A I

Skizziere den Graphen $G_g$ der 1. Ableitungsfunktion von $g$ in ein geeignetes Koordinatensystem

Die Funktion $g$ ist eine Funktion 3. Grades.

Der Leitkoeffizient der Funktion $g$ ist negativ (siehe Verlauf von $G_g$).

Demnach hat die Ableitungsfunktion von $g$, eine Funktion 2. Grades, ebenfalls einen negativen Leitkoeffizienten, d.h. die Parabel ist nach unten geöffnet und schneidet an den Stellen $x_1$ und $x_2$ die x-Achse. Der Scheitel der Parabel liegt bei $x=5$ (Wendestelle von $g$).

Der Graph der 1. Ableitungsfunktion von $g$ (orangefarbig)

Die max. Monotonieintervalle der 1. Ableitungsfunktion $g^{\prime }$

Betrachte die Parabel. Wo steigt und wo fällt die Parabel?

$G_{g^{\prime }}$ ist streng monoton steigend für $x\in ]-\infty ;5]$ und streng monoton fallend für $x\in [5;\infty [$.

$1.$ Gib nachvollziehbar an, welche Ansätze zu diesen Gleichungen führen

Die allgemeine Funktionsgleichung für eine Funktion 3. Grades lautet:

$g(x)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$

Die 1. und 2. Ableitung sind dann:

$g^{\prime }(x)=3a{x}^2+2bx+c$ und $g^{\prime \prime }(x)=6ax+2b$

Der Aufgabe entnimmt man die folgenden Eigenschaften von $g(x)$:

Nullstelle $x=6$ $\Rightarrow g(6)=0\Rightarrow$Gleichung $(\mathrm{I})$

Wendepunkt $W(5|-18)\Rightarrow g(5)=-18\Rightarrow$Gleichung$(\mathrm{I}\mathrm{I})$

Tangente $G_t$ mit $t:y=16x-96$ bei $x=6\Rightarrow g^{\prime }(6)=16\Rightarrow$ Gleichung$(\mathrm{I}\mathrm{I}\mathrm{I})$

Wendepunkt bei $x=5\Rightarrow g^{\prime \prime }(5)=0\Rightarrow$Gleichung$(\mathrm{I}\mathrm{V})$

Bestimme $g(x)$ mithilfe der Gleichungen aus 1b)

(I) $216a+36b+6c+d=0$

(II) $125a+25b+5c+d=-18$

(III) $108a+12b+c=16$

(IV) $30a+2b=0$

Rechne $(\mathrm{I})-(\mathrm{I}\mathrm{I})\Rightarrow (\mathrm{V})91a+11b+c=18$

Rechne $(\mathrm{V})-(\mathrm{I}\mathrm{I}\mathrm{I})\Rightarrow (\mathrm{V}\mathrm{I})-17a-b=2\Rightarrow b=-17a-2$

Setze $b=-17a-2$ in $(\mathrm{I}\mathrm{V})$ ein: $30a+2\cdot (-17a-2)=0\Rightarrow -4a-4=0\Rightarrow a=-1$

Setze $a=-1$ in $(\mathrm{V}\mathrm{I})$ ein$\Rightarrow b=-17\cdot (-1)-2=15$

Aus $(\mathrm{I}\mathrm{I}\mathrm{I})$ folgt $c=16-108a-12b$.

Setze $a=-1$ und $b=15$ ein:

$c=16-108\cdot (-1)-12\cdot 15=16+108-180=-56$

Aus $(\mathrm{I})$ folgt $d=-216a-36b-6c$.

Setze $a=-1$, $b=15$ und $c=-56$ ein:

$d=-216\cdot (-1)-36\cdot 15-6\cdot (-56)=216-540+336=12$

Damit ist dann $g(x)=-x^3+15x^2-56x+12$.

Berechne alle Schnittpunkte des Graphen $G_f$ mit den Koordinatenachsen

Gegeben ist $f(x)={\displaystyle \frac{1}{10}}(-x^3+15x^2-56x+12)$.

Schnittpunkte mit der x-Achse:

$f(x)=0\Rightarrow {\displaystyle \frac{1}{10}}(-x^3+15x^2-56x+12)=0\Rightarrow -x^3+15x^2-56x+12=0$

Die Nullstelle der Funktion $g(x)=-x^3+15x^2-56x+12$ ist bekannt $x_N=6$.

Führe eine Polynomdivision durch.

$\begin{array}{l}\phantom{-}(-x^3+15x^2-56x+12):(x-6)=-x^2+9x-2\\ -\underline{(-x^3+6x^2)}\\ \phantom{-(x^3-1}9x^2-56x\\ \phantom{(x^3+}-\underline{(9x^2-54x)}\\ \phantom{-(x^3+3x^2-}-2x+12\\ \phantom{(x3+3x^2-}-\underline{(-2x+12)}\\ \phantom{-(x^3+3x^2-4x-12}0\end{array}$

Löse nun die Gleichung $-x^2+9x-2=0\Rightarrow x^2-9x+2=0$ mit der pq-Formel:

Somit lauten die Schnittpunkte von $G_f$ mit der x-Achse $N_1(6|0),N_2(\mathrm{4,5}-\sqrt{\mathrm{18,25}}|0)\approx$$N_2(\mathrm{0,23}|0)$ und $N_3(\mathrm{4,5}+\sqrt{\mathrm{18,25}}|0)\approx N_3(\mathrm{8,77}|0)$.

Schnittpunkt mit der y-Achse:

Setze $x=0$ in $f(x)$ ein $\Rightarrow f(0)=\mathrm{1,2}\Rightarrow S_y(0|\mathrm{1,2})$.

Der Schnittpunkt mit der y-Achse ist $S_y(0|\mathrm{1,2})$.

Ermittle Art und Koordinaten aller relativen Extrempunkte von $G_f$

Die notwendige Bedingung für ein Extremum ist $f^{\prime }(x)=0$.

Bilde die 1. Ableitung:

$f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{1}{10}}(-3x^2+30x-56)$

$f^{\prime }(x)=0\Rightarrow 0=-3x^2+30x-56$ (Nur die Klammer kann null werden.)

Du hast eine quadratische Gleichung erhalten. Diese kannst du nun mit der Mitternachtsformel (abc-Formel) oder pq-Formel lösen. Hier erfolgt die Lösung mit der Mitternachtsformel.

Mögliche Extremstellen sind $x_1={\displaystyle \frac{15-\sqrt{57}}{3}}\approx \mathrm{2,5}$ und $x_2={\displaystyle \frac{15+\sqrt{57}}{3}}\approx \mathrm{7,5}$.

Die hinreichende Bedingung für eine Extremstelle lautet:

$f^{\prime }(x)=0$ und $f^{\prime \prime }(x)\ne 0$

Bilde die 2. Ableitung:

$f^{\prime \prime }(x)={\displaystyle \frac{1}{10}}(-6x+30)$

$f^{\prime \prime }(\mathrm{2,5})={\displaystyle \frac{1}{10}}(-6\cdot \mathrm{2,5}+30)=\mathrm{1,5}>0\Rightarrow$ rel. Min.

$f^{\prime \prime }(\mathrm{7,5})={\displaystyle \frac{1}{10}}(-6\cdot \mathrm{7,5}+30)=-\mathrm{1,5}<0\Rightarrow$ rel. Max.

Berechne die y-Werte der Extrema:

$f\left({\displaystyle \frac{15-\sqrt{57}}{3}}\right)\approx -\mathrm{5,0}$ und $f\left({\displaystyle \frac{15+\sqrt{57}}{3}}\right)\approx \mathrm{1,4}$

Die Extrema lauten demnach (gerundet auf eine Nachkommastelle):

$TP(\mathrm{2,5}|-\mathrm{5,0})$ und $HP(\mathrm{7,5}|\mathrm{1,4})$

Bestimme die maximalen Krümmungsintervalle von $G_f$

Die Funktionen $f$ und $g$ haben die gleichen Extremstellen und die gleichen Wendestellen. Bekannt ist die Wendestelle $x=5$ von $g(x)$. Also hat auch die Funktion $f(x)$ einen Wendepunkt an der Stelle $x=5$ $(f^{\prime \prime }(5)={\displaystyle \frac{1}{10}}(-6\cdot 5+30)=0).$

Untersuche die Krümmung von $G_f$ mit einer Krümmungstabelle.

Damit ist $G_f$ linksgekrümmt für $x\in ]-\infty ;5]$ und rechtsgekrümmt für $x\in [5;\infty [$.

Zeichne unter Mitverwendung vorliegender Ergebnisse den Graphen $G_f$ im Bereich $-1\le x\le 10$ in ein kartesisches Koordinatensystem

Interpretiere dieses Ergebnis in Bezug auf $G_f$

Bei $x=\mathrm{4,5}-\sqrt{\mathrm{18,25}}$ liegt eine Nullstelle des Graphen von $f$. Wenn von $x=-2$ bis $x=6$ integriert wird, wird über diese Nullstelle hinweg integriert.

Das Ergebnis der Integration ist gleich null, d.h. der Flächeninhalt der Fläche, die von $x=-2$ bis $x=\mathrm{4,5}-\sqrt{\mathrm{18,25}}$ reicht (Fläche liegt oberhalb der x-Achse), ist gleich dem Flächeninhalt, der von $x=\mathrm{4,5}-\sqrt{\mathrm{18,25}}$ bis $x=6$ reicht (Fläche liegt unterhalb der x-Achse).

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

Schraffiere das linke der beiden Flächenstücke

Zeichne $G_p$ ein.

Berechne die Maßzahl seines Flächeninhalts

Die Integrationsgrenzen sind $x=0$ und $x=6$.

Es ist: $p(x)-f(x)=-\mathrm{0,1}{x}^2+0,4x+\mathrm{1,2}-\left({\displaystyle \frac{1}{10}}(-x^3+15x^2-56x+12)\right)=$

$\mathrm{0,1}{x}^3-\mathrm{1,6}{x}^2+6x$

Dann folgt für das Integral:

$${\displaystyle {\int }_0^6(p(x)-f(x))\mathrm{d}x={\displaystyle {\int }_0^6(\mathrm{0,1}{x}^3-\mathrm{1,6}{x}^2+6x)\mathrm{d}x={[{\displaystyle \frac{\mathrm{0,1}}{4}}{x}^4-{\displaystyle \frac{\mathrm{1,6}}{3}}{x}^3+3x^2]}_0^6=({\displaystyle \frac{\mathrm{0,1}}{4}}\cdot 6^4-{\displaystyle \frac{\mathrm{1,6}}{3}}\cdot 6^3+3\cdot 6^2)-0=\mathrm{32,4}-\mathrm{115,2}+108=\mathrm{25,2}}}$$

Die Maßzahl des Flächeninhalts beträgt $\mathrm{25,2}\mathrm{FE}$.

Ermittele die Maßzahl $V(h)$ des Volumens des Zylinders in Abhängigkeit von der Höhe $h$

Gegeben ist der Halbkugelradius $R=10\text{ cm}$.

$V_Z=\pi \cdot r^2\cdot h$

Wende im rechtwinkligen Dreieck den Satz des Pythagoras an:

$R^2=r^2+h^2\Rightarrow {10}^2=r^2+h^2\Rightarrow r^2=100-h^2$.

Setze $r^2$ in $V_Z$ ein:

$V_Z(h)=\pi \cdot (100-h^2)\cdot h=\pi \cdot (100h-h^3)$

Die Maßzahl $V(h)$ des Volumens des Zylinders in Abhängigkeit von der Höhe $h$ lautet $V_Z(h)=\pi \cdot (100h-h^3)$.

Gib eine sinnvolle Definitionsmenge für die Funktion $V:h\mapsto V(h)$ an, wenn die Höhe $h$ mindestens $6\text{ cm}$ betragen soll

Es gilt also $h\ge 6$ und $h<10$ (für $h=10$ ist das Zylindervolumen gleich null).

Damit ist die Definitionsmenge $D_V=[6;10[$.

Berechne $h$ so, dass $V(h)$ den absolut größten Wert annimmt

Berechne die 1. und 2. Ableitung von $V_Z(h)$.

Es ist $V_Z(h)=\pi \cdot (100h-h^3)\Rightarrow V_Z^{\prime }(h)=\pi \cdot (100-3h^2)$ und

$V_Z^{\prime \prime }(h)=-6\cdot \pi \cdot h$

Die notwendige Bedingung für ein Extremum ist $V_Z^{\prime }(h)=0$.

Löse die Gleichung $V_Z^{\prime }(h)=0\Rightarrow 0=\pi \cdot (100-3h^2)$ nach $h$ auf.

$\Rightarrow h^2={\displaystyle \frac{100}{3}}\Rightarrow h=\pm \sqrt{{\displaystyle \frac{100}{3}}}$

Die negative Lösung für $h$ entfällt und die positive Lösung $h=\sqrt{{\displaystyle \frac{100}{3}}}\approx \mathrm{5,77}$ ist nicht im Definitionsbereich (siehe Aufgabe a) enthalten.

Das maximale Volumen kann also nur am Rand liegen$\Rightarrow$ Randbetrachtung.

Die linke Seite des Definitionsbereiches ist $h=6\Rightarrow V_Z(6)=\pi \cdot (100\cdot 6-6^3)=\pi \cdot 384$.

Für die rechte Seite des Definitionsbereiches muss der Grenzwert berechnet werden: $${\displaystyle \underset{h\to {10}^{-}}{\lim }\pi \cdot (100h-h^3)=0}$$

Damit erhält man das absolute Maximum für $h=6\Rightarrow V_{max}=384\pi$.

Untersuche, ob das maximale Volumen $V_{\text{max}}$ des Zylinders mehr als die Hälfte des Halbkugelvolumens beträgt

Die Hälfte des Halbkugelvolumens ist ${\displaystyle \frac{1}{4}}$ des Kugelvolumens:

${\displaystyle \frac{1}{4}}{V}_K={\displaystyle \frac{1}{4}}\left({\displaystyle \frac{4}{3}}\pi R^3\right)=\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\pi R^3\right)=\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\pi {10}^3\right)={\displaystyle \frac{1000}{3}}\pi \approx \mathrm{333,3}\pi$

Gilt: $V_{max}>{\displaystyle \frac{1}{4}}{V}_K$?

$\Rightarrow 384\pi >\mathrm{333,3}\pi ✓$

Das maximale Volumen $V_{\text{max}}$ des Zylinders beträgt mehr als die Hälfte des Halbkugelvolumens.