Analysis, Teil B, Aufgabengruppe 2

Gegeben:

$x=0$ ist die einzige Nullstelle von f, da der Quotient $${\displaystyle \frac{4x}{(x+1{)}^2}}$$ nur Null wird, wenn der Zähler $0$ ist.

Formale Berechnung der Nullstelle(n):

$$\begin{array}{rcll}{\displaystyle \frac{4x}{(x+1{)}^2}}& =& 0& |\cdot (x+1{)}^2\\ 4x& =& 0& :4\\ x& =& 0& \end{array}$$

Angabe der senkrechten Asymptote von $G_f$:

Die Funktion $f$ hat (nur) für $x=-1$ einen (geraden) Pol. Die Gleichung der senkrechten Asymptote des Graphen $G_f$ lautet also $x=-1.$

Formaler Nachweis des Polverhaltens der Funktion $f$:

linksseitige Annäherung an $x=-1$:

rechtsseitige Annäherung an $x=-1$:

$${\displaystyle \underset{h\to 0}{\lim }f(-1+h)={\displaystyle \underset{h\to 0}{\lim }\frac{\stackrel{\text{negativ}\to -4}{\overbrace{4(-1+h)}}}{\underset{\text{positiv}\to +0}{\underbrace{(+h{)}^2}}}=-\infty }}$$

Das rechnerische Ergebnis der beidseitigen Annäherung an die Stelle $x=-1$ bestätigt das Vorliegen einer geraden Polstelle mit $f(x)\to -\infty$.

Begründung der waagrechten Asymptote $y=0$ für $x\to \pm \infty$:

Die Funktion $f$ ist eine echt gebrochen rationale Funktion (der Grad des Zählers ist 1; der Grad des Nenners ist 2) und der Graph hat deshalb die x-Achse als waagrechte Asymptote.

Eine rechnerische Grenzwertüberlegung führst du folgendermaßen durch:

Es gilt:

$$f(x)={\displaystyle \frac{4x}{(x+1{)}^2}=\frac{4x}{x^2+2x+1}}$$

Du kannst jetzt beide Grenzwertbetrachtungen (für $x\to +\infty$ und für $x\to -\infty$) "in einem Zug" durchführen:

$$\begin{array}{rcll}{\displaystyle \underset{x\to \pm \infty }{\lim }f(x)}& =& {\displaystyle \underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{4x}{x^2+2x+1}}& |\text{kürzen durch }{x}^2\\ & =& {\displaystyle \underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{\frac{4}{x}}{1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}}}& \\ & =& {\displaystyle \frac{0}{1+0+0}}& \\ & =& 0& \end{array}$$

In der Teilaufgabe ist Lage und die Art des Extremums des Graphen $G_f$ der gebrochenrationalen Funktion $f$ zu bestimmen. Dazu verwendest du die Quotientenregel und die Kettenregel.

Lage des Extremums

Bilde die 1. Ableitung der Funktion $f$.

Zur Berechnung der Ableitung kannst du die Quotientenregel benutzen.

Gegeben ist:

$$f(x)={\displaystyle \frac{4x}{(x+1{)}^2};D_f=\mathrm{R}\setminus \{-1\}\Rightarrow }$$

$$\begin{array}{rcl}{f}^{\prime }(x)& =& {\displaystyle \frac{4\cdot (x+1{)}^2-\stackrel{\text{Kettenregel}}{\overbrace{2(x+1)}}\cdot 4x}{\underset{\text{Quotientenregel}}{\underbrace{(x+1{)}^4}}}}\\ & =& {\displaystyle \frac{4(x^2+2x+1)-8x^2-8x}{(x+1{)}^4}}\\ & =& {\displaystyle \frac{4x^2+8x+4-8x^2-8x}{(x+1{)}^4}}\\ & =& {\displaystyle \frac{-4x^2+4}{(x+1{)}^4}}\\ & =& 4{\displaystyle \cdot \frac{1-x^2}{(x+1{)}^4}|\text{binomische Formel}}\\ & =& 4\cdot {\displaystyle \frac{(1-x)(1+x)}{(x+1{)}^4}|\text{kürzen}}\\ & =& 4\cdot {\displaystyle \frac{1-x}{(x+1{)}^3}}\end{array}$$

Setze $f^{\prime }(x)$ gleich Null und löse die Gleichung:

$$\begin{array}{rcll}{\displaystyle 4\cdot \frac{1-x}{(x+1{)}^3}}& =& 0& |\cdot (x+1{)}^3\\ 4\cdot (1-x)& =& 0& |:4\\ 1-x& =& 0& \\ x& =& 1& \end{array}$$

Setze $x=1$ in $f(x)$ ein, um die 2. Koordinate des möglichen Extremums zu erhalten:

$$f(1)={\displaystyle \frac{4\cdot 1}{(1+1{)}^2}=1}$$

Der Punkt $M(1|1)$ ist ein mögliches lokales Extremum von $G_f$.

Art des Extremums

$M(1|1)$ ist ein lokales Maximum.

Begründung:

Es ist $f(0)=0$ die einzige Nullstelle und für alle positiven $x$ ist $f(x)$ positiv mit $${\displaystyle \underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0}$$. Dann ist die einzige Stelle mit waagrechter Tangente ein lokales Maximum des Graphen.

Alternative Begründung

Du kannst auch den Vorzeichenwechsel der 1. Ableitung heranziehen:

$$f^{\prime }(x)=4\cdot {\displaystyle \frac{1-x}{(x+1{)}^3}}$$

Für ein $x_0$ (etwas) kleiner als $1$ gilt $f^{\prime }(x_0)>0$, da dann Zähler und Nenner positiv.

Für ein $x_0$ (etwas) größer als $1$ gilt $f(x_0)<0$, da der Zähler dann negativ, der Nenner aber positiv ist.

Damit wechseln die Funktionswerte von $f^{\prime }$ beim Durchgang von links nach rechts bei $x=1$ ihr Vorzeichen von plus nach minus.

Für $x=1$ ergibt sich also ein lokales Maximum.

Zur Ermittlung der Art des Punktes mit waagrechter Tangente kannst du - notfalls - auch die 2. Ableitung von $f$ heranziehen.

$$f^{\prime }(x)={\displaystyle 4\cdot \frac{1-x}{(x+1{)}^3}}$$

$$\begin{array}{rcl}\Rightarrow f^{\prime \prime }(x)& =& 4\cdot \underset{\text{Quotientenregel}}{\underbrace{\frac{-1\cdot (x+1{)}^3-(1-x)\cdot \stackrel{\text{Kettenregel}}{\overbrace{3(x+1{)}^2}}}{(x+1{)}^6}}}\\ & =& 4\cdot {\displaystyle \frac{(x+1{)}^2[-x-1-3+3x]}{(x+1{)}^6}}\\ & =& 4\cdot {\displaystyle \frac{(x+1{)}^2(2x-4)}{(x+1{)}^6}}\\ & =& 8\cdot {\displaystyle \frac{x-2}{(x+1{)}^4}}\end{array}$$

Setze die x-Koordinate des Punktes $M(1|1)$ in $f^{\prime \prime }(x)$ ein:

$$f^{\prime \prime }(1)=8\cdot {\displaystyle \frac{1-2}{(1+1{)}^4}<0\Rightarrow }$$

$M(1|1)$ ist ein lokales Maximum.

Mit $$f(x)={\displaystyle \frac{4x}{(x+1{)}^2}}$$ ist für negative $x$ der Funktionsterm negativ, da der Zähler dann negativ, der Nenner aber positiv ist.

Der Graph $G_f$ verläuft also für negative x-Werte im III. Quadranten.

Für die gewählten Punkte mit $x=-\mathrm{0,5}$, $x=-3$, $x=-4$ und $x=-6$ erhältst du:

$f(-\mathrm{0,5})=-8,$$f(-3)=-3$$f(-4)\approx -\mathrm{1,78},$$f(-6)=-\mathrm{0,96}$

Der Graph $G_f$ mit den Punkten $A,B,C,D$

Gegeben ist die Funktion

mit $D_F=]-1;+\infty [$

$F$ ist dann für $x>-1$ eine Stammfunktion, wenn für dieses Intervall gilt: $F^{\prime }(x)=f(x)$.

$$\begin{array}{rcl}{F}^{\prime }(x)& =& 4\cdot {\displaystyle \frac{1}{x+1}\cdot 1+\frac{0\cdot (x+1)-4\cdot 1}{(x+1{)}^2}}\\ & =& {\displaystyle \frac{4}{x+1}-\frac{4}{(x+1{)}^2}|\text{Hauptnenner}}\\ & =& {\displaystyle \frac{4(x+1)}{(x+1{)}^2}-\frac{4}{(x+1{)}^2}}\\ & =& {\displaystyle \frac{4x}{(x+1{)}^2}=f(x)}\end{array}$$

Damit ist gezeigt, dass $F$ für $x>-1$ eine Stammfunktion von $f$ ist.

Zu berechnen ist $f(x)$ für $x=\mathrm{0,5}$ und anzugeben ist das Maximum von $f$ in der Einheit $\frac{mg}{l}$.

$$f(\mathrm{0,5})={\displaystyle \frac{4\cdot \mathrm{0,5}}{(\mathrm{0,5}+1{)}^2}\approx \mathrm{0,89}}$$.

Ergebnis:

30 Minuten nach Einnahme einer Tablette beträgt die Wirkstoffkonzentration des Medikaments rund $\mathrm{0,89}\frac{mg}{l}$.

Die maximale Wirkstoffkonzentration wird im Extremum des Graphen von $f$, also nach einer Stunde mit einer Konzentration von $1\frac{mg}{l}$ erreicht.

f)

(3 BE)

Den Nachweis, dass für $x=2$ der Graph $G_f$ einen Wendepunkt hat, führst du rechnerisch indem du die 2. Ableitung von $f$ berechnest und feststellst, dass diese für $x=2$ Null wird. Zusätzlich zeigst du, dass die 2. Ableitung für $x=2$ ihr Vorzeichen wechselt oder du überprüfst, ob die 3. Ableitung von $f$ für $x_2$ von Null verschieden ist.

Im Sachzusammenhang der Aufgabe gibt die x-Koordinate des Wendepunkts die größte lokale Änderungsrate an. Also ist nach 2 Stunden der Zeitpunkt der maximalen Abnahme der Wirkstoffkonzentration erreicht.

Die Aufgabe zielt auf die Untersuchung, ob der Grenzwert $${\displaystyle \underset{b\to \infty }{\lim }A(b)}$$ endlich ist.

$$\begin{array}{rcl}A(b)& =& {\displaystyle {\int }_0^{b}f\left(x\right)\mathrm{dx}}\\ & =& [4\cdot \ln (x+1)+{\displaystyle \frac{4}{x+1}{]}_0^b}\\ & =& 4\cdot \ln (b+1)+{\displaystyle \frac{4}{b+1}-(4\cdot \ln (0+1)+\frac{4}{0+1})}\\ & =& 4\cdot \ln (b+1)+{\displaystyle \frac{4}{b+1}-4}\end{array}$$

Berechne jetzt den Grenzwert für $b\to +\infty$:

$${\displaystyle \underset{b\to +\infty }{\lim }A(b)=\underset{b\to +\infty }{\lim }(4\cdot \underset{\to +\infty }{\underbrace{\ln (b+1)}}+\frac{4}{\underset{\to 0}{\underbrace{b+1}}}-4)=+\infty }$$

Ergebnis:

Da der Flächeninhalt $A(b)$ bei $b\to +\infty$ nicht endlich ist, eignet sich die Funktion $f$ nicht als Modellierung für große Zeitwerte.

h)

(4 BE)

Du musst feststellen, ab welchem x-Wert die Funktion $f$ in ihrem monoton fallenden Bereich kleiner als $\mathrm{0,75}$ wird.

Schneide dazu den Graphen von $f$ mit der Geraden $y=\mathrm{0,75}$.

$x_2=\frac{1}{3}$ scheidet aus, da hierfür $f$ steigend ist.

Ergebnis:

Die zweite Tablette muss nach spätestens drei Stunden eingenommen werden.

Siehe die nachfolgende Zeichnung.

i)

(3 BE)

Der passende Term ist der Term $f(x)+f(x-\mathrm{2,5})$.

Begründung:

Im Intervall$x\in [\mathrm{2,5};9]$ wird die gemeinsame Wirkstoffkonzentration beider Tabletten durch die Summe der Funktion $f$ und der um 2,5-Längeneinheiten nach rechts verschobenen Funktion von $f$ erfasst.

j)

(4 BE)

Du zeigst, dass der Graph von $k$ streng monoton steigend ist, indem du nachweist, dass $k^{\prime }(x)>0$ für alle $x\in ℝ$.

Bilde mit Hilfe der Quotientenregel und der Kettenregel die 1. Ableitung von $k$.

$${\displaystyle k(x)=\frac{3\cdot e^{2x}}{e^{2x}+1}-\mathrm{1,5}\Rightarrow }$$

Begründung:

$k^{\prime }(x)$ ist für alle $x\in ℝ$positiv, da - unter Beachtung des positiven Verlaufs von $e^{2x}$ Zähler und Nenner des Quotienten positiv sind.

Folglich ist der Graph von $k$ in $ℝ$ streng monoton steigend.

k)

(5 BE)

Darum geht es:

Wirkstoffkonzentration "spätestens nach 1 Stunde dauerhaft größer als $\mathrm{0,75}\frac{mg}{l}$" bedeutet,du musst zeigen, dass $k(x)$ größer als $\mathrm{0,75}\frac{mg}{l}$ für alle $x>1$ ist.

Wirkstoffkonzentration "stets mindestens 25% unter der schädlichen Grenze von $2\frac{mg}{l}$" bedeutet, zu keiner Zeit $x$ darf eine Konzentration von $\mathrm{0,75}\cdot 2\frac{mg}{l}=\mathrm{1,5}\frac{mg}{l}$ erreicht werden.

Zusammenfassend ist zu zeigen, dass für $1<x<+\infty$ gilt $\mathrm{0,75}<k(x)<\mathrm{1,5}$.

Zunächst gilt:

$$k(1)={\displaystyle \frac{3\cdot e^{2\cdot 1}}{e^{2\cdot 1}+1}-\mathrm{1,5}\approx \mathrm{1,14}>\mathrm{0,75}}$$

Da $k$ monoton steigend ist, musst du noch den Grenzwert $${\displaystyle \underset{x\to +\infty }{\lim }k(x)}$$ berechnen.

$$\begin{array}{rcll}{\displaystyle \underset{x\to +\infty }{\lim }k(x)}& =& {\displaystyle {\displaystyle \underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\stackrel{\to +\infty }{\overbrace{3\cdot e^{2x}}}}{\underset{\to +\infty }{\underbrace{e^{2x}+1}}}-\mathrm{1,5}}}& |e^{2x}\text{kürzen}\\ & =& {\displaystyle \underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{3}{1+\underbrace{{\frac{1}{e^{2x}}}_{\to 0}}}-\mathrm{1,5}}& \\ & =& 3-\mathrm{1,5}& \\ & =& \mathrm{1,5}& \end{array}$$

Ergebnis:

Die Rechenergebnisse bestätigen und die Graphik unterstreicht, dass die Modellierung der Dauerinfusion durch die gegebene Funktion $k$ die gestellten Bedingungen erfüllt.