Aufgabe 6021

1. Teilaufgabe:

Werte von a und b:

Damit wir die beiden Unbekannten a und b berechnen können, benötigen wir 2 unabhängige Gleichungen. Wir werten die Angabe bezüglich der beiden gegebenen Punkte wie folgt aus:

• O(0|0)=WP₁ mit waagrechter Tangente, also ein Sattelpunkt → 
  \( f'\left( {{x_0}} \right) = f''\left( {{x_0}} \right) = 0;\,\,\,\,\,f'''\left( {{x_0}} \right) \ne 0\)
• W(1|-1=WP₂ → \(f({x_0}) = - 1;\,\,\,\,\,f''\left( {{x_0}} \right) = 0\)

Wir benötigen die 1. und 2. Ableitung:
\(\eqalign{ & f(x) = a \cdot {x^4} + b \cdot {x^3} \cr & f'\left( x \right) = 4 \cdot a \cdot {x^3} + 3 \cdot b \cdot {x^2} \cr & f''\left( x \right) = 4 \cdot 3 \cdot a \cdot {x^2} + 3 \cdot 2 \cdot b \cdot x \cr} \)

Wenn wir den Punkt O in obige Gleichungen einsetzen, dann bringt uns das bei der Berechnung wegen x=0 und f‘=f‘‘=0 nicht näher. Aber mit dem Punkt W erhalten wir 2 Gleichungen:
\(\eqalign{ & f(x = 1) = a \cdot {1^4} + b \cdot {a^3} = a + b = - 1 \cr & f''\left( {x = 1} \right) = 12 \cdot a \cdot {1^2} + 6 \cdot b \cdot 1 = 0 \cr & \cr & a + b = - 1 \to a = \left( { - b - 1} \right) \cr & 12 \cdot a + 6 \cdot b = 0 \cr & 12 \cdot \left( { - b - 1} \right) + 6b = 0 \cr & - 12b + 6b - 12 = 0 \cr & - 6b = 12\,\,\,\,\,\left( {\left| {: - 6} \right.} \right) \cr & b = - 2 \cr & \cr & a = - \left( { - 2} \right) - 1 = 2 - 1 = 1 \cr & \cr & a = 1;\,\,\,\,\,b = - 2 \cr} \)

→ Die gesuchten Koeffizienten lauten a=1 und b=-2

2. Teilaufgabe:

Lage und Art des Extrempunkts von G_f

Wir schreiben die gegebene Funktion samt den aus der 1. Teilaufgabe bekannten Koeffizienten und deren Ableitungen wie folgt an:
\(\eqalign{ & f(x) = a \cdot {x^4} + b \cdot {x^3} \cr & f\left( x \right) = {x^4} - 2{x^3} \cr & f'\left( x \right) = 4 \cdot {x^3} - 2 \cdot 3 \cdot {x^2} = 4 \cdot {x^3} - 6 \cdot {x^2} \cr & f''\left( x \right) = 4 \cdot 3 \cdot {x^2} - 6 \cdot 2 \cdot x = 12 \cdot {x^2} - 12 \cdot x \cr & f'''\left( x \right) = 12 \cdot 2 \cdot x - 12 = 24 \cdot x - 12 \cr} \)

Wir setzen die 1. Ableitung Null um deren 3 Nullstellen zu ermitteln, die in der Folge für Extremstellen in Frage kommen:
\(\eqalign{ & f'\left( x \right) = 0 \cr & 4 \cdot {x^3} - 6 \cdot {x^2} = 0 \cr & {x^2} \cdot \left( {4 \cdot x - 6} \right) = 0 \cr & {x_1} = {x_2} = 0 \cr & 4 \cdot x - 6 = 0\,\,\,\,\,\left| { + 6\,\,\,\,\,\left| {:4} \right.} \right. \cr & {x_3} = \frac{6}{4} = 1,5 \cr} \)

Wir setzen die 3 Nullstellen der 1. Ableitung in die 2. und 3. Ableitung ein, um die Art der Extremstelle zu bestimmen:
\(\eqalign{ & f''\left( {{x_{1,2}} = 0} \right) = 12 \cdot {0^2} - 12 \cdot 0 = 0 \cr & f'''\left( {{x_{1,2}} = 0} \right) = 24 \cdot 0 - 12 \ne 0 \to \cr & \to f'\left( {{x_{1,2}}} \right) = f''\left( {{x_{1,2}}} \right) = 0;\,\,\,\,\,f'''\left( x \right) \ne 0 \cr & \to {\text{Sattelpunkt = }}\left( {0\left| 0 \right.} \right) \cr & \cr & f''\left( {{x_3} = 1,5} \right) = 12 \cdot {1,5^2} - 12 \cdot 1,5 = 9 > 0 \cr & \to {\text{Tiefpunkt = }}\left( {1,5\left| {f({x_3})} \right.} \right) \cr & \cr & {\text{f}}\left( {{x_3} = 1,5} \right) = {1,5^4} - 2 \cdot {1,5^3} = - 1,6875 \cr & \to {\text{Tiefpunkt = }}\left( {1,5\left| { - 1,6875} \right.} \right) \cr} \)

→ Die gegebene Funktion besitzt an der Stelle (0|0) einen Sattelpunkt (das ist ein Wendepunkt mit einer horizontalen Tangente). An der Stelle (1,5|-1,6875) hat die gegebene Funktion einen Tiefpunkt.

3. Teilaufgabe:

Wir schreiben nochmals das bisherige Wissen über den Graph G_f der Funktion f(x) zusammen:

• Punkt O(0 | 0) einen Wendepunkt mit waagrechter Tangente
• Punkt W(1| -1) ist ein weiterer Wendepunkt von G_f
• Die Funktion hat einen Tiefpunkt (1,4|-1,6875)
• Die Gerade g schneidet G_f in den Punkten W(1|-1) und (2 | 0).

Wir bestimmen die Nullstellen der Funktion :
\(\eqalign{ & f\left( x \right) = {x^4} - 2{x^3} = 0 \cr & {x^3} \cdot \left( {x - 2} \right) = 0 \cr & \cr & NS{T_1} = NS{T_2} = NS{T_3} = 0 \cr & NS{T_4} = 2 \cr} \)

Besonders einfach können wir den Funktionswert an der Stelle x=-1 berechnen:
\(\eqalign{ & f\left( {x = - 1} \right) = {x^4} - 2{x^3} = {\left( { - 1} \right)^4} - 2 \cdot {\left( { - 1} \right)^3} = 1 + 2 = 3 \cr & Q( - 1\left| 3 \right.) \cr} \)

Somit können wir den Graph der Funktion samt der Geraden wie folgt zeichnen:

Bild

4. Teilaufgabe:

Gleichung der Geraden g

1. Variante: Zwei-Punktform der Geraden

Bei der Zwei-Punktform der Geraden setzt an den Aufpunkt A ein Vektor an, der vom Aufpunkt zu einem beliebigen zweiten Punkt B auf der Geraden weist. Die Gerade wird also durch zwei Punkte definiert:
\(\begin{array}{l} W\left( {1\left| { - 1} \right.} \right)\\ P\left( {2\left| 0 \right.} \right)\\ \overrightarrow {WP} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2\\ 0 \end{array}} \right) - \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1\\ { - 1} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2 - 1}\\ {0 + 1} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1\\ 1 \end{array}} \right)\\ \\ g:X = A + \lambda \cdot \overrightarrow {AB} \\ g:X = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1\\ { - 1} \end{array}} \right) + \lambda \cdot \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1\\ 1 \end{array}} \right) \end{array}\)

2. Variante: Hauptform der Geradengleichung:
\(\begin{array}{l} y = k \cdot x + d\\ \\ {\rm{Gl}}{\rm{.1: }}W\left( {1\left| { - 1} \right.} \right) \to - 1 = k \cdot 1 + d\\ {\rm{Gl}}{\rm{.2: }}P\left( {2\left| 0 \right.} \right) \to 0 = k \cdot 2 + d\\ \\ k + d = - 1\\ 2 \cdot k + d = 0 \to d = - 2 \cdot k\\ \\ k - 2 \cdot k = - 1 \to k = 1\\ d = - 2 \cdot k = - 2 \cdot 1 = - 2\\ \\ g:y = x - 2 \end{array}\)

5. Teilaufgabe:

Verhältnis der Flächeninhalte dieser beiden Teilflächen

Nachfolgende Illustration veranschaulicht die Zusammenhänge:

Bild

Wir berechnen die Gesamtfläche, die zwischen dem Funktionsgraphen und der x-Achse liegt. Da die Fläche unterhalb der x-Achse liegt, ist sie negativ orientiert, daher nehmen wir den Betrag der Fläche für den Flächenvergleich:
\(\begin{array}{l} {A_{ges}} = \left| {\int\limits_0^2 {f\left( x \right)\,\,dx} } \right| = \left| {\int\limits_0^2 {\left( {{x^4} - 2 \cdot {x^3}} \right)\,\,dx} } \right| = \\ = \left| {\dfrac{{{x^5}}}{5} - 2 \cdot \dfrac{{{x^4}}}{4}} \right|_0^2 = \left| {\dfrac{{{2^5}}}{5} - 2\dfrac{{{2^4}}}{4} - 0 - 0} \right| = \left| { - \dfrac{8}{5}} \right| = \dfrac{8}{5} = 1,6 \end{array}\)

Nun berechnen wir die Fläche die zwischen dem Punkt (0|0) und dem gegebenen Punkt W(1|-1) liegt:
\(\begin{array}{l} {A_1} = \left| {\int\limits_0^1 {f\left( x \right)\,\,dx} } \right| = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {{x^4} - 2 \cdot {x^3}} \right)\,\,dx} } \right| = \\ = \left| {\dfrac{{{x^5}}}{5} - 2 \cdot \dfrac{{{x^4}}}{4}} \right|_0^1 = \left| {\dfrac{{{1^5}}}{5} - 2\dfrac{{{1^4}}}{4} - 0 - 0} \right| = \left| {\dfrac{1}{5} - \dfrac{1}{2}} \right| = \left| { - 0,3} \right| = 0,3 \end{array}\)

Um die 1. Teilfläche zu berechnen, müssen wir zu A₁ noch die Dreiecksfläche WHP dazu addieren:
\({A_{WHP}} = a \cdot \dfrac{{{h_1}}}{2} = 1 \cdot \dfrac{1}{2} = 0,5\)

Wir fassen die Gesamtfläche und die 1. Teilfläche wie folgt zusammen:
\(\begin{array}{l} {A_{Ges}} = 1,6\\ {A_1} + {A_{WHP}} = 0,3 + 0,5 = 0,8 = \dfrac{{{A_{Ges}}}}{2} \end{array}\)
Da die 1. Teilfläche 50% der Gesamtfläche ausmacht, muss die 2. Teilfläche ebenfalls 50% der Gesamtfläche ausmachen und somit müssen beide Teilflächen gleich groß sein.

→ Die beiden Teilflächen sind mit jeweils 50% der Gesamtfläche gleich groß, sie stehen daher im Größenverhältnis 1:1.