben. Der Hochpunkt von $G_g$ muss auf den Tiefpunkt von $G_f$ fallen.

Das ist der Fall, wenn $a=2\cdot y_T=2\cdot (-18e^{-\frac{3}{2}})=-36e^{-\frac{3}{2}}\approx -\mathrm{8,03}$ ist.

Die folgende Abbildung ist in der Aufgabenstellung nicht gefordert. Sie dient nur zur Veranschaulichung.

Ermittle $a$ und $b$

Nach Aufgabe h) hat $G_0$ die x-Achse als Asymptote. Demnach muss $G_0$ um 2 nach oben verschoben werden$\Rightarrow a=2$.

Der ursprüngliche Tiefpunkt von $G_g$ liegt bei $x=2$.

Der Faktor $b$ vor dem $x$ bewirkt eine Streckung/Stauchung mit dem Faktor ${\displaystyle \frac{1}{b}}$ in x-Richtung.

Das führt zu dem folgenden Ansatz:

Für $a=2$ und $b=-4$ sind die beiden Bedingungen erfüllt.

Die folgende Abbildung ist in der Aufgabenstellung nicht gefordert. Sie dient nur zur Veranschaulichung.