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Abi 2013 Analysis LK (3)


Aufgabe 3

a) (1)

Schritt 1: Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen berechnen

Schnittpunkte \(S_x\) mit der x-Achse

\(f_a(x)=0 \Leftrightarrow (a^2x + a) \cdot e^{-ax}=0 \Leftrightarrow (a^2x+a)=0 \), da \(e^{-ax}\neq 0 \)

 für alle \(x \in \mathbb{R}\). Des Weiteren gilt
\( (a^2x+a)=0 \Leftrightarrow a(ax+1)=0 \Leftrightarrow ax+1=0 \), da \(a \neq 0\).

Der einzige Schnittpunkt des Graphen von \(f_a\) mit der x-Achse ist also:
\(S_x\left( -\frac 1 a \bigg|0 \right)\)

Schnittpunkt \(S_y\) mit der y-Achse

\(f_a(0)=(a^2 \cdot 0 + a) \cdot e^{-a \cdot 0}=(0+a) \cdot 1=a\)

Der Schnittpunkt des Graphen von \(f_a\) mit der y-Achse ist also \(S_y(0|a)\).

a) (2)

Schritt 1: Extrem- und Wendepunkte ermitteln

Ableitungen bilden

\(\begin{align} f_a'(x)&=a^2 \cdot e^{-ax} + (a^2x + a)\cdot e^{-ax} \cdot (-a)\\ &=a^2 \cdot e^{-ax} - (a^3x + a^2)\cdot e^{-ax}\\ &=-a^3x \cdot e^{-ax} \end{align}\)

\(\begin{align} \Rightarrow f_a''(x)&=-a^3 \cdot e^{-ax} + (-a^3x)\cdot e^{-ax} \cdot (-a)\\ &=-a^3 \cdot e^{-ax} + a^4x\cdot e^{-ax} \\ &=(a^4 -a^3) \cdot e^{-ax} \\ &=(ax-1)\cdot a^3 e^{-ax} \end{align}\)

\(\begin{align} \Rightarrow f_a'''(x)&=a^4 \cdot e^{-ax}+(ax-1) \cdot a^3 e^{-ax}\cdot(-a) \\ &=a^4 \cdot e^{-ax}-(a^5x-a^4)\cdot e^{-ax} \\ &=(2a^4-a^5x)\cdot e^{-ax} \\ &=(2-ax)\cdot a^4e^{-ax} \\ \end{align} \)

Mögliche Extremalstellen von \(f_a\) berechnen

Extremalstellen von \(f\) sind zugleich Nullstellen von \(f'\):

\(f_a'(x)=0 \Leftrightarrow -a^3x\cdot e{-ax}=0 \Leftrightarrow x=0 \Rightarrow x=0 \) ist eine mögliche Extremalstelle von \(f_a\).

Mögliche Extremalstelle von \(f_a\) prüfen

\(f_a''(0)=-a^3\cdot e^{-a \cdot 0} + a^4 \cdot 0 \cdot e^{-a \cdot 0} = -a^3<0\),

 da \(a>0\).

\(\Rightarrow x=0\) ist eine lokale Maximalstelle von \(f_a\)

Mögliche Wendestellen von \(f_a\) berechnen

Wendestellen sind zugleich Nullstellen von \(f''\):

\(f''(x)=0 \Leftrightarrow (ax-1) \cdot a^3e^{-ax}=0 \Leftrightarrow ax-1=0 \\ \Leftrightarrow x=\frac{1}{a}\)

Mögliche Wendestellen von \(f_a\) prüfen

\(f_a''' \left( \frac{1}{a} \right)=\left( 2-a \cdot \frac{1}{a} \right) \cdot a^4e^{-a \cdot \frac{1}{a} } = (2-1) \cdot a^4e^{-1} \\ = \frac{a^4}{e} \neq 0,\)

da \(a>0\).

\(\Rightarrow x=\frac{1}{a} \) ist eine Wendestelle von \(f_a\).

\(f_a \left( \frac 1 a \right) = \left(a^2\cdot\frac 1 a + a \right) \cdot^{-a \frac 1 a } = ( a + a ) \cdot e^{-1} = \frac{2a}e\)

Lösung

Die Wendestelle hat die Koordinaten \(W_a\left(\frac1a \bigg| \frac{2a}e \right)\).

a) (3)

Schritt 1: Globales Maximum begründen

Um zu zeigen, dass das lokale Maximum aus (2) auch ein globales ist, untersucht man das Verhalten der Funktion \(f_a\) an den Intervallrändern, also für \(x \rightarrow \pm \infty\).

\(\lim\limits_{x \rightarrow \infty} f_a(x)=\lim\limits_{x \rightarrow \infty} \left( a^2x+a \right) \cdot e^{-ax} = \lim\limits_{x \rightarrow \infty} \frac{a^2x+a}{e^{ax}}\)

Wegen \(\lim\limits_{x \rightarrow \infty} a^2=\infty\) und \(\lim\limits_{x \rightarrow \infty} e^{ax}=\infty\) ist die Regel von de l’Hospital anwendbar. Sie liefert:

\(\lim\limits_{x \rightarrow \infty} \frac{a^2x+a}{e^{ax}}= \lim\limits_{x \rightarrow \infty} \frac{a^2}{a \cdot e^{ax}}=0\)

Des Weiteren ist

\(\lim\limits_{x \rightarrow \infty} ( a^2x+a ) \cdot e^{-ax}=-\infty\),

da der erste Faktor gegen \(-\infty\) und der zweite gegen \(\infty\) strebt.

Lösung

Damit werden an den Grenzen des Definitionsbereichs keine höheren Werte als \(f_a(0)=a\) erreicht, d. h., \(M_a(0|a)\) ist das globale Maximum von \(f_a\).

b)

Schritt 1: Wendetangente ermitteln

Tangentengleichung:

\(g_a(x)=m \cdot x +b\), wobei \(m\) die Steigung von \(f_a\) im Wendepunkt 

\(W_a\left(\frac1a\bigg|\frac{2a}e\right)\) ist, also:

\(m=f_a'\left(\frac 1 a \right)=-a^3\cdot \frac 1 a \cdot e^{-a\frac 1 a } = a^2 \cdot e^{-1} = - \frac{a2}{e}\)

Die Wendetangente geht durch den Punkt \(W_a\left(\frac1a\bigg|\frac{2a}e\right)\), also gilt

\(\begin{align}\frac{2a}{e}=m\cdot\frac 1 a +b&=-\frac {a^2}e \cdot \frac 1 a + b=-\frac a e + b \Rightarrow b \\&= \frac{2a}e+ \frac a e= \frac{3a}e, \end{align}\)

d. h., die vollständige Tangentengleichung lautet:

\(g_a(x)=-\frac{a^2}e \cdot x + \frac{3a}e\)

Schritt 2: Fläche berechnen

Die Wendetangente schließt mit den Koordinatenachsen ein rechtwinkliges Dreieck ein, dessen rechter Winkel im Ursprung liegt.

Fläche eines Dreiecks:

\(A=\frac 1 2 \cdot g \cdot h\)

\(g\) = Grundseite = Betrag des x-Achsenabschnitts

\(h\) = Höhe = Betrag des y-Achsenabschnitts

x-Achsenabschnitt = Nullstelle der Wendetangente

\(\begin{align} g_a(x)&=0\Leftrightarrow-\frac{a2}{e}\cdot x+\frac{3a}{e}=0\Leftrightarrow x=-\frac{3a}{e} \cdot \left( -\frac e{a^2}\right)\\ &=\frac 3 a \Rightarrow g=\left| \frac 3 a \right| = \frac 3 a \end{align}\)

y-Achsenabschnitt = Funktionswert für \(x = 0\)

\(g_a(0)=-\frac{a^2}{e}\cdot 0 + \frac{3a}{e}=\frac {3a}{e} \Rightarrow h=\left| \frac{3a}{e} \right|=\frac{3a}{e}\)

\(\Rightarrow \)Fläche des eingeschlossenen Dreiecks:

\(A=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{a}\cdot \frac{3a}{e}=\frac{9}{2e}\),

unabhängig vom Parameter \(a\).

c) (1)

Schritt 1: Stammfunktion bestimmen

\(f_a(x)=( a^2x+a ) \cdot e^{-ax} = a^2x\cdot e^{-ax}+a\cdot e^{-ax}\)

\(\int f_a(x)\mathrm{d}x=\int a^2x\cdot e^{-ax}\mathrm{d}x + \int a \cdot e^{-ax}\mathrm{d}x \)

Berechnung der Teilintegrale

1. Teilintegral \(\int a^2x \cdot e^{-ax}\mathrm{d}x\):

Regel der partiellen Integration:

\(\int f'(x)\cdot g(x) \mathrm{d}x= \left[ f(x) \cdot g(x) \right] - \int f(x) \cdot g(x) \mathrm{d}x\)

Eine Stammfunktion von \(f'(x)=e^{-ax}\) ist gegeben durch \(f(x)=-\frac 1 a\cdot e^{-ax}\) (lineare Substitution). Außerdem gilt:

\(g(x)=a^2x \Rightarrow g'(x) = a^2\).

Eingesetzt in die Regel der partiellen Integration liefert diese Festlegungen:

\(\begin{align} \int a^2x \cdot e^{-ax}\mathrm{d}x&=\left[ \left( -\frac1a\cdot e^{-ax} \right) \cdot a^2x\right]-\int \left( -\frac1a \cdot e^{-ax} \right) \cdot a^2 \mathrm{d}x \\ &=\left[ -ax \cdot e^{-ax}\right] + a \cdot \int e^{-ax} \mathrm {d}t\\ &=\left[ -ax \cdot e^{-ax} \right] + a \cdot \left[ -\frac1ae^{-ax} \right]+C1 \\ &=\left[ -ax \cdot e^{-ax} \right] - \left[ e^{-ax} \right] + C1 \\ &=\left( -ax -1 \right) \cdot e^{-ax} + C1 \\ \end{align}\)

2. Teilintegral \(\int a \cdot e^{-ax} \mathrm dx\):

\(\begin{align} \int a \cdot e^{-ax} \mathrm dx& = a \cdot \int e^{-ax} \mathrm dx = a \cdot \left[ - \frac 1a \cdot e^{-ax} \right] + C_2 \\ &= -e^{-ax} + C_2 \end{align}\)

Summe der Teilintegrale

\(\begin{align} F_a(x)&=(-ax-1)\cdot e^{-ax} - e^{-ax} + C_1 + C_2 \\ &=(-ax-2)\cdot e^{-ax} + C \\ &=-(ax+2)\cdot e^{-ax} + C \end{align}\)

Lösung

Eine mögliche Stammfunktion ist daher für \(C = 0\):

\(F_a(x)=-(ax+2) \cdot e^{-ax}\)

c) (2)

Schritt 1: Fläche ermitteln

Die Ursprungsgerade \(OH_a\) ist die y-Achse und entspricht dem linken Rand der Fläche. Sie liefert somit die linke Integrationsgrenze \(x=0\).

Die rechte Integrationsgrenze ergibt sich aus dem ersten Schnittpunkt der Geraden \(OW_a\) und dem Graphen von \(f_a\). Um diesen zu bestimmen, brauchen wir eine Gleichung von \(OW_a\).

Geradengleichung \(OW_a\)

\(OW_a \) ist eine Ursprungsgerade, hat also den y-Achsenabschnitt \(0\) und somit eine Gleichung der Form

\(y(x)=mx\),

wobei die Steigung der Quotient aus y- und x-Koordinate eines beliebigen Punktes auf der Geraden (außer dem Ursprung) ist. Da \(W_a \left( \frac 1 a \middle| \frac {2a}e \right)\) auf \(OW_a\) liegt, ist also:

\(m=\frac{ \frac{2a}{e} }{ \frac 1 a }=\frac{ 2a^2 }{ e }\)

Die Gleichung lautet also:

\(y(x)=\frac{2a^2}{e}x\)

Rechte Integrationsgrenze bestimmen

Gesucht ist der erste Schnittpunkt von \(G_{f_a}\) mit der Geraden \(OW_a\) im I. Quadranten. Ein offensichtlicher Schnittpunkt ist der Wendepunkt.

Dieser ist sogar der einzige Schnittpunkt, denn \(d(x)=f_a(x)-y(x)\) erfüllt \(d(0)=a \) und \(d'(x)=-a^3x\cdot e^{-ax}-\frac{2a^2}{e}<0 \) für alle \(x>0\), d. h., \(d\) ist streng monoton fallend und hat daher höchstens eine Nullstelle.

Der Flächeninhalt der eingeschlossenen Fläche ergibt sich als Integral über die Differenzfunktion \(d\).

Bestimmtes Integral berechnen

Die gesuchte Fläche ist

\(A=\int_{0}^{\frac 1 a} \left( f_a(x)-y(x) \right) \mathrm d x\),

weil \( f_a(x)>y(x)\) im Intervall \(0 < x < \frac{1}{a}\).

\(\begin{align} A&=\int_{0}^{\frac 1a}f_a(x)\mathrm d x - \int_{0}^{\frac 1a} y(x) \mathrm d x \\ &= \left[ F_a(x) \right]_0^{\frac 1 a} - \int_{0}^{\frac 1a} \frac{2a^2}{e}\cdot x \: \mathrm d x \\ &=\left[ -(ax+2) \cdot e^{-ax} \right]_0^{\frac 1a} - \frac{2a^2}{e} \cdot \left[ \frac 1 2 x^2 \right]_0^{\frac 1 a} \\ &=\left[ -\left( a \cdot \frac 1 2 + 2 \right) \cdot e^{-a\cdot \frac 1 a} - \left(-\left(a\cdot 0 + 2\right) \cdot e^{-a \cdot 0} \right) \right] - \frac{2a^2}{e}\cdot \left[ \frac 1 2 \left( \frac 1 2 \right)^2\right ] \\ &=\left[-(1+2)\cdot e^{-1}+2 \right] - \frac{2a^2}{e} \cdot \left[\frac 1{2a^2}\right] \\ &=\left[\frac{-3}{e}+2\right]-\frac{1}{e}=\frac{-4}{e}+2 \end{align}\)

Die eingeschlossene Fläche hat einen Inhalt von \( \frac{-4}{e}+2 \) Flächeneinheiten.

d) (1)

Schritt 1: Orthogonalitätsbedingung nachweisen

Die Gerade \(OP\) steht in \(P\) genau dann senkrecht auf der Tangente in \(P\), wenn das Produkt aus der Steigung von \(OP\) und der Steigung der Tangente \(-1\) ergibt.

Steigung der Geraden \(OP\) ermitteln

\(OP\) ist eine Ursprungsgerade, also ist ihre Steigung m gegeben durch den Quotienten aus y- und x-Koordinate eines beliebigen Punktes (außer dem Ursprung), z. B. \(P \left(u \middle| f_1(u) \right): m=\frac{f_1(u)}{u}=\frac{(u+1)e^{-u}}{u}\).

1. Ableitung von \(f_1\) bei \(x = u\)

Einsetzen des Parameters \(a=1\) in der oben berechneten Ableitung von \( f_a \) liefert \(f_1'(x)=-x \cdot e^{-x}\), also \(f_1'(u)=-u \cdot e^{-u}\). Dies ist also die Steigung der Tangente an \(f_1\) im Punkt \(P(u|f_1(u))\).

Orthogonalität der Tangente und der Geraden \(OP\) ist genau dann gewährleistet, wenn das Produkt der Steigungen gleich \(-1\) ist, d. h., wenn

\(\begin{align} &-u \cdot e^{-u}\cdot m=-1 \\ \Leftrightarrow &-u \cdot e^{-u}\cdot \frac{(u+1)e^{-u}}{u}=-1 \\ \Leftrightarrow & (u+1)e^{-2u}=1 \\ \Leftrightarrow & u+1=e^{2u} \\ \Leftrightarrow & e^{2u}-u-1=0 \end{align}\)

d) (2)

Schritt 1: Monotonie von \(h\)

\(h(x)=e^{2x}-x-1 \\ \Rightarrow h'(x)=2e^{2x}-1\)

Die Funktion \(h\) ist überall dort streng monoton fallend, wo \(h'(x)<0 \) ist, und überall dort streng monoton steigend, wo \(h'(x)>0\) ist.

\(\begin{align} &h'(x)<0 \\ \Leftrightarrow &2e^{2x} -1 <0 \\ \Leftrightarrow &2e^{2x} < 1 \\ \Leftrightarrow &e^{2x} < \frac 1 2 \\ \Leftrightarrow &2x < \ln\frac 1 2 \\ \Leftrightarrow &2x < -\ln 2 \\ \Leftrightarrow &x < -\frac{1}{2} \cdot \ln 2 \\ \Leftrightarrow &x < -\ln 2^{\frac{1}{2}}=-\ln \sqrt 2 \\ \end{align}\)

Für \(x<-\ln\sqrt{2}\) ist \(h'(x)<0 \) und h damit streng monoton fallend.

Dieselben Umformungen mit \(>\) statt \(<\) zeigen, dass

\(h'(x)>0 \Leftrightarrow x > -\ln \left( \sqrt{2} \right)\) gilt.

Lösung

Für \(x>-\ln \sqrt2\) ist also \(h'(x)>0\) und \(h\) damit streng monoton steigend.

d) (3)

Schritt 1: Vorzeichenwechsel der Funktion

Aus der in (2) ermittelten Monotonie von \(h\) folgt, dass \(h\) bei \(x=-\ln \sqrt2 \) ein absolutes Minimum hat. Einen Vorzeichenwechsel im Intervall \(\left] - \infty; -\ln \sqrt 2 \right] \) gibt es also genau dann, wenn der Minimalwert negativ ist und die Funktion \(h \) irgendwo auf \(\left] - \infty; -\ln \sqrt 2 \right]\) einen positiven Wert annimmt. Letzteres ist gewährleistet, denn für \(x=-2\) gilt z. B.:

\(h(-2)=e^{2\cdot (-2)}-(-2)-1=1-\frac{1}{e^4}>0\) (wohlgemerkt: \(-2<-\ln \sqrt 2 \approx -0,35\))

Zu zeigen bleibt noch, dass der Minimalwert negativ ist:

\(\begin{align} h(-\ln \sqrt 2 ) &= e^{2\cdot(-\ln \sqrt 2 )}-(-\ln \sqrt 2 )-1 \\ &=e^{-\ln \sqrt{2}^2 } + \ln \sqrt 2 -1 \\ &=e^{-\ln 2 } + \ln \sqrt 2 -1 \\ &=e^{\ln \frac12 } + \ln \sqrt 2 -1 = \frac12 + \ln \sqrt 2 -1 \\ &= -\frac12 + \ln \sqrt 2 \approx -0,15 <0 \end{align} \)

Lösung

Die Funktion \(h\) ist also bei \(-2 \in ] - \infty; -\ln \sqrt2] \) positiv und bei \(-\ln \sqrt2 \in ] -\infty;-\ln \sqrt2 ]\) negativ, d. h., irgendwo dazwischen wechselt sie ihr Vorzeichen.

d) (4)

Schritt 1: Orthogonalitätsbedingung für zwei Punkte erfüllt

Die Orthogonalitätsbedingung für den Punkt \(P(u|f_1(u)) \) ist genau dann erfüllt, wenn gilt:

\(h(u)=e^{2u}-u-1=0\) (siehe Aufgabenteil d) (2)).

Wie in Aufgabe (3) gezeigt wurde, hat h im Intervall \(] - \infty; -\ln \sqrt2] \) einen Vorzeichenwechsel und damit nach dem Zwischenwertsatz eine Nullstelle (denn h ist stetig). Dies ist die einzige Nullstelle von h auf diesem Intervall, da h dort streng monoton fällt.

Rechts von der Minimalstelle wird (z. B. bei \(x=2\)) ein positiver Wert erreicht:

\(h(2)=e^{2 \cdot 2} -2 -1=e^4-3>2^4-3=16-3=13>0\)

Also hat \(h\) eine weitere Nullstelle im Intervall \(] -\ln \sqrt2 ; \infty]\), denn nach dem Zwischenwertsatz nimmt die stetige Funktion \(h\) alle Werte zwischen dem negativen Minimalwert bei \(x=-\ln \sqrt2\) und dem positiven Wert \(h(2)\) im Intervall \(] -\ln \sqrt2 ; 2]\) an. Aufgrund der strengen Monotonie auf dem Intervall \(] -\ln \sqrt2 ; \infty]\) gibt es dort keine weiteren Nullstellen von \(h\).

Lösung

Somit hat \(h\) insgesamt genau 2 Nullstellen: eine links von der Minimalstelle und eine rechts von der Minimalstelle. Für \(P(u|f_1(u))\) ist die Orthogonalitätsbedingung genau dann erfüllt, wenn \(u\) eine Nullstelle von \(h\) ist. Somit gibt es also genau 2 Punkte, die diese Orthogonalitätsbedingung erfüllen.

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