Analysis, Teil B, Aufgabengruppe 1

Es muss $f(x)=0f(x)=0$ sein. Dazu wird der Radikand gleich null gesetzt.

Die Nullstellen von $ff$ sind $00$ und $1010$.

Bei einer waagrechten Tangente muss $f^{\mathrm{\prime }}(x)=0f\text{'}(x)=0$ sein.

Berechne zunächst die Ableitung der gegebenen Funktion.

Es ist $f(x)=\sqrt{g(x)}f(x)=\backslash sqrt\{g(x)\}$. Die Ableitung lautet dann unter Beachtung der Kettenregel $f^{\mathrm{\prime }}(x)={\displaystyle \frac{1}{2\cdot \sqrt{g(x)}}}\cdot g^{\mathrm{\prime }}(x)f\text{'}(x)=\backslash dfrac\{1\}\{2\backslash cdot\backslash sqrt\{g(x)\}\}\backslash cdot\; g\text{'}(x)$

Für die gegebene Funktion folgt damit:

$f^{\mathrm{\prime }}(x)={\displaystyle \frac{1}{2\cdot \sqrt{10x-x^2}}}\cdot (10-2x)={\displaystyle \frac{10-2x}{2\cdot \sqrt{10x-x^2}}}f\text{'}(x)=\backslash dfrac\{1\}\{2\backslash cdot\backslash sqrt\{10x-x^2\}\}\backslash cdot(10-2x)\; =\backslash dfrac\{10-2x\}\{2\backslash cdot\backslash sqrt\{10x-x^2\}\}$

Setze $f^{\mathrm{\prime }}(x)=0f\text{'}(x)=0$ $\Rightarrow \backslash ;\backslash Rightarrow\backslash ;$ Der Zähler muss gleich null gesetzt werden.

An der Stelle $x=5x=5$ hat die Funktion $ff$ eine waagrechte Tangente.

Für die Koordinaten des Punktes muss noch $f(5)f(5)$ berechnet werden:

Im Punkt $P(5\mathrm{\mid }10)P(5|10)$ besitzt der Graph $G_{f}G\_f$ eine waagrechte Tangente.

Der $P(5\mathrm{\mid }10)P(5|10)$ soll ein Hochpunkt sein.

Der Nachweis kann z.B. mit einer Vorzeichentabelle erfolgen oder über die 2. Ableitung. Hier wird die Vorzeichentabelle verwendet.

Berechne dazu z.B. $f^{\mathrm{\prime }}(4)f\text{'}(4)$ und $f^{\mathrm{\prime }}(6)f\text{'}(6)$ und vergleiche mit $f^{\mathrm{\prime }}(5)f\text{'}(5)$.

$f^{\mathrm{\prime }}(4)={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{24}}}f\text{'}(4)=\backslash dfrac\{1\}\{\backslash sqrt\{24\}\}$ und damit ist $f^{\mathrm{\prime }}(4)>0f\text{'}(4)>0$

$f^{\mathrm{\prime }}(6)=-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{24}}}f\text{'}(6)=-\backslash dfrac\{1\}\{\backslash sqrt\{24\}\}$ und damit ist .

Damit ist nachgewiesen, dass der Punkt $(5\mathrm{\mid }10)(5|10)$ ein Hochpunkt ist.

Der Graph $G_{f}G\_f$ ist rechtsgekrümmt., d.h. .

Berechne für die Terme $\mathrm{I}\backslash mathrm\{I\}$ und $\mathrm{I}\mathrm{I}\backslash mathrm\{II\}$ jeweils einen Wert für die $2.2.$ Ableitung, z.B. $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(1)f\text{'}\text{'}(1)$.

Für Term $\mathrm{I}\backslash mathrm\{I\}$ folgt dann:.

Für Term $\mathrm{I}\mathrm{I}\backslash mathrm\{II\}$ erhält man:$f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(1)={\displaystyle \frac{50}{(10\cdot 1-1^2)\cdot \sqrt{10\cdot 1-1^2}}}={\displaystyle \frac{50}{9\cdot 3}}>0\backslash ;f\text{'}\text{'}(1)=\backslash dfrac\{50\}\{(10\backslash cdot\; 1-1^2)\backslash cdot\; \backslash sqrt\{10\backslash cdot\; 1-1^2\}\}=\backslash dfrac\{50\}\{9\backslash cdot\; 3\}>0$.

Der Term $\mathrm{I}\backslash mathrm\{I\}$ ist somit der Term von $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}f\text{'}\text{'}$.

Die Gleichung $f(5-x)=f(5+x)f(5-x)=f(5+x)$ soll für $0\le x\le 50\backslash leq\; x\backslash leq5$ erfüllt sein.

Betrachte zunächst der Funktionsterm $f(5-x)f(5-x)$:

Betrachte nun den Funktionsterm $f(5+x)f(5+x)$:

Die Umformung der beiden Funktionsterme $f(5-x)f(5-x)$ und $f(5+x)f(5+x)$ ergab jeweils den gleichen Term $2\cdot \sqrt{25-x^2}2\backslash cdot\; \backslash sqrt\{25-x^2\}$.

Damit ist nachgewiesen, dass die Gleichung $f(5-x)=f(5+x)f(5-x)=f(5+x)$ für $0\le x\le 50\backslash leq\; x\backslash leq5$ erfüllt ist.

Die Gleichung $f(5-x)=f(5+x)f(5-x)=f(5+x)$ ist gültig, d.h. der Graph der Funktion $ff$ ist achsensymmetrisch zur Stelle $x=5x=5$.

Maximaler Definitionsbereich

Gegeben ist $f^{\mathrm{\prime }}(x)={\displaystyle \frac{10-2x}{\sqrt{10x-x^2}}}f\text{'}(x)=\backslash dfrac\{10-2x\}\{\backslash sqrt\{10x-x^2\}\}$.

Bei einer Wurzel im Nenner eines Bruches sind für den Radikanden nur positive Werte erlaubt$\Rightarrow 10x-x^2>0\backslash ;\backslash Rightarrow\backslash ;10x-x^2>0$.

Der zu dem Funktionsterm $r(x)=10x-x^{2}r(x)=\; 10x-x^2$ gehörende Graph ist eine nach unten geöffnete Parabel mit den beiden Nullstellen $00$ und $1010$ (bekannt aus Aufgabe a)).

Gesucht sind also alle Stellen, an denen der Graph oberhalb der $xx$-Achse verläuft.

Das ist der Fall für .

Bestimmen Sie ${\displaystyle \underset{x\to 0}{\lim }{f}^{\mathrm{\prime }}(x)}\backslash displaystyle\backslash lim\_\{x\backslash rightarrow\; 0\}\; f\text{'}(x)$

${\displaystyle \underset{x\to 0}{\lim }{f}^{\mathrm{\prime }}(x)={\displaystyle \underset{x\to 0}{\lim }\frac{10-\stackrel{\to 0}{\overbrace{2x}}}{\sqrt{\underset{\to 0}{\underbrace{10x-x^2}}}}=\frac{10-0}{\to 0}=+\mathrm{\infty }}}\backslash displaystyle\backslash lim\_\{x\backslash rightarrow\; 0\}\; f\text{'}(x)=\backslash displaystyle\backslash lim\_\{x\backslash rightarrow\; 0\}\; \backslash dfrac\{10-\backslash overbrace\{2x\}^\{\backslash rightarrow\; 0\}\}\{\backslash sqrt\{\backslash underbrace\{10x-x^2\}\_\{\backslash rightarrow\; 0\}\}\}=\backslash dfrac\{10-0\}\{\backslash rightarrow0\}=+\backslash infty$

Die Steigung der Funktion $ff$ geht für $x\to 0x\backslash rightarrow0$ gegen $+\mathrm{\infty }+\backslash infty$.

$f(x)=2\cdot \sqrt{10\cdot x-x^2}f(x)=2\backslash cdot\; \backslash sqrt\{10\backslash cdot\; x-x^2\}$

Berechne $f(8)f(8)$:

Somit folgt: $f(8)=8f(8)=8$

Graphische Darstellung der Funktion $ff$ unter Berücksichtigung der bisherigen Ergebnisse.

Berechne zunächst $f(2)f(2)$:

Anmerkung: Man kann für die Berechnung von $f(2)f(2)$ auch die Symmetrieeigenschaft der Funktion $ff$ zu $x=5x=5$ benutzen:

$f(2)=f(5-3)=f(5+3)=8f(2)=f(5-3)=f(5+3)=8$ (nach Aufgabe f)).

Die Tangente an $G_{f}G\_f$ im Punkt $(2\mathrm{\mid }8)(2|8)$ schneidet die $xx$-Achse unter einem bestimmten Winkel.

Die allgemeine Tangentengleichung lautet: $y=m\cdot x+by=m\backslash cdot\; x+b$

Dabei ist $m=f^{\mathrm{\prime }}(2)=\tan (\alpha )m=f\text{'}(2)=\backslash tan(\backslash alpha)$

Berechne $f^{\mathrm{\prime }}(2)f\text{'}(2)$:

Damit kann der $\tan (\alpha )\backslash tan(\backslash alpha)$ berechnet werden:

$\tan (\alpha )=f^{\mathrm{\prime }}(2)={\displaystyle \frac{3}{2}}\backslash tan(\backslash alpha)=f\text{'}(2)=\backslash dfrac\{3\}\{2\}$

Mit dem Taschenrechner wird der dazugehörige Winkel berechnet.

$\alpha ={\tan }^{-1}\left({\displaystyle \frac{3}{2}}\right)\approx {\mathrm{56,31}}^{\circ }\mathrm{.}\backslash alpha=\backslash tan^\{-1\}\backslash left(\backslash dfrac\{3\}\{2\}\backslash right)\backslash approx\; 56\{,\}31^\backslash circ.$

Die Tangente schneidet die $xx$-Achse unter einem Winkel von etwa ${\mathrm{56,3}}^{\circ }56\{,\}3^\backslash circ$.

Der Punkt $A(s\mathrm{\mid }0)A(s|0)$ wurde auf der $xx$-Achse eingetragen. Aus Symmetriegründen liegt der Punkt $BB$ bei $B(10-s\mathrm{\mid }0)B(10-s|0)$ und entsprechend die Punkte $C(10-s\mathrm{\mid }f(10-s))C(10-s|f(10-s))$ und $D(s\mathrm{\mid }f(s))D(s|f(s))$.

Für die Strecke [AB] gilt dann: $\overline{AB}=10-s-s=10-2s\backslash overline\{AB\}=10-s-s=10-2s$ und für die Strecke [AD] gilt $\overline{AD}=f(s)=2\cdot \sqrt{10s-s^2}\backslash overline\{AD\}=f(s)=2\backslash cdot\backslash sqrt\{10\; s-s^2\}$

Im $\text{orangen}\backslash textcolor\{ff6600\}\{\backslash text\{orangen\}\; \}$ Dreieck gilt dann der Satz des Pythagoras:

$d^2={\overline{AB}}^2+{\overline{AD}}^2=(10-2s{)}^2+(2\cdot \sqrt{10s-s^2}{)}^{2}d^2=\backslash overline\{AB\}^2+\backslash overline\{AD\}^2=(10-2s)^2+(2\backslash cdot\backslash sqrt\{10\; s-s^2\})^2$

Damit ist gezeigt, dass die Diagonalen des Rechtecks jeweils die Länge $1010$ besitzen.

$f(x)=2\cdot \sqrt{10\cdot x-x^2}f(x)=2\backslash cdot\; \backslash sqrt\{10\backslash cdot\; x-x^2\}$ ist die Spritzweite des Wassers in Metern und $xx$ ist die Höhe des Bohrlochs über dem Speicherboden in Metern.

Der Graph $G_{f}G\_f$ verläuft durch den Punkt $(\mathrm{3,6}\mathrm{\mid }\mathrm{9,6})(3\{,\}6|9\{,\}6)$.

$x=\mathrm{3,6}x=3\{,\}6$ $\Rightarrow \backslash ;\backslash Rightarrow\backslash ;$ die Höhe des Bohrlochs über dem Speicherboden beträgt $\mathrm{3,6}\mathrm{m}3\{,\}6\backslash ;\backslash mathrm\{m\}$.

$f(\mathrm{3,6}\mathrm{\mid }\mathrm{9,6})f(3\{,\}6|9\{,\}6)$ $\Rightarrow \backslash ;\backslash Rightarrow\backslash ;$befindet sich das Bohrloch in einer Höhe von $\mathrm{3,6}\mathrm{m}3\{,\}6\backslash ;\backslash mathrm\{m\}$, dann beträgt die Spritzweite des Wassers $\mathrm{9,6}\mathrm{m}9\{,\}6\backslash ;\backslash mathrm\{m\}$.

$f(x)=2\cdot \sqrt{10\cdot x-x^2}f(x)=2\backslash cdot\; \backslash sqrt\{10\backslash cdot\; x-x^2\}$

Gefordert wird in der Aufgabe, dass $f(x)=6f(x)=6$ ist:

Die erhaltene quadratische Gleichung löst man mit der Mitternachtsformel(abc-Formel) oder mit der p-q-Formel. Hier wird die pq-Formel verwendet.

Lies die Werte für $pp$ und $qq$ ab:

$p=-10p=-10$ und $q=9q=9$

Wird das Bohrloch in einer Höhe von $1\mathrm{m}1\backslash ;\backslash mathrm\{m\}$ oder in $9\mathrm{m}9\backslash ;\backslash mathrm\{m\}$ Höhe angebracht, dann beträgt die Spritzweite $6\mathrm{m}6\backslash ;\backslash mathrm\{m\}$.

Die maximale Spritzweite

Das Maximum der Funktion $ff$ wurde in Aufgabe b) berechnet: $HP(5\mathrm{\mid }10)HP(5|10)$

Die Höhe, in der das Loch gebohrt werden muss, damit die Spritzweite maximal ist, beträgt demnach $5\mathrm{m}5\backslash ;\backslash mathrm\{m\}$. Die maximale Spritzweite ist dann $10\mathrm{m}10\backslash ;\backslash mathrm\{m\}$.

Die momentane Änderungsrate in ${\displaystyle \frac{\text{Litern}}{\text{Sekunde}}}\backslash dfrac\{\backslash text\{Litern\}\}\{\backslash text\{Sekunde\}\}$ wird durch die Funktion $g(x)=\mathrm{0,25}t-25g(x)=0\{,\}25t-25$ beschrieben. Dabei gilt für die Zeit $0\le t\le 1000\backslash leq\; t\backslash leq\; 100$.

Berechnen Sie das Volumen des Wassers in Litern, das innerhalb der ersten Minute nach Fertigstellung des Bohrlochs aus dem Behälter abfließt.

Dazu muss die momentane Änderungsrate integriert werden, und zwar von $t=0t=0$ bis $t=60t=60$ ($11$ Minute = $6060$ Sekunden).

$V={\displaystyle {\int }_0^{60}(\mathrm{0,25}t-25)\mathrm{d}x=[\mathrm{0,125}{t}^2-25t{]}_0^{60}}V=\backslash displaystyle\; \backslash int\_\{0\}^\{60\}(0\{,\}25t-25)\; \backslash mathrm\{d\}x=[0\{,\}125t^2-25t]\_0^\{60\}$

In die Klammer wird für $tt$ der obere Wert ($6060$) eingesetzt und minus die Klammer mit dem unteren Wert ($00$) gerechnet.

$V=(\mathrm{0,125}\cdot {60}^2-25\cdot 60)-(0-0)=450-1500=-1050V=\backslash left(0\{,\}125\backslash cdot\; 60^2-25\backslash cdot\; 60\backslash right)-(0-0)=450-1500=-1050$

Das Volumen des Wassers, das innerhalb der ersten Minute nach Fertigstellung des Bohrlochs aus dem Behälter abfließt, beträgt $10501050$ Liter.

Anmerkung: Der Graph der Funktion $g(x)g(x)$ verläuft unterhalb der $xx$-Achse. Deshalb ist der Wert des Integrals negativ.