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Abi 2012 Analysis Aufgabe 3, GK


Aufgabe a

(1)

Schritt 1: Bedingung für Punktsymmetrie zum Ursprung prüfen 

Der Graph der Funktion \(f: \mathbb R \rightarrow\mathbb R\) ist genau dann punktsymmetrisch zum Ursprung, wenn \(f(-x)=-f(x)\) für alle \(x\in\mathbb R\) gewährleistet ist.

Dabei ist

\(f(-x)=3 \cdot(-x)\cdot e^{-(-x)^2}=-(3\cdot x \cdot e^{-x^2})=-f(x),\)

d. h. die Bedingung ist erfüllt und \(G_f\) somit punktsymmetrisch zum Koordinatenursprung.

(2)

Schritt 1: 1. und 2. Ableitung berechnen 

\(f(x)= 3 \cdot x \cdot e^{-x^2}\\ \Rightarrow f'(x)=3\cdot e^{-x^2}+3 \cdot x \cdot e^{-x^2} \cdot (-2x) \\ \quad \quad\quad\quad=3\cdot e^{-x^2}-6x^2\cdot e^{-x^2} \\ \quad \quad\quad\quad=3\cdot (1 -2x^2) \cdot e^{-x^2} \\ \Rightarrow f''(x)=3\cdot (1-2x^2)\cdot e^{-x^2} \cdot (-2x)+3 \cdot (-4x)\cdot e^{-x^2} \\ \quad \quad\quad\quad\;= -6x \cdot (1-2x^2)\cdot e^{-x^2} -12x \cdot e^{-x^2} \\ \quad \quad\quad\quad\;= 6x \cdot (2x^2-3)\cdot e^{-x^2}\)

Schritt 2: 1. Ableitung = 0 setzen und Gleichung lösen 

Hinreichende Bedingung für ein relatives Maximum bzw. Minimum der Funktion \(f\) an der Stelle \(x:f''(x)<0\; \text{bzw.}x:f''(x)>0.\)

Dabei ist 

\(\quad f'(x)=0\\ \Leftrightarrow 3 \cdot(1-2x^2)\cdot e^{-x^2}\\ \Leftrightarrow 1-2x^2=0 \; (\text{da} \; 3\cdot e^{-x^2}>0 \text{für alle}\; x\in \mathbb R\\ \Leftrightarrow x^2=\frac{1}{2} \Leftrightarrow x=\pm\frac{1}{\sqrt{2}}\)

Schritt 3: Mittels 2. Ableitung Art der Extrempunkte bestimmen

\(f''(x)=6x \cdot(2x^2-3)\cdot e^{-x^2}\\ \Leftrightarrow f''(\frac{1}{\sqrt{2}})=\frac{6}{\sqrt{2}}\cdot(-2)\cdot e^{-\frac{1}{2}}=-\frac{12}{\sqrt{2e}}<0\)

\(\Rightarrow G_f\) hat bei \(x= \frac{1}{\sqrt{2}}\) ein relatives Maximum.

Aus Symmetriegründen hat \( G_f\) bei \(x=- \frac{1}{\sqrt{2}}\) ein relatives Minimum.

Schritt 4: Funktionswerte an den Extremstellen berechnen 

\(f( \frac{1}{\sqrt{2}})=3 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot e^{-\frac{1}{2}}=\frac{3}{\sqrt{2e}}\approx1,29\)

Aus Symmetriegründen ist \(f(- \frac{1}{\sqrt{2}})=- \frac{3}{\sqrt{2e}}\approx1,29.\)

Damit hat \( G_f\) die folgenden Extrempunkte:

Hochpunkt:  \(( \frac{1}{\sqrt{2}}|\frac{3}{\sqrt{2e}})\)

Tiefpunkt: \((- \frac{1}{\sqrt{2}}|-\frac{3}{\sqrt{2e}})\)

 

Aufgabe b

(1)

\(F\) ist genau dann eine Stammfunktion von \(f\), wenn \(f\) die Ableitung von \(F\) ist. Dabei gilt:

\(F(x)=-\frac{3}{2}e^{-x}\Rightarrow F'(x)=-\frac{3}{2}e^{-x} \cdot(-2x)=3\cdot x \cdot e^{-x^2=f(x)}\)

für alle \(x\in\mathbb R\) Also ist \(F\) eine Stammfunktion von \(f\).

(2)

Schritt 1: Skizze

Abi 2012 Analysis Aufgabe 3, GK - Abbildung 1

Gesucht ist die braun schraffierte Fläche.

Schritt 2: Teilflächen berechnen

Die gesuchte Fläche erhält man, indem man die Dreiecksfläche zwischen der blauen Geraden, der grün gestrichelten Linie und der x‐Achse von der Fläche unter dem roten Graphen von \(x=0\) bis zur grün gestrichelten Linie abzieht. Die grün gestrichelte Linie ist bei \(x=\frac{1}{\sqrt{2}}\) (x-Koordinate des Hochpunkts), also ist die Fläche unter dem roten Graphen

\(A_f=\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}}f(x)dx=[F(x)]_0^\frac{1}{\sqrt{2}}= -\frac{3}{2}e^{-\frac{1}{2}}-(-\frac{3}{2}e^0)=\frac{3}{2}(1-\frac{1}{\sqrt{e}})\).

Das Dreieck, das die Gerade OH mit der grün gestrichelten Linie und der x‐Achse einschließt, hat als Grundseite die x‐Koordinate des Hochpunkts (also \(\frac{1}{\sqrt{2}}\) ) und als Höhe die y‐Koordinate des Hochpunkts (also \(\frac{3}{\sqrt{2e}}\) ). Seine Fläche beträgt demnach

\(A_{\text{Dreieck}}= \frac{1}{2}\cdot \text{Grundseite}\cdot \text{Höhe}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\frac{3}{\sqrt{2e}}=\frac{3}{\sqrt{4e}}\)

Schritt 2: Flächendifferenz bilden

Somit ist die gesuchte Fläche

\(A=A_f-A_{\text{Dreieck}}=\frac{3}{2}(1-\frac{1}{\sqrt{e}})-\frac{3}{4\sqrt{e}}=\frac{3}{2}-\frac{9}{4\sqrt{e}}\approx0,135[\text{FE}]\).

Aufgabe c

(1)

Schritt 1: Steigungen bestimmen 

Die Tangenten sind lineare Funktionen, die durch folgende Bedingungen festgelegt sind:

1) \(t_A(1)=f(1)\) und \(t_B(-1)=f(-1)\);
2)\(t'_A(1)=f'(1)\) und \(t'_B(-1)=f'(-1)\)

Die gesuchten Tangenten haben Gleichungen der Form 

\(y=m \cdot x+b\),

wobei \(m\) die Steigung ist, die mittels Bedingung 2) bestimmt wird, und \(b\in\mathbb R\) der y-Achsenabschnitt ist.

Es ist \(f'(1)=3 \cdot (1-2 \cdot1^2)\cdot e^{-1^2}=-\frac{3}{e'}\) also hat \(t_A\) die Steigung \(-\frac{3}{e}\).

Aus Symmetriegründen ist \(f'(-1)=f'(1)=-\frac{3}{e}\).

Schritt 2: y-Achsenabschnitte bestimmen

Es ist \(f(1)=3 \cdot 1 \cdot e^{-1^2}=\frac{3}{e}\) und aus Symmetriegründen \(f(-1)=-\frac{3}{e}\). Für Koordinaten der beiden Punkte \(A\) und \(B\) gilt also \(A(1|\frac{3}{e})\) und \(B(-1|-\frac{3}{e})\).

Da \(A\) auf der Tangente \(t_A\) liegt und \(t_A\) eine Gleichung der Form 

\(t_A(x)=m_A \cdot x+b_A\) mit \(m_A=-\frac{3}{e}\) hat, 

folgt

\(\frac{3}{e}=m_A \cdot 1 + b_A=\frac{3}{e}=-\frac{3}{e} \cdot1+b_A \Rightarrow b_A=\frac{3}{e}+\frac{3}{e}=\frac{6}{e}\).

Die Tangente \(t_A\) hat also die Gleichung

\(t_A(x)=-\frac{3}{e}\cdot x+\frac{6}{e}\).

Analog hat \(t_B\) eine Gleichung der Form

\(t_B(x)=m_B \cdot x+b_B\) mit \(m_B=-\frac{3}{e'}\)
 

der die Koordinaten von \(B\) genügen müssen, d. h.

\(-\frac{3}{e}=-\frac{3}{e}\cdot (-1)+b_B \Rightarrow b_B=-\frac{3}{e}-\frac{3}{e}=-\frac{6}{e}\).

Die Tangente \(t_B\) hat also die Gleichung

\(t_B(x)=-\frac{3}{e}\cdot x- \frac{6}{e}\).

(2)

Schritt 1: Schnittpunkte mit der x-Achse

\(t_A(x)=0 \Leftrightarrow-\frac{3}{e} x+\frac{6}{e}=0\Leftrightarrow x=2\) Schnittpunkt \(A_X(2|0)\)

\(t_B(x)=0 \Leftrightarrow-\frac{3}{e} x-\frac{6}{e}=0\Leftrightarrow x=-2\) Schnittpunkt \(B_X(-2|0)\)

Schritt 2: Schnittpunkte mit der y-Achse

Die y‐Achsenabschnitte wurden oben berechnet:

für \(t_A: \) \(A_y(0|\frac{6}{e})\),

für \(t_B: \) \(B_y(0|-\frac{6}{e})\).

(3)

Abi 2012 Analysis Aufgabe 3, GK - Abbildung 2

 

(4)

Schritt 1: Eigenschaften einer Raute nennen

Ein Viereck ist genau dann eine Raute, wenn gegenüberliegende Seiten parallel und gleich lang sind.

Schritt 2: Rauteneigenschaften nachweisen 

In dem Viereck \(A_xA_yB_xB_y\) sind die Seiten \(\overline{A_xA_y}\) und \(\overline{B_xB_y}\) parallel. (Das sind Abschnitte der beiden Tangenten mit der gleichen Steigung.) Außerdem sind wegen der Symmetrie beide Seiten gleich lang. Daraus folgt, dass die Seiten \(\overline{A_yB_x}\) und \(\overline{B_yA_x}\) auch parallel und gleich lang sein müssen. Ergo handelt es sich um eine Raute.

(5)

Schritt 1: Flächeninhalt einer Raute

Der Flächeninhalt der grünen Raute ist viermal so groß wie der Flächeninhalt des Dreiecks, das die Raute aus dem I. Quadranten heraus schneidet.

Schritt 2: Berechnung des Flächeninhalts 

Das genannte Dreieck hat die waagrechte Grundseite der Länge 2 und die zugehörige Höhe \(\frac{6}{e}\) (y‐Achsenabschnitt der Tangente \(t_A\)), also ist die Fläche

\(A_{\text{Dreieck}}= \frac{1}{2}\cdot 2\cdot \frac{6}{e}=\frac{6}{e}[\text{FE}]\)

Die Raute hat somit den Flächeninhalt 

\(A_{\text{Raute}}= 4 \cdot A_{\text{Dreieck}}=4\cdot \frac{6}{e}=\frac{24}{e}\approx8,83[\text{FE}]\)

 

Aufgabe d

(1)

Abi 2012 Analysis Aufgabe 3, GK - Abbildung 3

(2)

Der Flächeninhalt des grün umrandeten Dreiecks ist 

\(A_{\triangle}=\frac{1}{2}\cdot \overline{OQ_u}\cdot \overline{Q_uP_{u'}}\)

wobei die Länge der Grundseite \(\overline{OQ_u}\) der x‐Koordinate des Punktes \(Q_u\) (also \(u\)) entspricht und die Höhe \(\overline{Q_uP_u}\) der y‐Koordinate von \(P_u\)(also \(h(u)\)) entspricht.

Somit ist \(A_{\triangle}=\frac{1}{2}\cdot u \cdot h(u)\)

(3)

Schritt 1: Notwendige Bedingung für Extremstellen 

Wenn \(u_E\) eine Extremstelle der differenzierbaren Funktion A ist, dann gilt \(A'(u_E)=0\).

Schritt 2: 1. Ableitung der Funktion A bestimmen 

Nach der Produktregel ist 

\(A'(u)= \frac{1}{2} \cdot h(u)+ \frac{1}{2}\cdot u \cdot h'(u).\)

Schritt 3: 1. Ableitung nach \(h'(u_E)\) auflösen

Aus der letzten Gleichung folgt 

\(A'(u_E)= \frac{1}{2} \cdot h(u_E)+ \frac{1}{2}\cdot u_E \cdot h'(u_E),\)

also wegen Schritt 1

\(\quad\quad\quad\quad\frac{1}{2} \cdot h(u_E)+ \frac{1}{2}\cdot u_E \cdot h'(u_E)=0 \\ \Leftrightarrow h(u_E)+u_E \cdot h'(u_E)=0 \\ \Leftrightarrow u \cdot h'(u_E)= -h'(u_E) \\ \Leftrightarrow h'(u_E) = - \frac{h(u_E)}{u_E}\)

Schritt 4: Bedingung für lokales Maximum

\(A\) hat genau dann ein lokales Maximum bei \(u_E\) wenn \(A''(u_e)<0\)  gilt.

Schritt 5: 2. Ableitung bilden

 \(A'(u)= \frac{1}{2} \cdot h(u)+ \frac{1}{2}\cdot u \cdot h'(u) \\ \Rightarrow A''(u)= \frac{1}{2} \cdot h'(u)+\frac{1}{2} \cdot h''(u)=h'(u)+\frac{1}{2} \cdot u \cdot h''(u).\)

Wenn also \(h'(u_E) + \frac{1}{2} u_E\cdot h''(u_E)<0\) gilt, so ist \(A''(u_e)<0\), also \(u_E\) ein lokales Maximum.  

(4)

Schritt 1: Erste Bedingung in Teilaufgabe d (3) anwenden 

Wird die Fläche \(A\) bei \(a>0\) maximal, so folgt aus Teilaufgabe d) (3)  

\(f'(a)=-\frac{f(a)}{a}.\)

Einsetzen der oben berechneten Funktionsterme für \(f\) und \(f\)′ liefert

\(3 \cdot (1-2a^2)\cdot e^{-a^2}=- \frac{3 \cdot a \cdot e^{-a^2}}{a}=-3e^{-a^2} \\ \Leftrightarrow 1-2a^2=-1 \Leftrightarrow |a|=1.\)

Die Fläche kann also nur für \(a=1\) maximal werden (da \(a>0\) vorausgesetzt ist)

Schritt 2: Zweite Bedingung in Teilaufgabe d) (3) anwenden 

In Teilaufgabe d) (3) wurde eine hinreichende Bedingung für ein Maximum der Funktion \(A\) an der Stelle \(a>0\) gefunden, nämlich

\(f'(a)+ \frac{1}{2} \cdot a\cdot f''(a)<0\)

Einsetzen der oben berechneten Funktionsterme für \(f'\) und \(f''\) liefert die Bedingung

\(3 \cdot (1-2a^2)\cdot e^{-a^2}+\frac{1}{2}\cdot a \cdot 6a \cdot (2a^2-3)\cdot e^{-a^2}<0\)

Der Kandidat \(a=1\) aus Schritt 1 erfüllt diese Bedingung, denn

\(3 \cdot (1-2\cdot1^2)\cdot e^{-1^2}+\frac{1}{2}\cdot 1 \cdot 6\cdot1 \cdot (2\cdot1^2-3)\cdot e^{-1^2}= \frac{6}{e}<0\)

Also hat der Flächeninhalt \(A\) an der Stelle \(a=1\) ein lokales Maximum. Da der Definitionsbereich ein offenes Intervall ist, gibt es keine Randmaxima. Da \(a=1\) die einzige Nullstelle von \(A'\) ist, folgt also, dass hier ein globales Maximum vorliegt.

Die Lösungsvorschläge liegen nicht in der Verantwortung des jeweiligen Kultusministeriums.
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