Teil B: Analysis 2

Berechne die Stellen, an denen der Graph von $f_4$ eine Steigung von $-\frac{1}{4}$ hat

Gegeben ist $f_a(x)=\frac{1}{a^3}{x}^3-\frac{1}{a}{x}^2+x$.

$\Rightarrow f_4(x)=\frac{1}{64}{x}^3-\frac{1}{4}{x}^2+x$

Berechne $f_4^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{3}{64}}{x}^2-{\displaystyle \frac{1}{2}}x+1$

Löse die Gleichung $f_4^{\prime }(x)=-{\displaystyle \frac{1}{4}}\Rightarrow {\displaystyle \frac{3}{64}}{x}^2-{\displaystyle \frac{1}{2}}x+1=-{\displaystyle \frac{1}{4}}$

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{3}{64}}{x}^2-{\displaystyle \frac{1}{2}}x+{\displaystyle \frac{5}{4}}=0$

Löse die Gleichung mit der Mitternachtsformel:

Damit erhält man $x_1={\displaystyle \frac{16}{3}}-{\displaystyle \frac{4}{3}}={\displaystyle \frac{12}{3}}=4$ und $x_2={\displaystyle \frac{16}{3}}+{\displaystyle \frac{4}{3}}={\displaystyle \frac{20}{3}}$.

Die Stellen, an denen der Graph von $f_4$ eine Steigung von $-\frac{1}{4}$ hat, sind $x_1=4$ und $x_2={\displaystyle \frac{20}{3}}$.

Bestimme den Wert von $a$ so, dass der Punkt $(2|2)$ auf dem Graphen von $f_a$ liegt

Für $a>0$ soll gelten: $f_a(2)=2$.

$f_a(2)=\frac{1}{a^3}\cdot 2^3-\frac{1}{a}\cdot 2^2+2=2\Rightarrow \frac{1}{a^3}\cdot 8-\frac{1}{a}\cdot 4=0\Rightarrow {\displaystyle \frac{4}{a}}\cdot ({\displaystyle \frac{2}{a^2}}-1)=0$

Das führt zu der Gleichung:

${\displaystyle \frac{2}{a^2}}-1=0\Rightarrow 2=a^2\Rightarrow a=\sqrt{2}$

(Wegen $a>0$ entfällt die zweite Lösung $-\sqrt{a}$.)

Der Punkt liegt für $a=\sqrt{2}$ auf dem Graphen von $f_a$.

Ermittele die Koordinaten der gemeinsamen Punkte der Graphen von $f_1$ und $f_2$

$f_a(x)=\frac{1}{a^3}{x}^3-\frac{1}{a}{x}^2+x$

$\Rightarrow f_1(x)=x^3-x^2+x$ und $f_2(x)=\frac{1}{8}{x}^3-\frac{1}{2}{x}^2+x$

Zur Berechnung der gemeinsamen Punkte der Graphen von $f_1$ und $f_2$ setze $f_1=f_2$.

$\Rightarrow x^3-x^2+x=\frac{1}{8}{x}^3-\frac{1}{2}{x}^2+x\Rightarrow \frac{7}{8}{x}^3-\frac{1}{2}{x}^2=0$

$\Rightarrow \frac{x^2}{2}(\frac{7}{4}x-1)=0$

Die Gleichung hat mit dem Satz vom Nullprodukt die beiden Lösungen $x_1=0$ und $x_2={\displaystyle \frac{4}{7}}$.

Berechne die zugehörigen Funktionswerte:

$f_1(0)=0$ und $f_1(\frac{4}{7})={\left(\frac{4}{7}\right)}^3-{\left(\frac{4}{7}\right)}^2+\frac{4}{7}=\frac{148}{343}$

Die Punkte $(0|0)$ und $\left(\frac{4}{7}|\frac{148}{343}\right)\approx (\mathrm{0,57}|\mathrm{0,43})$ sind die gemeinsamen Punkte der Graphen von $f_1$ und $f_2$.

Gib die Anzahl der Nullstellen von $f_a$ in Abhängigkeit von $a$ an und begründe Deine Angabe anhand der obigen Terme

Gegeben sind:

0; ${\displaystyle \frac{a^2+\sqrt{a^3(a-4)}}{2}}$; ${\displaystyle \frac{a^2-\sqrt{a^3(a-4)}}{2}}$

Für $a>0$ ist auch $a^3>0$.

Betrachte den Term $(a-4)$:

Wenn $a-4<0$ ist, folgt $0<a<4$ und die beiden Terme mit den Wurzeln entfallen als Nullstellen. Es gibt also nur $1$ Nullstelle $x=0$.

Wenn $a-4=0$ ist, folgt $a=4$ und die beiden Terme mit den Wurzeln fallen zusammen. Es gibt $2$ Nullstellen $x=0$ und $x={\displaystyle \frac{a^2}{2}}$.

Wenn $a-4>0$ ist, folgt $a>4$ und es gibt die $3$ oben angegebenen Nullstellen.

Erläutere diese Schritte und interpretiere die Lösung $a=2$ geometrisch

1. Rechenschritt: Zunächst werden die Schnittstellen der Gerade $g$ mit dem Graphen von $f_a$ berechnet $\Rightarrow f_a(x)=x\iff x=0\vee x=a^2$

2. Rechenschritt:

Die Lösung $a=2$ der Gleichung $$\frac{1}{2}\cdot a^2\cdot f_a\left(a^2\right)=3\cdot {\displaystyle {\int }_0^{a^2}(x-f_a(x))\mathrm{d}x}$$ gibt denjenigen Wert von $a$ an, für den das rechtwinklige Dreieck den dreifachen Flächeninhalt besitzt wie das Flächenstück, das von $g$ und dem Graphen von $f_a$ eingeschlossen ist.

(i) Skizziere in Abbildung 2 den Graphen von $h$ sowie die Fläche $A$, die von $x=0$ bis $x=12$ zwischen den Graphen von $f_4$ und $h$ liegt

Der Graph von $h$ wurde durch Spiegelung des Graphen von $f_4$ an der $x$-Achse erzeugt.

(ii) Berechne den Inhalt der Fläche $A$

$f_4(x)=\frac{1}{64}{x}^3-\frac{1}{4}{x}^2+x\Rightarrow F_4(x)=\frac{1}{256}{x}^4-\frac{1}{12}{x}^3+{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}^2$

Der Flächeninhalt wird berechnet mit:

$$A=2\cdot {\displaystyle {\int }_0^{12}{f}_4(x)\mathrm{d}x=2\cdot [F_4(12)-F_4(0)]}$$

$F_4(12)=\frac{1}{256}\cdot {12}^4-\frac{1}{12}\cdot {12}^3+{\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot {12}^2=9$ und $F_4(0)=0$

$\Rightarrow A=2\cdot (9-0)=18$

Der Inhalt der eingeschlossenen Fläche beträgt $18\mathrm{FE}$.

(i) Bestimme rechnerisch die beiden lokalen Extremstellen von $f_4$

Es ist $f_4^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{3}{64}}{x}^2-{\displaystyle \frac{1}{2}}x+1$

Die notwendige Bedingung ist $f_4^{\prime }(x)=0\Rightarrow 0={\displaystyle \frac{3}{64}}{x}^2-{\displaystyle \frac{1}{2}}x+1$

Löse die Gleichung mit der Mitternachtsformel:

Damit erhält man $x_1={\displaystyle \frac{16}{3}}-{\displaystyle \frac{8}{3}}={\displaystyle \frac{8}{3}}$ und $x_2={\displaystyle \frac{16}{3}}+{\displaystyle \frac{8}{3}}={\displaystyle \frac{24}{3}}=8$.

Die notwendige Bedingung $f_4^{\prime }(x)=0$ liefert $x_1={\displaystyle \frac{8}{3}}$ und $x_2=8$.

Laut Aufgabenstellung handelt es sich bei diesen beiden Stellen um die Extremstellen von $f_4$.

(ii) Bestimme eine Gleichung von $s$

Die beiden Extremstellen sind $x_1={\displaystyle \frac{8}{3}}$ und $x_2=8$.

Der Graph der Funktion $s$ ist die Gerade, die durch die beiden lokalen Extrempunkte des Graphen von $f_4$ verläuft.

Ansatz: $s(x)=m\cdot x+b$

$m=\frac{f_4(8)-f_4\left(\frac{8}{3}\right)}{8-\frac{8}{3}}$

$f_4(8)=\frac{1}{64}{8}^3-\frac{1}{4}{8}^2+8=0$

$f_4(\frac{8}{3})=\frac{1}{64}{\left(\frac{8}{3}\right)}^3-\frac{1}{4}{\left(\frac{8}{3}\right)}^2+\frac{8}{3}=\frac{32}{27}$

$\Rightarrow m=\frac{0-\frac{32}{27}}{8-\frac{8}{3}}=-\frac{\frac{32}{27}}{\frac{16}{3}}=-\frac{32}{27}\cdot \frac{3}{16}=-\frac{2}{9}$

Einsetzen der Koordinaten von $(8|f(8))=(8|0)$ und von $m=-\frac{2}{9}$ in $s$ liefert:

$-\frac{2}{9}\cdot 8+b=0\Rightarrow b=\frac{16}{9}$.

Eine Gleichung von $s$ lautet somit: $s(x)=-\frac{2}{9}\cdot x+\frac{16}{9}$.

(iii) Interpretiere diese Aussage geometrisch

Der Graph von $s$ schneidet den Graphen von $f_4$ an einer weiteren Stelle $x=w$.

Diese Stelle liegt zwischen der Maximal- und Minimalstelle.

Die Inhalte der Flächen, die die Graphen von $f_4$ und $s$ in den Intervallen $I_1=[\frac{8}{3};w]$(grüne Fläche) und $I_2=[w,8]$ (orangefarbige Fläche) einschließen, sind gleich groß. Da im Intervall $I_1$ der Graph von $f_4$ oberhalb und im Intervall $I_2$ unterhalb des Graphen von $s$ verläuft, hat das Integral auf dem gesamten Intervall $[\frac{8}{3};8]$ den Wert null.

Also gilt: $${\displaystyle {\int }_{\frac{8}{3}}^8(f_4(x)-s(x))\mathrm{d}x=0}$$. (vgl. Abbildung)

Bestimme die Koordinaten des Tiefpunktes des Graphen von $v$

Lasse Dir den Graphen von $v(t)=-\frac{6}{25}t\cdot (4t-25)\cdot {\mathrm{e}}^{-\frac{1}{5}t}$ anzeigen und bestimme den Tiefpunkt. Im Modellierungsbereich erhält man den Tiefpunkt $(t_1|y_1)$ mit $t_1\approx 14$ und $y_1\approx -\mathrm{6,3}$.

Interpretiere die Werte im Sachkontext

$U$ hat etwa $14$ Minuten nach Beobachtungsbeginn eine Geschwindigkeit von $-\mathrm{6,3}$ Meter pro Minute.

Interpretiere die Aussage in Bezug auf die Bewegung von $U$ in diesem Zeitraum

Wegen $v(t)<0$ sinkt $U$. Wegen $v^{\prime }(t)>0$ ist die momentane Änderungsrate der Geschwindigkeit von $U$ positiv. Also sinkt $U$ in diesem Zeitraum immer langsamer.

Ermittele den Abstand von $U$ zur Wasseroberfläche zu Beobachtungsbeginn

$v(t)=-\frac{6}{25}t\cdot (4t-25)\cdot e^{-\frac{1}{5}\cdot t}$

Betrachte den Term $4t-25$.

Für $t>{\displaystyle \frac{25}{4}}=\mathrm{6,25}$ ist der Term größer null und wegen des Minuszeichens am Anfang ist dann $v(t)<0$.

Für $t<\mathrm{6,25}$ ist der Term kleiner null und wegen des Minuszeichens am Anfang ist dann $v(t)>0$.

Somit gilt: $v(t)>0$ für $0<t<\mathrm{6,25}$ und $v(t)<0$ für $\mathrm{6,25}<t<30$.

$U$ hat somit $\mathrm{6,25}$ Minuten nach Beobachtungsbeginn den kleinsten Abstand zur Wasseroberfläche.

Im Beobachtungszeitraum beträgt der geringste Abstand von $U$ zur Wasseroberfläche des Sees $10$ Meter. Dann berechnet sich der Abstand von $U$ zur Wasseroberfläche zu Beobachtungsbeginn in Metern:

$$10+{\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{6,25}}v(t)\mathrm{d}t\approx \mathrm{31,73687...}}$$

Der Abstand von $U$ zur Wasseroberfläche zu Beobachtungsbeginn beträgt rund $\mathrm{31,7}\text{m}$.