Analysis zusammenges. Aufg. 2 < VK 29: Oberstufe < VK Abivorbereitungen < Schule < Vorkurse < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 17:39 Di 30.12.2008 | | Autor: | argl |
| Aufgabe |
Gegeben seien die Funktionen $ f(x) = [mm] -x^4 [/mm] + [mm] 2x^3 [/mm] $ und $ g(x) = [mm] -(x-1)^2 [/mm] + 1 $
a) Bestimmen Sie Nullstellen, Extrema und Wendepunkte von f.
b) Zeichnen Sie die Graphen von f und g im Intervall $ -0,5 [mm] \le [/mm] x [mm] \le [/mm] 2,5 $ in ein gemeinsames Koordinatensystem.
c) Bestimmen Sie die Schnittpunkte von f und g im betrachteten Intervall.
d) Bestimmen Sie die Grösse der Schnittwinkel für die ermittelten Schnittpunkte.
e) Bestimmen Sie den Inhalt der von f und g im ersten Qudranten eingeschlossenen Fläche.
f) Ein achsenparalleles Rechteck mit einer Ecke im Ursprung und der gegenüberliegenden auf dem Graphen von f soll maximalen Inhalt haben. Bestimmen Sie den entsprechenden x-Wert.
g) Für welches a $ (0 < a < 2) $ ist der Inhalt zwischen dem Graphen von g und der x-Achse gleich [mm] $\bruch{3}{4}\ [/mm] a $ ?
|
|
|
| |
|
ich habe Loddars Korrekturen in Rot eingearbeitet. Schorsch
a) NST, Extrema und Wendepunkte von f:
[mm] f(x)=-x^4+2x^3 [/mm] ich klammerte aus und setze f(x)=0:
f(x)=0= [mm] -x^3(x-2) [/mm] und erhielt für x=0 und x=2 die beiden Nullstellen.
Nun leitete ich ab und setzte die 1.Ableitung gleich Null
f'(x)=0= [mm] -4x^3+6x^2 [/mm] umgeschrieben ergab dies
f'(x)=0 = [mm] x^2(6-4x) [/mm] Die Gleichung ist Null für [mm] x_1=0 [/mm] und [mm] x_2=\bruch{3}{2}
[/mm]
Ich setzte nun beide x-Werte in die 2.Ableitung von f: f''(x)= [mm] -12x^2+12 [/mm] richtig ist: [mm] f''(x)=-12x^2+12x [/mm] ein
f''(0)=12 f''(0)=0 damit > 0 somit handelte es sich um einen Tiefpunkt. ist falsch
Da für [mm] x_1=0 [/mm] die 3.Ableitung f'''(x)=-24x +12 > Null war, handelte es es sich hierbei um einen Sattelpunkt mit den Koordinaten (0 | 0).
[mm] f''(\bruch{3}{2}= -12*\bruch{9}{4} [/mm] + 6 = -21 falsch ! richtig ist: [mm] f''(\bruch{3}{2})= -12*\bruch{3}{2} [/mm] + [mm] 12*\bruch{3}{2}= [/mm] -9 damit < 0 somit hatten wir hier einen Hochpunkt (Ein Einsetzen in die 3.Ableitung [mm] f'''(\bruch{3}{2})=-24 [/mm] * [mm] \bruch{3}{2}[red] [/mm] +12 [/red] = -36 richt ist = -24 [mm] \not= [/mm] 0) Die 3.Ableitung ist unnötig, sagt Loddar und hat damit Recht !
Das Einsetzen des x-Wertes in f(x) ergab den Hochpunkt [mm] (\bruch{3}{2} [/mm] | [mm] \bruch [/mm] {27}{16}
Für die Bestimmung von Wendepunkten muss die 2.Ableitung gleich Null gesetzt werden.
f''(x)=0= [mm] -12x^2+12 [/mm] dies ergab auch hier heißt die 2.Ableitung richtigerweise f''(x)=0= [mm] -12x^2+12x [/mm] = -12x(x-1)
[mm] x^2=1 [/mm] die Wurzel ergab die x-Werte 1 und -1 mit den beiden Wendepunkten (1 | 1) und (-1 | -3) die Wendepunkte liegen dann natürlich bei x=0 und x=1 , wobei lediglich der erste Wendepunkt (1 | 1) für die weiteren Berechnungen betrachtet werden muss. falsch, da beide Wendepunkte [mm] WP_1(0|0) [/mm] und [mm] WP_2 [/mm] (1|1) noch gebraucht werden !
b) Die Graphen von f und g im Intervall -0.5 [mm] \le [/mm] x [mm] \le [/mm] 2.5
Der Graph von f steigt im 3.Quadranten steil an, fällt beim Wendepunkt (-1|-3) falsch ! Richtig ist, dass der Graph steil aus dem 3.Quadranten nach oben kommt und bis zum [mm] WP_1 [/mm] (gleichzeitig Sattelpunkt) nach rechts stark abfällt stark ab und geht durch den Ursprung, der gleichzeitig ein Tief- und Sattelpunkt von f ist. Der Graph steigt im 1.Quadranten nun wieder an und dreht nach dem 2.Wendepunkt (1|1) wieder nach rechts, fällt nach dem Hochpunkt [mm] (\bruch{3}{2}|\bruch{27}{16} [/mm] nach rechts unten ab, schneidet die x-Achse bei (2|0) und fällt im 4.Quadranten steil nach unten ab .
Der Graph von g kommt steil aus dem 4.Quadranten, geht durch den Ursprung in den 1.Quadranten, fällt nach dem Hochpunkt (1|1) nach rechts unten ab, schneidet die x-Achse bei (2|0) und fällt steil nach unten in den 4.Quadranten.
c) Schnittpunkte von f und g im betrachteten Intervall -0.5 [mm] \le [/mm] x [mm] \le [/mm] 2.5
ich setze f(x)=g(x)
[mm] f(x)=-x^4+2x^3 g(x)=2x-x^2
[/mm]
[mm] -x^4+2x^3=2x-x^2 [/mm] ergibt
0= [mm] -x^4+2x^3+x^2-2x [/mm] jetzt x ausklammern
0= [mm] x(-x^3+2x^2+x-2) [/mm] die Klammer mit Polynomdivision in Faktoren teilen :(x-2) ergibt
0= [mm] x(x-2)(1-x^2) [/mm] = x(x-2)(1+x)(1-x) Dies bringt 4 Schnittpunkte von f und g hervor:
[mm] S_1 [/mm] (0|0)
[mm] S_2 [/mm] (2|0)
[mm] S_3 [/mm] (1|1)
[mm] S_4 [/mm] (-1|-3) liegt nicht im betrachteten Intervall
[mm] S_3 [/mm] und [mm] S_4 [/mm] sind ja wie o.a. zudem Wendepunkte von f.
d) Größe der Schnittwinkel für die ermittelten Schnittpunkte
Für die Größe der Schnittwinkel benötigen wir die 1.Ableitung von f und g
sowie die Formel tan [mm] \alpha [/mm] = [mm] |\bruch{m_1-m_2}{1+m_1*m_2}| m_1 [/mm] und [mm] m_2 [/mm] sind die Steigungen der beiden Geraden, die durch die Schnittpunkte gehen
(Die Formel hatte ich bei der letzten Aufgabe von Loddar genannt bekommen, nochmals danke dafür)
Die 1.Ableitungen lauten:
[mm] f'(x)=-4x^3+6x^2 [/mm] und g'(x)=2-2x
ich setze die x-Werte der Schnittpunkte ein und erhalte jeweils m
[mm] S_1 [/mm] (0|0): f'(0)= 0 = [mm] m_1
[/mm]
[mm] S_1 [/mm] (0|0): g'(0)=2 = [mm] m_2
[/mm]
tan [mm] \alpha [/mm] = [mm] |\bruch{m_1-m_2}{1+m_1*m_2}| [/mm] = [mm] |\bruch{0-2}{1+0*2}| [/mm] = 2
[mm] \Rightarrow \alpha [/mm] = 63,43 Grad (mittels [mm] tan^{-1} [/mm] (2) auf dem Taschenrechner)
[mm] S_2 [/mm] (2|0): f'(2)= -8 = [mm] m_1
[/mm]
[mm] S_2 [/mm] (2|0): g'(2)= -2 [mm] =m_2
[/mm]
tan [mm] \alpha [/mm] = [mm] |\bruch{m_1-m_2}{1+m_1*m_2}| [/mm] = [mm] |\bruch{-8-(-2)}{1+(-8)*(-2)}| [/mm] = [mm] \bruch{6}{17}
[/mm]
[mm] \Rightarrow \alpha [/mm] = 19,44 Grad
[mm] S_3 [/mm] (1|1): f'(1)= 2 = [mm] m_1
[/mm]
[mm] S_3 [/mm] (1|1): g'(1)=0 = [mm] m_2
[/mm]
tan [mm] \alpha [/mm] = [mm] |\bruch{m_1-m_2}{1+m_1*m_2}| [/mm] = [mm] |\bruch{2-0}{1+(2*0)}| [/mm] = 2
[mm] \Rightarrow \alpha [/mm] = 63,43 Grad
wir nehmen noch den 4.Schnittpunkt dazu
[mm] S_4 [/mm] (-1|-3): f'(-1)= 10 = [mm] m_1
[/mm]
[mm] S_4 [/mm] (-1|-3): g'(-1)= 4 = [mm] m_2
[/mm]
tan [mm] \alpha [/mm] = [mm] |\bruch{m_1-m_2}{1+m_1*m_2}| [/mm] = [mm] |\bruch{10-4}{1+(10*4)}| [/mm] = [mm] \bruch{6}{41} [/mm] das Gradmaß fehlte: [mm] \alpha= [/mm] 8.33 Grad
e) Größe der von f und g im 1.Quadranten eingeschlossenen Fläche
Wir benötigen die Differenzfunktion d von f und g, d.h. f(x)-g(x).
In Aufgabe c) hatten wir bereits beide Funktionsterme gleichgesetzt und können d wie folgt aufstellen:
f(x)-g(x) = d(x) = x(x-2)(1-x)(1+x) (=Funktionsterm in Faktoren aufgeteilt)
Gesucht wird die von f und g im 1.Quadranten eingeschlossene Fläche
Wenn man sich den Graphen von d anschaut, befindet sich die eine Teilfläche zwischen den NST bei 0 und 1 unterhalb der x-Achse im 4.Quadranten ich hatte mich vom Graphen der Differenzfunktion ablenken lassen ! Beide von f und g eingeschlossenen Teilflächen befinden sich im 1.Quadranten ! siehe Skizze von Loddar unter c) . Die 2.Teilfläche befindet sich zwischen den NST 1 und 2 im 1.Quadranten.
Aus diesem Grund berechne ich nur die 2.Fläche im Intervall [1;2] meine weiteren Berechnungen hätte ich unter ein Integral schreiben können
[mm] A=\integral_{1}^{2}{d(x) dx}=\integral_{1}^{2}{(-4x^4+2x^3+x^2-2x) dx}=
[/mm]
[mm] [-\bruch{x^5}{5}+\bruch{x^4}{2}+\bruch{x^3}{3}-x^2]^{2}_{1}= \bruch{19}{30} [/mm] FE
falls ich falsch lag, hier noch die Fläche im Intervall [0;1]:
[mm] A=|\integral_{0}^{1}{d(x) dx}|=|\integral_{0}^{1}{(-4x^4+2x^3+x^2-2x) dx}|=
[/mm]
[mm] |[-\bruch{x^5}{5}+\bruch{x^4}{2}+\bruch{x^3}{3}-x^2]|^{1}_{0}= \bruch{11}{30} [/mm] FE
(wenn ich mir das zweite Ergebnis so betrachte, lag ich bestimmt falsch !,
denn das Ergebnis [mm] \bruch{19}{30}+\bruch{11}{30} [/mm] = [mm] \bruch{30}{30} [/mm] = 1 FE sieht irgendwie besser aus !) ist auch das richtige Ergebnis
f) kommt weiter unten...
g) Ich habe die Frage so verstanden: Zuerst berechne ich die Fläche unter g im Intervall [0;2], dann setze ich diese Fläche gleich [mm] \bruch{3}{4}a [/mm] und erhalte durch Umstellung die Gleichung a=.... hier lag ich natürlich ganz falsch ! siehe Korrektur von Loddar. mit a war ein x-Wert gemeint ! Integral von g(x) im Intervall [mm] [0;a]=\bruch{3}{4}a [/mm] ergibt [mm] a=\bruch{3}{2} [/mm] (nach dem negativen Wert war ja nicht gefragt)
[mm] A=\integral_{0}^{2}{g(x) dx}=\integral_{0}^{2}{(2x-x^2) dx}=[x^2-\bruch{x^3}{3}]^{2}_{0}= \bruch{4}{3} [/mm] FE
jetzt setze ich A= [mm] \bruch{4}{3} [/mm] = [mm] \bruch{3}{4}a [/mm] damit ist a = [mm] \bruch{4}{3}\bruch{4}{3}= \bruch{16}{9} [/mm] FE
f) es wurde ein Rechteck gesucht, dessen Seiten Parallel zur x und y-Achse sein sollen. Zudem soll die linke untere Ecke des Rechtecks im Ursprung und die gegenüber liegende Ecke (oben rechts) auf dem Graphen von f liegen. Das gesuchte Rechteck soll maximalen Inhalt haben. Gesucht wird (natürlich) der x-Wert !
Ich tat mich sehr schwer, einen Lösungsansatz zu finden:
zuerst dachte ich an zur x-Achse parallel verlaufende Geraden mit g(x)=a (ähnlich wie in der Aufgabe 1). Für a müsste dann gelten: 0 [mm] \le [/mm] a [mm] \le \bruch{27}{16} [/mm] (die obere Grenze ist der Hochpunkt des Graphen von f)
Die Fläche des gesuchten maximalen Rechtecks wäre dann [mm] A_{max}= [/mm] a * [mm] x_f
[/mm]
Die a-Geraden schneiden den Graphen von f jeweils 2x und berühren den Graphen in dessen Hochpunkt.
Meine erste Annahme, dass ich damit das gesuchte Rechteck bereits gefunden haben sollte, sollte sich später nals unwahr herausstellen !
Ich nahm mir die Werte des Hochpunktes von f : [mm] (1.5|\bruch{27}{16} [/mm] und setzte [mm] a=\bruch{27}{16}. [/mm]
Die Fläche des Rechtecks würde dann [mm] A_{max}= [/mm] a * [mm] x_f [/mm] = [mm] \bruch{27}{16}*1.5 [/mm] = [mm] \bruch{81}{32}\sim [/mm] 2.53 FE
Dann bekam ich aber (vielleicht auch durch das betrachten der Graphen) Zweifel und probierte noch einige Rechenspiele aus...
Dabei stieß ich auf den x-Wert 1.6. Dieser ergab für f(x) den y-Wert und damit für a: 1.638 . Das Produkt der beiden Werte ergab dann die Fläche von [mm] \sim [/mm] 2.62 FE !!!
Jetzt wusste ich nicht mehr so richtig weiter...
Da das gesuchte Volumen ein Maximum sein sollte, stellte ich mir eine Funktion vor, bei der ein Hochpunkt diesen Wert verkörpern könnte.
Dabei dachte ich auch an eine mögliche Verkettung der Funktion f in der Form x*f(x)
Ich nahm [mm] f(x)=-x^4+2x^3 [/mm] und multiplizierte beide Seiten mit x, ich nannte die neue Funktion [mm] a_x(f(x) [/mm] A(x)=x(f(x) wäre einfacher... :
[mm] a_x(f(x)=-x^5+2x^4 [/mm] ich war mir nicht ganz sicher und schaute mir den Graph der Funktion an...
Zu meinem Erstaunen sah ich, dass dies der richtige Ansatz sein könnte, da die Funktion tatsächlich einen Hochpunkt im x-Wertbereich 1 [mm] \le [/mm] x [mm] \le [/mm] 2 hatte.
Um den Extrem-/Hochpunkt berechnen zu können, musste ich nur die 1.Ableitung der neuen Funktion bilden und gleich Null setzen.
a'_x(f(x)=0= [mm] -5x^4+8x^3 [/mm] nach Ausklammern von [mm] x^3 [/mm] erhielt ich
a'_x(f(x)=0= [mm] x^3(8-5x) [/mm] hier fehlte noch die Überprüfung mit A''(x) : [mm] A''(\bruch{8}{5}=-20(\bruch{8}{5}^3+24(\bruch{8}{5}^2))=-20.48 [/mm] < 0 Hochpunkt damit bestätigt ! dies ergab dann
[mm] x_1=0 [/mm] und [mm] x_2=\bruch{8}{5} [/mm] oder 1.6 jetzt musste ich sogar etwas schmunzeln, war ich doch weiter oben durch Probieren schon auf die Lösung gestoßen. Nur war ich mir zu dem Zeitpunkt noch nicht sicher, ob nicht doch noch ein Wert richtiger sei !
Insgesamt bin ich nun aber zufrieden, doch noch die Lösung entdeckt zu haben. Vielleicht habe ich die verkettet Funktion nicht ganz richtig geschrieben. Daher bitte ich um Aufklärung und sage jetzt schon danke für diese tollen Aufgaben.
Ach ja, es fehlt ja noch die Antwort: Der gesuchte x-Wert beträgt 1.6 (= Länge der Rechteckseite a), die anderen beiden Rechteckseiten haben etwa die Länge 1.638. Damit ist das Rechteck etwa 2.62 FE groß !
Schorsch
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:07 So 22.02.2009 | | Autor: | Loddar |
Hallo Schorsch!
Das Beschreiben der Funktionsgraphen ist zu aufwändig und nicht gefordert. Einfach zeichnen ...
[Dateianhang nicht öffentlich]
Gruß
Loddar
Dateianhänge:
Anhang Nr. 2 (Typ: png) [nicht öffentlich]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:28 So 22.02.2009 | | Autor: | Loddar |
Hallo Schorsch!
Wenn hier die Fläche im 1. Quadranten gesucht ist, musst Du auch die beiden Ausgangsfunktionen betrachten (siehe auch meine Skizze hier).
Daraus erkennt man, dass hier wirklich beide Teilflächen in den Intervallen [mm] $\left[ \ 0 \ ; \ 1 \ \right]$ [/mm] sowie [mm] $\left[ \ 1 \ ; \ 2 \ \right]$ [/mm] gesucht sind.
Dein Endergebnis ist korrekt.
Gruß
Loddar
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:45 So 22.02.2009 | | Autor: | Loddar |
Hallo Schorsch!
> g) Ich habe die Frage so verstanden: Zuerst berechne ich
> die Fläche unter g im Intervall [0;2], dann setze ich diese
> Fläche gleich [mm]\bruch{3}{4}a[/mm] und erhalte durch Umstellung die Gleichung a=....
Du musst hier folgende Gleichung lösen:
[mm] $$\integral_{0}^{a}{g(x) \ dx} [/mm] \ = \ [mm] \integral_{0}^{a}{2x-x^2 \ dx} [/mm] \ = \ ... \ = \ [mm] \bruch{3}{4}*a$$
[/mm]
Kontrollergebnis: $a \ = \ [mm] \bruch{3}{2}$
[/mm]
Gruß
Loddar
|
|
|
| |
|
Danke Loddar,
habe Deine Korrekturen in meinen Lösungsvorschlag in Rot eingearbeitet.
Tja, war für mich doch schon sehr anstrengend, deshalb vielleicht einige Fehler...
Aber macht nix ! Ich freue mich auf die nächsten Aufgaben.
Es macht mir auch Freude, meine in diesem Forum erlernten Dinge dafür zu benutzen, auch mal anderen bei der Lösung von Aufgaben Tipps geben zu können.
Schorsch
|
|
|
|
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]"){kind=small}
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]"){kind=small}
Die 2. Ableitung lautet:
