Analysis, Teil B, Aufgabengruppe 1

Teilaufgabe a)

Die vorgelegte Funktion ist eine gebrochen rationale Funktion, wobei Zählergrad gleich dem Nennergrad. Da der Nenner eine Summe nicht negativer Summanden ist und insgesamt immer positiv ist, ist die Funktion für alle reellen Zahlen definiert.

Zum Nachweis der Achsensymmetrie:

$f\left(x\right)=f\left(-x\right)$, für alle x

$f\left(x\right)=\dfrac{x^2-1}{x^2+1}$

$f\left(-x\right)=\dfrac{\left(-x\right)^2-1}{\left(-x\right)^2+1}=\dfrac{\left(x^2-1\right)}{x^2+1}$$=f\left(x\right)$. Achsensymmetrisch.

Zum Verhalten im Unendlichen:

Man kürzt den Quotienten mit $x^2$

$f\left(x\right)=\dfrac{\frac{x^2}{x^2}-\frac{1}{x^2}}{\frac{x^2}{x^2}+\frac{1}{x^2}}=\dfrac{1-\frac{1}{x^2}}{1+\frac{1}{x^2}}\rightarrow\ 1$

$f\left(x\right)=0{,}96\ \Leftrightarrow\ \frac{\left(x^2-1\right)}{x^2+1}=0{,}96\ \Leftrightarrow\$

$0{,}96\cdot x^2+0{,}96=x^2-1\Leftrightarrow\ -0{,}04\cdot x^2=-1{,}96\Leftrightarrow\$

$x^2=49\ \Leftrightarrow\ x=-7 \text{ oder~} x=7.$

Teilaufgabe b)

Zum Monotonieverhalten benutzt man die erste Ableitung. f ist eine gebrochen rationale Funktion, also kommt die Quotientenregel zur Anwendung.

$f'\left(x\right)=\frac{2x\cdot\left(x^2+1\right)-\left(x^2-1\right)\cdot2x}{\left(x^2+1\right)^2}=\frac{2x\cdot\left(x^2+1-x^2+1\right)}{\left(x^2+1\right)^2}$

$f'\left(x\right)=4\cdot\frac{x}{\left(x^2+1\right)^2}$.

Das Vorzeichen von $f'$ wird nur vom Zähler bestimmt, da der Nenner als Quadrat keinen Vorzeichenwechsel hat.

Der Zähler $x$ wird graphisch durch die 1. Winkelhalbierende dargestellt. Also ergibt sich:

$f'\left(x\right)<0,\ \ falls\ x<0\ \ \Rightarrow\ f\ streng\ monoton\ fallend$.

$f'\left(x\right)>0,\ falls\ x>0\ \ \Rightarrow fstreng\ monoton\ steigend$

Teilaufgabe c)

Tangente an $G_f$ im Berührpunkt B(3;f(3)).

$y_B=f\left(x_B\right)\ \Leftrightarrow f\left(3\right)=\frac{3^2-1}{3^2+1}=\frac{8}{10}$

Die Tangente ist eine Gerade, daher: $y=m\cdot x+b$.

Die Steigung m ist der Wert der 1. Ableitung an der Stelle $x_B=3$. $m=\frac{12}{10^2}=\frac{12}{100}=0{,}12$.

Somit $y=0{,}12\cdot x+b$.

Die Koordinaten des Berührpunktes erfüllen die Tangentengleichung.

Man setzt die Koordinaten des Berührpunktes in die Tangentengleichung ein und erhält den y-Achsenabschnitt b.

$\frac{8}{10}=\frac{12}{100}\cdot3+b\ \Rightarrow\text{b}=\frac{8}{10}-\frac{36}{100}=\frac{80}{100}-\frac{36}{100}=\frac{44}{100}$

Somit: t:$y=\frac{12}{100}\cdot x+\frac{44}{100}$

Winkelberechnung: $m=\tan\left(a\right)\ \Rightarrow\text{a}=6{,}84°$

Teilaufgabe a)

$F:x\rightarrow F(x)=\int_o^xf(t)dt$

hat an der Stelle $x_0$=0 eine Nullstelle, da untere und obere Grenze des Integrals gleich sind.

Im Intervall $[1;3]$ liegt eine weitere Nullstelle, wenn man einen Vorzeichenwechsel von $F$ in diesem Intervall nachweisen kann.

$F(1)=\int_0^1f(t)\, dt<0$,

Im Intervall $[0;1[$ liegt der Graph $G_f$ unterhalb der $x$-Achse. Somit ist der Integrand $f(t)$ in diesem Intervall negativ. Damit gilt auch $F(1)<0$.

Da der Graph $G_f$ in diesem Intervall gut durch eine Gerade mit dem $x$-Achsen Abschnitt $x_0=1$ und dem $y$-Achsenabschnitt $y_0=-1$ angenähert wird, kann man den Wert von $F(1)$ mit $-\frac{1}{2}$ abschätzen.

$F(3)=\int_0^3f(t)\,dt=\int_0^1f(t)\ dt+\int_1^3f(t)\,dt$

Auf Grund der vorgegebenen Skizze des Graphen $G_f$ kann man

$\int_1^3f(t)dt$ mit etwa $\frac{3}{4}$ abschätzen.

Damit ergibt sich für $F(3)=-\frac{1}{2}+\frac{3}{4}>0$.

Also hat $F$ neben $x_0=0$ im Intervall $[1;3]$ eine weitere Nullstelle.

Im Punkt $P(-1|F(-1))$ liegt ein Maximum (Hochpunkt) des Graphen $G_F$.

Begründung: Der Graph $G_f$ stellt die 1. Ableitung von $F$ da.

Aus dem Graph $G_f$ liest man ab:

Für $x<-1$ gilt: $f(x)>0\Rightarrow F$ wachsend.

für $-1<x<1$ gilt: $f(x)<0\Rightarrow F$ fallend.

Teilaufgabe b)

Die Gerade $y=x-1$ begrenzt mit den Koordinatenachsen ein Dreieck.

Dieses Dreieck ist rechtwinklig mit den Kathetenlängen $a=b=1\Rightarrow$

$A_\Delta=\frac{1}{2}\cdot1\cdot1=\frac{1}{2}\Rightarrow F(1)=\frac{1}{2}FE$

Teilaufgabe c)

$g(x)=-\cos(\frac{\pi}{2}x)$

Im Vergleich zur Grundfunktion $a(x)=\cos(x)$ ist die Periode von $g$ verändert.

Für die Periode von $g$ gilt: $p=\dfrac{2\pi}{\frac{\pi}{2}}=\frac{2\pi\cdot2}{\pi}=4$.

Falls man diese Regel nicht parat hat, so hat man zwei Möglichkeiten:

• Aus dem Graphen $G_g$ kann man ablesen, dass $x_0=-1$ und $x_1=1$ benachbarte Nullstellen sind. Also wäre $\frac{p}{2}=2\Rightarrow p=4$

• Oder man erinnert sich, dass $f(x)=\sin(2\cdot x)$ die Periode $p=\pi$ hat. Und allgemein gilt: $f(x)=\sin(a\cdot x)$ hat die Periode $p=\frac{2\pi}{a}$

Zusätzlich zur Periodenänderung wird der Graph noch an der $x$-Achse gespiegelt.

Näherungswert für $F\left(1\right)$:

$F(1)=\int_0^1[-\cos(\frac{\pi}{2} \cdot x)dx=-\frac{2}{\pi}\int_0^1\cos(\frac{\pi}{2} \cdot x)\cdot\frac{\pi}{2}dx\iff$

$F(1)=-\frac{2}{\pi}\cdot \sin(\frac{\pi}{2}\cdot x)|_0^1=-\frac{2}{\pi}\cdot [\sin(\frac{\pi}{2})-\sin(0)]=-\frac{2}{\pi}\cdot [1-0]=-\frac{2}{\pi}$

Teilaufgabe d)

arithmetisches Mittel aus den beiden Näherungswerten:

$m=\frac{\frac{-1}{2}+\frac{-2}{\pi}}{2}\approx-\frac{1{,}137}{2}\approx-0{,}57$

Die Funktion von $F$ hat an der Stelle $x=-1$ eine Maximumstelle.

Da die Funktion f, wie in a) gezeigt, achsensymmetrisch ist, ist $F$ als Integralfunktion zu $f$ punktsymmetrisch, weil, wie in 2a) gezeigt, $F\left(0\right)=0$ gilt.

Somit hat $F$ an der Stelle $x=1$ eine Minimumstelle.

Es gilt nämlich:

Ist $f$ achsensymmetrisch, so ist $F$ punktsymmetrisch, falls $F\left(0\right)=0$ ist.

Achsensymmetrie: $f\left(x\right)=f\left(-x\right)$ für alle $x$ (*)

Punktsymmetrie: $F\left(x\right)=-F\left(-x\right)$für alle $x$

Wir definieren $F(x)=\int_0^x f(t)\, dt$ und verwenden die Substitutionsregel:

$t=g(u)=-u$. Dann ist $u=-t$ und es gilt:

$t=0 \iff u=0$ und $t=x\iff u=-x$.

Außerdem ist $g'(u)=-1.$

$F(x)=\int_0^x f(t)\, dt=\int_0^{-x} f(u) (-1)\, du=-\int_0^{-x} f(u)\, du=-F(-x)$

Teilaufgabe a)

$k=2$. $f\left(x\right)=\frac{x^2-1}{x^2+1}\ \ \Rightarrow\ f\left(2\right)=\frac{2^2-1}{2^2+1}=\frac{3}{5}$

Damit $P_2\left(-2;\frac{3}{5}\right)\ \ Q_2\left(2;\frac{3}{5}\right)$$R\left(0;1\right)$

Die Grundseite g des Dreiecks ist die Strecke $P_2Q_2$.

Somit gilt für die Grundseite $g=4.$

Die Höhe h ist die Strecke zwischen dem Punkt R und der y-Koordinate von $P_2$.

Somit gilt für die Höhe $h=1-\frac{3}{5}=\frac{2}{5}.$

Also berechnet sich der Flächeninhalt des Dreiecks $RP_2Q_2$ zu: $A\left(2\right)=\frac{1}{2}\cdot4\cdot\frac{2}{5}=\frac{4}{5}FE$.

Im allgemeinen Fall gilt für die Grundseite $g=2\cdot k$ und für die Höhe $h=1-f\left(k\right)=1-\frac{k^2-1}{k^2+1}=\frac{\left(k^2+1-\left[k^2-1\right]\right)}{k^2+1}$

Also $h=\frac{k^2+1-k^2+1}{k^2+1}=\frac{2}{k^2+1}$.

Für den Flächeninhalt gilt dann:

$A\left(k\right)_{ }=\frac{1}{2}\cdot2\cdot k\cdot\frac{2}{k^2+1}=\frac{2k}{k^2+1}$.

Teilaufgabe b)

Zeige, dass es ein $k>0$ gibt, so dass $A\left(k\right)$ maximal wird.

Mit Hilfe der 1.Ableitung von $A\left(k\right)$ sucht man eine Maximumstelle.

$A'\left(k\right)=2\cdot\frac{\left(1\cdot\left(k^2+1\right)-k\cdot2\cdot k\right)}{\left(k^2+1\right)^2}=2\cdot\frac{\left(k^2+1-2k^2\right)}{\left(k^2+1\right)^2}$

$A'\left(k\right)=2\cdot\frac{\left(1-k^2\right)}{\left(k^2+1\right)^2}$.

$A'\left(k\right)=0\Leftrightarrow\ 1-k^2=0\Leftrightarrow\text{k}^2=1\Leftrightarrow\text{k}=1$, da $k>0$. Das Vorzeichen von $A'\left(k\right)$ wird nur vom Zähler $z=1-k^2$ bestimmt. Denn der Nenner ist als Quadrat nicht negativ.

Graphisch dargestellt ist $z$ eine nach unten geöffnete Normalparabel um 1 nach oben verschoben.

Somit ändert $A'\left(k\right)$ an der Stelle $k=1$ das Vorzeichen von plus zu minus. Also ist $k=1$ Maximumstelle.

Damit ergibt sich für den maximalen Flächeninhalt:

$A_{\max}=2\cdot\frac{1}{\left(1^2+1\right)}=\frac{2}{2}=1FE.$