Die Aufgabe verlangt Kenntnisse über Eigenschaften ganzrationaler und trigonometrischer Funktionen, über deren Integralfunktionen und die Fähigkeit des Verschiebens, Strecken/Stauchens von Funktionstermen.

Lösung Teilaufgabe a)

Wenn du mit der Bedeutung von Nullstellen einer Funktion für die Linearfaktordarstellung des Funktionsterms vertraut bist, kannst du den folgenden Spoiler übergehen.

Verwende die gegebenen Nullstellen $x_1=0$, $x_2=5$ und $x_3=10$ zur Linearfaktordarstellung des gesuchten Funktionsterms.

Den gegebenen Punkt $(1|2)$ in die Funktionsgleichung einsetzen und nach $a$ auflösen:

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{rcl}2&=&a\cdot (1^3-15\cdot 1^2+50\cdot 1)\\2&=&36a\\a&=&\displaystyle \frac{1}{18}\end{array}$

$\quad\quad\Rightarrow\;f(x)=\displaystyle \frac{1}{18}\cdot (x^3-15x^2+50x)$

ist der gesuchte Funktionsterm der ganzrationalen Funktion 3. Grades.

Lösung Teilaufgabe b)

Wendepunkt berechnen

Die notwendige Bedingung für einen Wendepunkt einer differenzierbaren Funktion ist, dass die 2. Ableitung an der gesuchten Stelle Null ist.

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array} {lcll}\quad f(x)&=&\frac{1}{18}\cdot (x^3-15x^2+50x)&\quad\text{Bilde die 1. Ableitung}\\\quad f'(x)&=&\frac{1}{18} \cdot (3x^2-30x+50)&\quad\text{Bilde die 2. Ableitung}\\\quad f''(x)&=&\frac{1}{18}\cdot (6x-30)&\quad\text{Setze die 2. Ableitung 0}\end{array}$

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array} {rcll}\quad\frac{1}{18} \cdot (6x-30)&=&0&\quad\text{2. Faktor muss 0 sein}\\6x-30&=&0&\quad|+30\\&&&\quad |:6\\x_W&=&5&\quad \text{Setze x=5 in f(x) ein}\end{array}$

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array} {lcl}\quad f(5)&=&\frac{1}{18} \cdot (5^3-15\cdot 5^2+50\cdot 5)\\\quad f(5)&=&\frac{1}{18}\cdot (125-375+250)\\\quad f(5)&=&0&&\Rightarrow\;W(5|0)\end{array}$

Der Punkt W(5|0} ist tatsächlich Wendepunkt, wenn auch die hinreichende Bedingung erfüllt ist, dass gilt: $f'''(x)\neq0$.

Die 3. Ableitung von $f$ ist eine von Null veschiedene konstante Funktion:

$\quad\quad\quad f'''(x)=\frac{1}{18}\cdot 6=\frac13\neq0$.

Also: W(5|0) ist Wendepunkt des Graphen von f.

Tangente bestimmen

Zur Ermittlung der Gleichung der Tangente $t$ in einem beliebigen Punkt $(x_0|f(x_0))$ des Graphen von $f$ kannst du folgende Formel benutzen:

$\quad\quad\quad t:\;\displaystyle \frac{y-f(x_0)}{x-x_0}=f'(x_0)$

Setze die Koordinaten von $W$ und den Steigungswert $f'(5)$ in die Formel ein:

$f'(5)=\frac{1}{18}\cdot (3 \cdot 5^2-30\cdot 5+50)=-\frac{25}{18}$

$\quad\quad t:\;\displaystyle \frac{y-0}{x-5}=-\frac{25}{18}\quad|\cdot(x-5)$

Die Gleichung der gesuchten Tangente im Wendepunkt $W$ an den Graphen von $f$ lautet:

$\quad \quad t:\;y=\displaystyle -\frac{25}{18}x+\frac{125}{18}$

Lösung Teilaufgabe c)

Verschiebung ermitteln

Überlegung:

Wenn der Graph von $f$ durch eine Verschiebung längs der postiven $x$-Richtung aus dem Graphen von $g$ hervorgeht, müssen z.B. die Nullstellen von $g$ zu den Nullstellen von $f$ werden.

Berechnung der Nullstellen von $g$:

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array} {rccl}\frac{1}{18}(x^3-25x)&=&0&\text{Funktionsterm in Linearfaktoren zerlegen}\\&&&\text{und zunächst x ausklammern}\\\frac{1}{18}x(x^2-25)&=&0&\text{2. binomische Formel anwenden}\\\frac{1}{18} x(x-5)(x+5)&=&0&\text{Nullstellen ablesen}\\x_1&=&-5\\x_2&=&0\\x_3&=&+5\end{array}$

Die drei Nullstellen von $f$ nämlich ${{0;5;10}}$ erhält man aus den drei Nullstellen $-5;0;5$ von $g$ durch eine Verschiebung um 5 LE in positive $x$-Richtung. Diese Verschiebung verschiebt dann auch den gesamten Graphen von $g$ in den von $f$.

Punktsymmetrie zum Wendepunkt

Der Graph von $g$ ist punktsymmetrisch zu seiner Nullstelle $x=0$, da gilt:

$g(-x)=\frac{1}{18}\left[(-x)^3-25(-x)\right]=-\frac{1}{18}(x^3-25x)=-g(x)$

Bei der Verschiebung von $G_g$ auf $G_f$ wird der Punkt $(0|0)$ auf den Wendepunkt $W(5|0)$ von $G_f$ verschoben. Also ist der Graph von $f$ punktsymmetrisch zu seinem Wendepunkt $W(5|0)$.

Alternative Begründung

Jede ganzrationale Funktion 3. Grades ist punktsymmetrisch zu ihrem stets existierenden einzigen Wendepunkt.

Begründung:

Die 2. Ableitung einer jeden ganzrationalen Funktion 3. Grades ist eine nicht konstante lineare Funktion und hat deshalb genau eine Nullstelle, ihren "Wendepunkt".

Die 1. Ableitung ist als ganzrationale Funktion 2. Grades symmetrisch zu ihrer Symmetrieachse.Daraus folgt das punktsymmetrische Verhalten der Steigungswerte, also die Punktsymmetrie der Funktion 3. Grades.

Lösung Teilaufgabe d)

Lösung Teilaufgabe e)

Lösung Teilaufgabe f)

Die Integralfunktion $F_1$ ist nach dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung eine Stammfunktion von $f$.

Also gilt: $F_1'(x)=f(x)$.

Stammfunktionen von ganzrationalen Funktionen 3. Grades sind ganzrationale Funktionen 4. Grades.

Als solche kann $F_1$ höchstens 4 Nullstellen haben, da ganzrationale Funktionen n-ten Grades höchstens n Nullstellen haben können.

Damit ist der Nachweis der Teilaufgabe geführt.

Alternative Lösung

Du hast bereits in Teilaufgabe e) die dritte Nullstelle begründet. Nachdem aber der Graph nach der dritten Nullstelle bei ca. $10{,}8LE$ nur noch weiter ansteigt, wird auch die Flächenbilanz nur noch positiver, es gibt also keine weitere Nullstelle mehr in dieser Richtung.

Wenn man nun von $x=1$ in negative $x$-Richtung geht, ist der Graph erst positiv, das schlägt sich allerdings wegen der negativen Richtung negativ in der Flächenbilanz nieder. Anschließend ist der Graph allerdings negativ, was durch die negative Richtung einen positiven Beitrag zur Flächenbilanz hat. An einem Punkt gleichen sich der negative und der positive Beitrag aus und $F_1$ hat eine Nullstelle. Danach gibt es aber nur noch positive Beiträge zur Flächenbilanz, weil der Graph in negative $x$-Richtung immer negativer wird. Das heißt $F_1$ steigt links von seiner letzten Nullstelle immer weiter an und es gibt auch in dieser Richtung keine weiteren Nullstellen mehr.

Also hat $F_1$ vier und damit auch maximal vier Nullstellen.

Lösung Teilaufgabe g)

Als trigonometrische Funktion, diefür $x=0$ und $x=5$ eine Nullstelle hat und im Intervall $0<x<5$ oberhalb der $x-$Achse verläuft, bietet sich eine

• längs der positiven $x$-Achse

• und längs der positiven y-Achse

gestreckte Sinusfunktion mit folgendem Funktionsterm an:

$\quad\quad h(x)=b\cdot \sin(ax)$.

$\quad\quad\quad$

Streckung längs der x-Achse

Die Sinusfunktion $y=\sin\,x$ hat als erste Nullstelle $x= \pi$.

Wenn für die Funktion $y= \sin\,(a\cdot x)$ die erste Nullstelle $x=5$ sein soll, dann gilt für den Streckungsfaktor $a$:

$\quad a \cdot 5=\pi\quad\Rightarrow\quad a=\frac{\pi}{5}$.

Somit gilt zunächst:$\quad h(x)=b\cdot \sin(\frac{\pi}{5}x)$

Streckung längs der $y$-Achse

Eine Streckung von $h$ längs der $y$-Achse lässt die beiden Nullstellen $x=0$ und $x=5$ von $h$ unverändert, vergrößert aber den Flächeninhalt, den der Graph von $h$ mit der $x$-Achse einschließt.

Für $h$ ist gefordert: $\displaystyle \int_0^5 h(x)dx=\frac{625}{72}$.

Jetzt setzt du den Funktionsterm $h(x)$ ein, berechnest das bestimmte Integral - mit der Substitutionsregel - und löst die Gleichung nach $b$ auf.

$\def\arraystretch{2} \begin{array} {rcll} \int_0^5 b\cdot \sin\left(\frac{\pi}{5}x\right)dx&=&\dfrac{625}{72}&\text{ziehe Faktor b vors Integral}\\[2 ex]b\cdot \int_0^5\sin\left(\frac{\pi}{5}x\right)dx&=&\dfrac {625}{72}&\text{setze} \;z:=\frac{\pi}{5}x\\&&&\text{ersetze die obere Grenze}\,x=5\; \text{durch}\;z=\pi\\&&&\text{setze}\;dx=\frac{5}{\pi}dz\\b\cdot \color{red}{\frac{5}{\pi}}\cdot\int_{\color{red}{0}}^{\color{red}{\pi}}\sin\,z\,\color{red}{dz}&=&\dfrac{625}{72}&\text{berechne das bestimmte Integral}\\[2ex]b\cdot \dfrac{5}{\pi}\cdot\left[-\cos\,z\right]_o^{\pi}&=&\dfrac{625}{72}\\[2ex]b\cdot\dfrac{5}{\pi}\cdot(1+1)&=&\dfrac{625}{72}&|\cdot \frac{\pi}{10}\\[2ex]b&=&\dfrac{125}{144}\pi\end{array}$

Die gesuchte Funktion $h$ hat also folgenden Term:

$\quad\quad\displaystyle h(x)=\frac{125}{144}\pi\cdot \sin\left(\frac{\pi}{5}x\right)$

Graphische Darstellung