Letzte Klausur

11.03.2023

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Aufgabe 1

Gegeben ist die Funktion \(f:[-3;1]\to R\) mit

\[ f(x)= \begin{cases}-2x^2-3x+4 & -3\le x < 0\\ \frac{880}{27}\,x^3-\frac{104}{3}\,x^2-3\,x+4 & ~~~ 0\le x \le 1 \end{cases} \]

Berechne Nullstellen, lokale und globale Extremstellen sowie Wendestellen von \( f \). Bestimme den Punkt des Graphen, dessen Tangente am steilsten fällt und gib eine Gleichung dieser Tangente an. Klassifiziere den Übergang bei \(x=0\) bezüglich der Eigenschaften Stetigkeit, Differenzierbarkeit und Krümmungsruckfreiheit.

Lösung

Zur Abkürzung setze ich \( g(x):=-2x^2-3x+4 \) und \( h(x):=\frac{880}{27}\,x^3-\frac{104}{3}\,x^2-3\,x+4 \).

Nullstellen:

Die Gleichung \( g(x)=0 \) hat laut TR für \( x < 0 \) nur die Lösung \( x_1 = -\frac{1}{4} \cdot (\sqrt{41} +3) \approx -2,35 \). Von den drei Lösungen der Gleichung \( h(x)=0 \) ist nur \( x_2 \approx 0,36 \) im Intervall \( [0,1] \). Damit hat \( f \) die beiden Nullstellen \( x_1 \) und \( x_2 \).

Extremstellen:

Die Gleichung \( g'(x) = 0 \) hat die Lösung \( x_3 = - \frac{3}{4} \). Da \( g''(-\frac{3}{4})=-4 < 0 \) gilt, ist \( x_3 \) eine lokale Maximalstelle. Zu ihr gehört das lokale Maximum \( f(-\frac{3}{4})=\frac{41}{8} \).

Die Gleichung \( h'(x) = 0 \) hat im Intervall \( [0,1] \) die Lösung \( x_4 = \frac{3}{4} \). Da \( h''(\frac{3}{4})=\frac{232}{3} > 0 \) gilt, ist \( x_4 \) eine lokale Minimalstelle. Zu ihr gehört das lokale Minimum \( f(\frac{3}{4})=-4 \).

Zur Bestimmung der globalen Extrema müssen die Randwerte berücksichtigt werden:

\[ f(-3) = g(-3) = -5, \quad f(0) = h(0) = 4, \quad f(1) = h(1) = -\frac{29}{27} \]

Damit ist \( x_5=-3 \) globale Minimalstelle und \( x_3 \) nicht nur lokale, sondern auch globale Maximalstelle.

Wendestellen:

Als Parabel hat \( g \) keine Wendestelle. Die Nullstelle von \( h'' \) ist \( x_6 = \frac{39}{110} \), liegt also im Intervall \( [0,1] \). Da \( h'''( \frac{39}{110} )= \frac{1760}{9} > 0 \) gilt, ist \( x_6 \) Wendestelle von \( f \).

Am steilsten fallende Tangente:

Gesucht ist die globale Minimalstelle von \( f' \). Es ist \( g'(-3) = 9 \), \( h'(x_6)= - \frac{841}{55} \approx -15,29\) und \(h'(1)=\frac{229}{9}\). Damit ist \(x_6\) die globale Minimalstelle von \( f' \). Als Tangentengleichung ergibt sich

\[ t(x)=f'(x_6) \cdot (x-x_6)+f(x_6)=-\frac{841}{55} \cdot \left( x - \frac{39}{110} \right) + \frac{189}{6050} ~ . \]

Klassifikation des Übergangs:

Da \( g(0)=h(0)=4 \) und \( g'(0)=h'(0)=-3 \) gilt, ist die Funktion \( f \) an der Stelle \( x=0 \) sprung- und knickfrei, also stetig und differenzierbar. \( f \) ist dort nicht krümmungsruckfrei, da \( -4 = g''(0) \ne h''(0) = \frac{-208}{3} \) gilt.

Aufgabe 2

Zur Simulation einer Wasserwelle, die in seichtere Gewässer gerät, wird für \(0,\!3\le k \le 2\) eine Funktionenschar \(f_k:[0,5] \to R\) gebildet, die sich wie folgt zusammensetzt:

\[ f_k(x)= \begin{cases} g_k(x) & \text{~~für~~}0\le x \le \frac 1k\\ h_k(x) & \text{~~für~~}\frac 1k < x \le 5 \end{cases} \]

Dabei ist \(g_k(x)=k\,x^2\), der Übergang zwischen \(g_k\) und \(h_k\) bei \(x=\frac 1k\) sprung- und knickfrei und \(h_k(5)=h'_k(5)=0\). Die folgenden Bilder zeigen die Welle für \(k=1\), \(k=0,\!6\) und \(k=0,\!4\). Die Einheiten sind jeweils in Meter zu verstehen.

Weil wir am meisten mit \(f_{0,6}\) rechnen, setzen wir \(f=f_{0,6}\), \(g=g_{0,6}\) und \(h=h_{0,6}\).

Berechne \( f \) so, dass alle genannten Anforderungen erfüllt werden. Erläutere dabei den Ansatz für die Funktion \( h \). Falls du \( h \) nicht bestimmen kannst, rechne im Folgenden mit \( \tilde h(x)=\frac{1}{30}\cdot (x^5-10\,x^4+25\,x^3) \) weiter.
Bestimme alle Tangenten an \( f \), die durch den Koordinatenursprung verlaufen. Bestimme jeweils den Winkel zwischen \( x \)-Achse und Tangente.
Wir betrachten die Fläche, die die Funktion \( f \) mit der \( x \)-Achse einschließt. Bestimme die Stelle \( x_h \) mit der Eigenschaft, dass die Gerade \( x=x_h \) die genannte Fläche in zwei Teilflächen mit gleichem Flächeninhalt aufteilt.
Der Wert \( y_h \) hat die Eigenschaft, dass das Intervall der Stellen mit \( f(x)>y_h \) die Breite \( 2,\!5 \) hat. Skizziere \( y_h \) in das Bild von \( f \) oben. Berechne \( y_h \).
Berechne \( m \) so, dass die Maximalstelle von \( f_m \) bei \( 2,\!5 \) liegt.

Lösung

zu 1.: Die Bedingungen, die \( h \) erfüllen muss, sind, wie bereits in der Aufgabenstellung angegeben \( h(5) = h'(5) = 0 \), und für den sprung- und knickfreien Übergang \( h( \frac{10}{6} ) = g( \frac{10}{6} ) = \frac{6}{10} \cdot \left( \frac{10}{6} \right)^2 = \frac{10}{6} \) sowie \( h'( \frac{10}{6} ) = g' ( \frac{10}{6} ) = 2 \cdot \frac{6}{10} \cdot \frac{10}{6} = 2 \). Das sind vier Bedingungen für \( h \). Damit ist \( h \) mit vier Variablen, also als Polynom dritten Grades anzusetzen:

\[ h(x) = a \cdot x^3 + b \cdot x^2 + c \cdot x + d~. \] Das lineare Gleichungssystem (LGS) \[ \begin{array}{ccc} h( \frac{10}{6} ) & = & \frac{10}{6} \\[1ex] h'( \frac{10}{6} ) & = & 2 \\[1ex] h(5) & = & 0 \\[1ex] h'(5) & = & 0 \end{array} \] ergibt für \( h \) laut TR die Lösung \[ h(x) = \frac{27}{100} \cdot x^3 - 3 \cdot x^2 + \frac{39}{4} \cdot x - \frac{15}{2} ~. \]

zu 2.: \( g \) hat als einzige Tangente durch den Koordinatenursprung die Gerade \( y = 0 \), die \( g \) im Koordinatenursprung berührt. Der Winkel, unter dem die \( x \)-Achse geschnitten wird, ist \( 0° \) groß. Dieselbe Gerade ist auch Tangente an \( h \) mit Berührpunkt \( ( 5 | 0 ) \). Der Ansatz \( h'(x) = \frac{h(x)}{x} \) ergibt im Intervall \( (0,\,5) \) die Lösung \( x_1 = \frac{5}{18} \left( \sqrt{37} + 1 \right) \approx 1,97 \). Die Tangente an \( h \) an der Stelle \( x_1 \) hat die Gleichung \( y = h'( x_1 ) \cdot x \) und schneidet die \( x \)-Achse im Winkel \( \tan^{-1} ( h'(x_1) ) \approx 47,\! 2 ° \). Ob es sich bei \( y=0 \) um eine Tangente an \( f \) handelt, kann man diskutieren, da es sich abstreiten lässt, dass eine Funktion an ihrem Rand Tangenten hat.

zu 3.: Der beschriebene Flächeninhalt lässt sich berechnen mit

\[ \int_0^5 f(x)\, dx = \int_0^{\frac{10}{6}} g(x)\,dx + \int_{\frac{10}{6}}^5 h(x)\,dx = \frac{25}{27} + \frac{125}{27} = \frac{50}{9} ~. \]

Damit ist \( x_h \) so zu wählen, dass

\[ \int_{x_h}^5 h(x)\,dx = \frac{25}{9} \]

gilt. Laut TR ergibt sich \( x_h = 2,\!52 \). Dabei ist die Entscheidung, dass \( x_h \) in dem Bereich von \( f \) liegt, der von \( h \) abgedeckt wird, optisch leicht zu treffen.

zu 4.: Die Gleichung \( h(x) = g(x - 2,\!5) \) hat laut TR drei Lösungen, von denen nur \( x_2 \approx 3,\!81 \) zusammen mit \( x_2 - 2,\!5 \approx 1,\!31 \) im Definitionsbereich von \( f \) liegt. Zudem liegt \( x_2 \) im Bereich, in dem \( h \) relevant ist und \( x_2 - 2,\!5 \) in dem Bereich, in dem \( g \) relevant ist, was den gewählten Ansatz im Nachhinein rechtfertigt. Im Bild unten kann man erkennen, dass für \( y_h = h(x_2) \approx 1,\!03 \) und \( x \in (x_2-2,\!5; \, x_2) \) die gewünschte Ungleichung \( f(x) > y_h \) erfüllt ist.

zu 5.: Das LGS zur Bestimmung von \( h_k \) ist

\[ \begin{array}{ccc} h_k( \frac{1}{k} ) & = & g_k( \frac{1}{k} ) = \frac{1}{k} \\[1ex] h_k'( \frac{1}{k} ) & = & g_k'( \frac{1}{k} ) = 2 \\[1ex] h_k(5) & = & 0 \\[1ex] h_k'(5) & = & 0 \end{array} ~. \]

Trotz der Abkürzung \( s = 125\, k^3 - 75\, k^2 +15 \, k - 1 \) ergibt sich die noch immer längliche Lösung \( h_k(x) = \frac{10\, k^3}{s} \cdot x^3 - \frac{100 \, k^3 + 5 \, k^2 + k}{s} \cdot x^2 + \frac{250\, k^3+50\, k^2+10\, k}{s} \cdot x - \frac{125\, k^2+ 25\, k}{s} \). Die Gleichung \( h_k'(x) = 0 \) hat laut TR neben weiteren Lösungen die Lösung

\[ x_3 = \frac{1,\!66667 \cdot (k^2+0,02 \, k + 0,04)}{k^2} ~. \]

Die Gleichung \( x_3=2,\!5 \) hat als einzige positive Lösung \( k \approx 0,\!546 \). Zur Verifikation zeichnet man \( f_{0,546} \) und sieht, dass die Maximalstelle bei \( 2,\!5 \) liegt.

Helwig Hassenpflug