Analysis, Teil A, Aufgabengruppe 1

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Bayerisches Staatsministerium für Unterricht und Kultus (Gilt für: Aufgabenstellung)Dieses Werk wurde vom Bayerischen Staatsministerium für Unterricht und Kultus zur Verfügung gestellt. --- Die Nutzung könnte vielleicht strengeren Regeln unterliegen als bei unseren anderen Inhalten.
Gegeben ist die Funktion h: $x\mapsto x\cdot \ln(x²)$ mit maximalem Definitionsbereich $D_{h}$ .
1. Geben Sie $D_{h}$ an und zeigen Sie, dass für den Term der Ableitungsfunktion h′ von h gilt: $h'(x)=\ln(x²)+2$
  
  Die Logarithmusfunktion ist nur für positive Argumente definiert.
  Das Argument des $\ln$ ist hier $x^{2}$ . Quadrate sind nie negativ und nur gleich Null, wenn die Basis gleich Null ist. Also gilt für den Definitionsbereich $D_h=\R\setminus \left\{0\right\}$ .
  Zur Berechnung der 1. Ableitung benötigt man die Produktregel: Also ist
  $h'(x)=\ln⁡(x^2)+x\cdot\frac{2x}{x^2}=\ln\left(x^2\right)+2.$
  Kettenregel: Eine verkettete Funktion besteht aus äußerer und innerer Funktion. Die Kettenregel lautet: Ableitung der verketteten Funktion ist gleich der Ableitung der äußeren Funktion (an Stelle der inneren Funktion) mal Ableitung der inneren Funktion.
  $\{f(g(x)\}'=f'(g(x))\cdot g'(x)$
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2. Bestimmen Sie die $x$ -Koordinate des im II. Quadranten liegenden Hochpunkts des Graphen von $h$ .
  
  Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Extremum
  Die Nullstellen der 1. Ableitung sind mögliche Extremstellen.
  Daher setzt man: $h'\left(x\right)=0$
  Also:
  $\ln(x^2)+2=0\Leftrightarrow\ln(x^2)=-2\Leftrightarrow x^2=e^{-2}$ .
  Somit gibt es zwei mögliche Lösungen.
  Nämlich:
  $\displaystyle x_1=-\frac{1}{e} \lor x_2=\frac{1}{e}$
  Da nach dem Hochpunkt im II. Quadranten gefragt ist, liegt der (mögliche) Hochpunkt an der Stelle $x_{1}$ .
  $y_1=h(-\frac{1}{e})=-\frac{1}{e}\cdot\ln(e^{-2})=\frac{2}{e}\cdot\ln e=\frac{2}{e}$ .
  Vorzeichenverhalten von h':
  Links von $x_1=-\frac{1}{e}$ liegt etwa $l = - 1$ .
  Und $h'\left(l\right)=\ln\left(\left(-1\right)^2\right)+2=0+2>0$
  Rechts von $x_1=-\frac{1}{e}$ liegt etwa $r=-\frac{1}{e^2}$ .
  Und $h'(r)=\ln(\frac{1}{e^4})+2=\ln(e^{-4})+2=-4+2=-2<0$ .
  Somit hat man an den Hochpunkt $H(-\frac{1}{e}|\frac{2}{e})$ .
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Bayerisches Staatsministerium für Unterricht und Kultus (Gilt für: Aufgabenstellung)Dieses Werk wurde vom Bayerischen Staatsministerium für Unterricht und Kultus zur Verfügung gestellt. --- Die Nutzung könnte vielleicht strengeren Regeln unterliegen als bei unseren anderen Inhalten.
Die Abbildung 1 zeigt den Graphen $G_{f^{'}}$ der Ableitungsfunktion f′ einer in $\mathbb{R}$ definierten ganzrationalen Funktion f. Nur in den Punkten $(- 4 ∣ f^{'} (- 4))$ und $(5 ∣ f^{'} (5)$ hat der Graph $G_{f^{'}}$ waagrechte Tangenten.
1. Begründen Sie, dass $f$ genau eine Wendestelle besitzt.
  
  Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Wendepunkt
  Die vorgelegte Funktion ist ganzrational. Also ist sie (mindestens) zweimal differenzierbar. Laut Text und Abb.1 hat der Graph der Funktion $f^{'}$ an den Stellen $x_{1} = - 4$ und $x_{2} = 5$ waagerechte Tangenten.
  Somit gilt:
  $\displaystyle f''\left(-4\right)=f''\left(5\right)=0$
  Da aber der Graph von $f^{'}$ für $x < 5$ monoton steigend ist, gilt für $x < 5$ also $f''\left(x\right)>0$ .
  Und für $x > 5$ fällt der Graph von $f^{'}$ . Also gilt für $x > 5$ also $f''\left(x\right)<0$ .
  Somit liegt an der Stelle $x_{2} = 5$ eine Wendestelle.
  An der Stelle $x_{1} = - 4$ liegt keine Wendestelle, da $f^{''}$ hier keine Vorzeichenänderung hat.
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2. Es gibt Tangenten an den Graphen von f, die parallel zur Winkelhalbierenden des I. und III. Quadranten sind. Ermitteln Sie anhand des Graphen $G_{f^{'}}$ der Ableitungsfunktion f′ in der Abbildung 1 Näherungswerte für die x-Koordinaten derjenigen Punkte, in denen der Graph von f jeweils eine solche Tangente hat
  
  Die Winkelhalbierende des I. und III. Quadranten hat die Steigung $m_{1} = 1$ .
  Wenn der Graph von f Tangenten hat, die parallel zu diesen Winkelhalbierenden sind, so nimmt die Ableitungsfunktion $f^{'}$ die Werte $m_1=1\$ an.
  Zeichnet man in Abb.1 Parallelen zu x-Achse im Abstand 1, so findet man, dass gilt: $f'\left(2\right)=f'\left(7\right)=1$ .
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Bayerisches Staatsministerium für Unterricht und Kultus (Gilt für: Aufgabenstellung)Dieses Werk wurde vom Bayerischen Staatsministerium für Unterricht und Kultus zur Verfügung gestellt. --- Die Nutzung könnte vielleicht strengeren Regeln unterliegen als bei unseren anderen Inhalten.
Gegeben sind die in IR definierten Funktionen $f: x \mapsto x²+4$ und
$g_m: x \mapsto m\cdot x$ mit $m \in\mathbb{R}$ . Der Graph von f wird mit $G_{f}$ und der Graph von $g_{m}$ mit $G_{m}$ bezeichnet.
1. Skizzieren Sie $G_{f}$ in einem Koordinatensystem. Berechnen Sie die Koordinaten des gemeinsamen Punkts der Graphen $G_{f}$ und $G_{4}$ .
  
  Der Graph der Grundfunktion $h\left(x\right)=x^2$ ist die Normalparabel. Sie hat ihren Scheitel im Ursprung des Koordinatensystems.
  Der zu zeichnende Graph der Funktion f ergibt sich durch Verschieben der Normalparabel um 4 Einheiten nach oben.
  Berechnung des gemeinsamen Punktes der Graphen $G_{f}$ und $G_{4}$
  $x^2+4=4\cdot x$
  $x^{2} - 4 x + 4 = 0$
  $\left(x-2\right)^2=0$
  $x = 2$ ist doppelte Lösung
  Damit hat man als gemeinsamen Punkt einen Berührpunkt, $B\left(2;8\right)$
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2. Es gibt Werte von m, für die die Graphen $G_{f}$ und $G_{m}$ jeweils keinen gemeinsamen Punkt haben. Geben Sie diese Werte von m an
  
  Man setzt die Funktionsterme gleich und sucht diejenigen $m$ , für die die Gleichung keine Lösung hat.
  $x^2+4=m\cdot x$
  $x^2-m\cdot x+4=0$ quadratische Ergänzung
  $x^2-m\cdot x\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =-4$
  $x^2-m\cdot x+\left(\frac{m}{2}\right)^2\ =-4+\frac{m^2}{4}$
  $\left(x-\frac{m}{2}\right)^2=\frac{\left(-16+m^2\right)}{4}$ , da Quadrate nie negativ sind, muss $- 16 + m^{2} < 0$ sein.
  $m^2<16 \iff -4<m<4.$
  Für die Steigungen m, die zwischen -4 und 4 liegen, gibt es keine gemeinsame Punkte.
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Bayerisches Staatsministerium für Unterricht und Kultus (Gilt für: Aufgabenstellung)Dieses Werk wurde vom Bayerischen Staatsministerium für Unterricht und Kultus zur Verfügung gestellt. --- Die Nutzung könnte vielleicht strengeren Regeln unterliegen als bei unseren anderen Inhalten.
Gegeben ist die Funktion $g$ mit $g (x)$ = 0,7 $\cdot$ $e^{0{,}5x}$ - 0,7 und $x$ $\in\mathbb{R}.$
Die Funktion $g$ ist umkehrbar. Die Abbildung 2 zeigt den Graphen $G_{g}$ von $g$ sowie einen Teil des Graphen $G_{h}$ der Umkehrfunktion $h$ von $g$ .
a) Zeichnen Sie in die Abbildung 2 den darin fehlenden Teil von $G_{h}$ ein.
b) Betrachtet wird das von den Graphen $G_{g}$ und $G_{h}$ eingeschlossene Flächenstück. Schraffieren Sie den Teil dieses Flächenstücks, dessen Inhalt mit dem Term
$2 \cdot \int_{0}^{2{,}5} (x-g(x)) \mathrm{d}x$ berechnet werden kann.
c) Geben Sie den Term einer Stammfunktion der in $\mathbb{R}$ definierten Funktion
k: x $\mapsto$ x - g(x) an.

Teilaufgabe a)
Den Graphen der Umkehrfunktion von $g(x)=0{,}7\cdot e^{0{,}5\cdot x}-0{,}7$ erhält man, indem man den Graph von $g$ an der Winkelhalbierenden des 1. Quadranten spiegelt.
Teilaufgabe b)
Man schraffiert den Bereich zwischen der 1. Winkelhalbierenden ( $y = x$ ) und dem Graphen von $g$ über dem Intervall $\left[0;2{,}5\right]$ .
Teilaufgabe c)
Suche Stammfunktion von $k$ : $k(x)=x-0{,}7\cdot(e^{0{,}5\cdot x}-1)$
Stammfunktion vom Minuenden $x$ ist $\frac{1}{2}\cdot x^2$ .
Stammfunktion von $e^{0{,}5\cdot x}$ ist $e^{\frac{1}{2}\cdot x}\cdot\frac{1}{\frac{1}{2}}=2\cdot e^{\frac{1}{2}\cdot x}$
Somit ist $K\left(x\right)=\frac{1}{2}\cdot x^2-0{,}7\cdot\left(2\cdot e^{\frac{1}{2}\cdot x}-x\right)$ eine Stammfunktion von $k$ .

Dieses Werk steht unter der freien Lizenz
CC BY-SA 4.0 → Was bedeutet das?

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Teilaufgabe a)

Teilaufgabe b)

Teilaufgabe c)