Gleichung der Geraden durch die Punkte A und B

Verwende die Zwei-Punkteform der Geradengleichung für $A(4|18)$ und $B(12|6)$:

$y=\dfrac{6-18}{12-4}\cdot(x-4)+18=-\dfrac{12}{8}\cdot(x-4)+18=-\dfrac{3}{2}\cdot x+24$

Die Gleichung der Geraden, die den Mittelabschnitt beschreibt, lautet:$y=-\dfrac{3}{2}\cdot x+24$.

Größe des Winkels dieses Abschnitts der Rutschbahn gegenüber der Horizontalen

Es ist $\tan\varphi=m\;\Rightarrow\;\varphi=\tan^{-1}\left(-\dfrac{3}{2}\right)\approx-56{,}3^\circ$

Die Größe des gesuchten Winkels beträgt rund $56^\circ$.

Lösung

Bestimmen Sie eine Gleichung von $f$

Ansatz:

$f(x)=ax^2+bx+c\;\Rightarrow\;f'(x)=2ax+b$

Erstelle mit den Bedingungen $f(12)=6,\; f(20)=0$ und $f'(20)=0$ (Der Auslaufbogen hat in seinem Endpunkt $C$ eine waagerechte Tangente.) ein lineares Gleichungssystem, das z.B. mit dem Additionsverfahren gelöst werden kann.

$f(12)=6\;\Rightarrow\;\mathrm{(I)}\;\;\;6=a\cdot 12^2+b\cdot 12+c\;\Rightarrow\;\mathrm{(I)}\;\;\;6=a\cdot 144+b\cdot 12+c$

$f(20)=0\;\Rightarrow\;\mathrm{(II)}\;\;0=a\cdot 20^2+b\cdot 20+c\;\Rightarrow\;\mathrm{(II)}\;\;0=a\cdot 400+b\cdot 20+c$

$f'(20)=0\;\Rightarrow\;\mathrm{(III)}\;0=2a\cdot20+b\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\Rightarrow\mathrm{(III)}\;\;0=a\cdot40+b$

Rechne $\mathrm{(I)}-\mathrm{(II)}$:

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{rrrrrcrr}&\mathrm{(I)}:&\;\;&6&=&144\cdot a&+&12\cdot b&+&c\\-&\mathrm{(II)}:& &0&=&400\cdot a&+&20 \cdot b&+&c\\ \hline &\mathrm{(IV)}:&&6&=&-256\cdot a&-&8b\end{array}$

Damit folgt das neue System mit den Gleichungen $\mathrm{(III)}$ und $\mathrm{(IV)}$.

Rechne $8\cdot\mathrm{(III)}+\mathrm{(IV)}$:

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{rrrrrcrr}&8\cdot\mathrm{(III)}\;\;&0&=&\color{darkorange}320\color{black}\cdot a&+&\color{darkorange}8\color{black}\cdot b\\+&\mathrm{(IV)}: &6&=&-256\cdot a&-&8 \cdot b\\ \hline &&6&=&64\cdot a&+&0\end{array}$

Aus der letzten Gleichung folgt $a=\dfrac{6}{64}=\dfrac{3}{32}$.

Der Wert von $a$ wird in Gleichung $\mathrm{(III)}\;\;0=a\cdot40+b$ eingesetzt:

$0=\dfrac{3}{32}\cdot40+b\;\Rightarrow\;b=-\dfrac{15}{4}$

Mit Gleichung $\mathrm{(I)}\;\;\;6=a\cdot 144+b\cdot 12+c$ und den Werten für $a$ und $b$ folgt:

$6=\dfrac{3}{32}\cdot 144-\dfrac{15}{4}\cdot 12+c\;\Rightarrow\;c=\dfrac{75}{2}$

Die gesuchte quadratische Funktion hat die Gleichung:

$f(x)=\dfrac{3}{32}x^2-\dfrac{15}{4}x+\dfrac{75}{2}$

Lösung

Stellen Sie die entsprechende Fläche in der Abbildung grafisch dar

Im Bereich $4 \leq x \leq 20$ ist die Fläche orange gekennzeichnet.

Berechnen Sie den Flächeninhalt der Seitenfläche

Die markierte Fläche setzt sich aus zwei Teilen zusammen:

$A_{\text{ges}}=A_{\text{Trapez}}+\displaystyle\int_{12}^{20}f(x)\;dx=\dfrac{6+18}{2}\cdot(12-4)+\displaystyle\int_{12}^{20}f(x)\;dx$

$A_{\text{ges}}=96+16=112$

Der Flächeninhalt der Seitenfläche beträgt $112\;\text{m}^2$.

Lösung

Weisen Sie nach, dass der Mittelpunkt M des Kreises die Koordinaten $\left(0 \left\lvert\, \frac{46}{3}\right.\right)$ hat

Erstelle die Gleichung der Normalen im Punkt $A(4|18)$ an der Geraden $y=-\frac{3}{2} x+24$.

Die Normale steht senkrecht auf der Geraden, d.h. $m_1\cdot m_2=-1$.

Eingesetzt in die Formel für die Normale:

$n(x)=-\dfrac{1}{\left(-\dfrac{3}{2}\right)}\cdot(x-4)+18=\dfrac{2}{3}\cdot x-\dfrac{8}{3}+18=\dfrac{2}{3}\cdot x+\dfrac{46}{3}$

Die Normalengleichung lautet also $n(x)=\dfrac{2}{3}\cdot x+\dfrac{46}{3}$.

$n(0)=\dfrac{46}{3}$

Die Normale schneidet die y-Achse im Punkt $M(0|\frac{46}{3})$.

Die folgende Abbildung ist nicht gefordert. Sie dient nur zur Veranschaulichung.

Lösung

Berechnen Sie den Radius des Kreises

Die Entfernung der beiden Punkte $M(0|\frac{46}{3})$ und $A(4|18)$ ist der Radius des Kreises:

$r=d_{AM}=\sqrt{(4-0)^2+\left(18-\frac{46}{3}\right)^2}\approx4{,}8$

Der Radius des Kreises beträgt rund $4{,}8\;\text{m}$.

Höhe des Startpunkts der Rutschbahn oberhalb der Wasseroberfläche an

Berechne $h(0)$:

$h(0)=5{,}2$

Die Höhe des Startpunkts der Rutschbahn oberhalb der Wasseroberfläche beträgt $5{,}2\;\text{m}.$

Koordinaten des Endpunktes der Rutschbahn

Setze $h(x)=0{,}2$ und löse die Gleichung:

$\frac{3}{2500} x^{5}-\frac{3}{100} x^{4}+\frac{1}{4} x^{3}-\frac{3}{4} x^{2}+5{,}2=0{,}2$

$\;\Rightarrow\;\frac{3}{2500} x^{5}-\frac{3}{100} x^{4}+\frac{1}{4} x^{3}-\frac{3}{4} x^{2}+5=0$

Die 1. Lösung mit dem CAS-Rechner ist negativ, d.h. sie entfällt hier.

Die 2. Lösung ergibt $x=10$.

Der Endpunkt der Rutschbahn hat die Koordinaten $(10|0{,}2)$.

Größte Neigung in Prozent

Setze $h''(x)=0$ und löse diese Gleichung. (Hier erfolgt die Lösung mit dem CAS-Rechner von Geogebra.)

Es ist $x_1=5-2{,}5\sqrt{2}$ und $x_2=5+2{,}5\sqrt{2}$.

Der dritte Wert ist $x_3=5$. Hier gilt $h'(5)=0\;\Rightarrow\;$Sattelpunkt.

Für die beiden Werte $x_1$ und $x_2$ gilt:

Beide dritte Ableitungen an den Stellen $x_1$ und $x_2$ sind gleich groß und größer null.

Für die Steigung an den Stellen $x_1$ und $x_2$ gilt dann:

$h'(5-2{,}5\sqrt{2})=h'(5+2{,}5\sqrt{2})=-\dfrac{15}{16}=-0{,}9375$

Es ergibt sich eine Neigung von etwa $94\;\%$.

Lösung

Weisen Sie nach, dass diese Punkte alle auf einer Geraden liegen

Berechne $h'(x)=0$:

Du hast die drei Lösungen $x_1=0, x_2=5$ und $x_3=10$ erhalten.

Betrachte nun die Punkte $(0|h(0))$ und $(5|h(5))$ auf dem Graphen und berechne die Geradengleichung $g(x)$ durch diese beiden Punkte.

$(0|h(0))\;\Rightarrow\;(0|5{,}2)$ und $(5|h(5))\;\Rightarrow\;(5|2{,}7)$

$g(x)=\dfrac{2{,}7-5{,}2}{5-0}\cdot (x-0)+5{,}2\;\Rightarrow\;g(x)=-\dfrac{1}{2}\cdot x+5{,}2$

Für die dritte Lösung $x_3=10$ ergibt sich der Punkt $(10|h(10))$.

Aus Aufgabe f) ist bekannt, dass der Punkt $(10|0{,}2)$ auf $h$ liegt.

Prüfe, ob der Punkt $(10|0{,}2)$ auch auf $g$ liegt:

$g(10)=-\dfrac{1}{2}\cdot 10+5{,}2=0{,}2\;\Rightarrow\;$der Punkt $(10|0{,}2)$ liegt auch auf $g$.

Der Punkt $(10|h(10))=(10|0{,}2)$ liegt also auch auf der Geraden $g$.