Aufgabe 6031
Abitur 2015 Gymnasium Bayern - Prüfungsteil B - Analysis
Angabe mit freundlicher Genehmigung vom Bayerischen Staatsministerium für Bildung und Kultus, Wissenschaft und Kunst
Gegeben ist die Funktion
\(f:x \mapsto 20 \cdot \ln \left( {\dfrac{{20x}}{{1 - x}}} \right){\rm{ mit }}{D_f} = \left] {0;1} \right[\).
Der Graph von f wird mit Gf bezeichnet.
1. Teilaufgabe a.1) 1 BE - Bearbeitungszeit: 2:20
Bestimmen Sie die Nullstelle von f.
2. Teilaufgabe a.2) 2 BE - Bearbeitungszeit: 4:40
Untersuchen Sie das Verhalten von f an den Grenzen von Df
3. Teilaufgabe a.3) 2 BE - Bearbeitungszeit: 4:40
Geben Sie die Gleichungen der Asymptoten von Gf an.
4. Teilaufgabe b.1) 1 BE - Bearbeitungszeit: 2:20
Begründen Sie, dass f in Df umkehrbar ist.
5. Teilaufgabe b.2) 2 BE - Bearbeitungszeit: 4:40
Untersuchen Sie das Krümmungsverhalten von Gf .
6. Teilaufgabe b.3) 2 BE - Bearbeitungszeit: 4:40
Bestimmen Sie die Gleichung der Tangente w an Gf im Wendepunkt W von Gf .
(zur Kontrolle: x-Koordinate von W: 1/2)
Verschiebt man Gf so, dass der Wendepunkt W im Ursprung liegt, erhält man den Graphen der Funktion g.
7. Teilaufgabe c.1) 2 BE - Bearbeitungszeit: 4:40
Geben Sie den Funktionsterm von g an.
8. Teilaufgabe c.2) 1 BE - Bearbeitungszeit: 2:20
Welche Folgerung für Gf ergibt sich aus der Tatsache, dass der Graph von g punktsymmetrisch bezüglich des Koordinatenursprungs ist?
9. Teilaufgabe d) 4 BE - Bearbeitungszeit: 9:20
Zeichnen Sie Gf und die Tangente w unter Berücksichtigung der bisherigen Ergebnisse in ein geeignet skaliertes Koordinatensystem ein.
Gf schließt mit den Koordinatenachsen und der Tangente w ein Flächenstück mit dem Inhalt A ein.
10. Teilaufgabe e) 4 BE - Bearbeitungszeit: 9:20
Berechnen Sie A.
Lösungsweg
1. Teilaufgabe:
Wir geben die Funktionsgleichung in die CAS Ansicht von GeoGebra ein und bestimmen die exakte Lösung:
\(\eqalign{ & f(x) = 20 \cdot \ln \left( {\frac{{20x}}{{1 - x}}} \right) \cr & x = \frac{1}{{21}} \cr & NST = \left( {\frac{1}{{21}}\left| 0 \right.} \right) \cr} \)
GeoGebra Löse:
2. Teilaufgabe:
Wir prüfen die Grenzen des Definitionsbereichs wie folgt:
- An der linken Grenze, für x=0, ist der ln(0) nicht definiert, daher liegt eine Definitionslücke, genauer gesagt eine Polstelle, vor.
- An der rechten Grenze, für x=1, wird der Nenner zu Null, daher liegt eine Definitionslücke, genauer gesagt eine Polstelle, vor.
Wir berechnen die im Inneren des Definitionsbereichs liegenden Grenzwerte mittels Technologieeinsatz:
- An der linken Grenze, für x=0, berechnen wir den rechtsseitigen Grenzwert mit dem GeoGebra Befehl RechtsseitigerGrenzwert
RechtsseitigerGrenzwert($1, 0)= - ∞ - An der rechten Grenze, für x=1, berechnen wir den linksseitigen Grenzwert mit dem GeoGebra Befehl LinksseitigerGrenzwert
LinksseitigerGrenzwert($1, 1)= ∞
→ An den Grenzen des Definitionsbereichs liegt je eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel vor.
3. Teilaufgabe:
Die Asymptoten sind senkrechte Geraden an den beiden Polstellen.
Die Gleichungen für die beiden Asymptoten an den Polstellen lauten x=0 bzw. x=1
4. Teilaufgabe:
Df umkehrbar:
Um zu zeigen, dass eine Funktion bijektiv ist und somit eine Umkehrfunktion besitzt, muss man zeigen, dass sie
- entweder streng monoton steigend ist, dh man zeigt, dass f'(x)>0 ist
- oder dass sie streng monoton fallend ist, dh man zeigt, dass f'(x)<0 ist.
Wir bilden die 1. Ableitung mittels Technologieeinsatz Wolfram Alpha:
derivate f(x)=20 ln ((20x)/(1-x)) liefert:
\(\eqalign{ & f(x) = 20 \cdot \ln \left( {\dfrac{{20x}}{{1 - x}}} \right) = 20 \cdot \ln \left( {\dfrac{{ - 20}}{{x - 1}}} \right) \cr & f'\left( x \right) = 20 \cdot \dfrac{1}{{x - {x^2}}} = - 20 \cdot \dfrac{1}{{x \cdot \left( {1 - x} \right)}} \cr} \)
Wir müssen nun zeigen, dass f‘(x) im Definitionsbereich (0<x<1) durchgehend positiv ist, denn dann ist f(x) streng monoton steigend und somit umkehrbar eindeutig: Das ist der Fall, da der Nenner x(x-1) und somit der Bruch im Definitionsbereich (0<x<1) immer negativ ist. Da somit beide Faktoren negativ sind, ist die 1- Ableitung positiv.
→ Die 1. Ableitung der Funktion ist im Definitionsbereich positiv, daher ist die Funktion streng monoton steigend und daher ist die Funktion umkehrbar eindeutig.
5. Teilaufgabe:
Krümmungsverhalten von Gf:
Der Zähler der 2. Ableitung wird an der Stelle x=0,5 zu Null. Gemäß der NEW-Regel hat die Funktion dort eine Wendestelle, wo die 2. Ableitung eine Nullstelle hat. An einer Wendestelle ändert sich das Krümmungsverhalten einer Funktion.
Die Tangente an die Funktion im Wendepunkt zeigt uns wie sich das Krümmungsverhalten von f(x) im Wendepunkt ändert:
\(f'\left( {x = 0,5} \right) = - 20 \cdot \dfrac{1}{{x \cdot \left( {x - 1} \right)}} = \dfrac{{ - 20}}{{0,5 \cdot \left( {0,5 - 1} \right)}} = \dfrac{{ - 20}}{{0,5 \cdot \left( { - 0,5} \right)}} = 80\)
→ Die Tangente im WP, also an der Stelle x=0,5, hat k=80>0, daher muss sich die Krümmung von negativ / rechtsgekrümmt auf positiv / linksgekrümmt ändern.
6. Teilaufgabe:
Gleichung der Tangente w an Gf im Wendepunkt W von
Die Gleichung der Tangente bestimmen wir mittels Technologieeinsatz in GeoGebra
GeoGebra Tangente(Argument, Funktion) liefert:
\(Tg:{\text{ }}f\left( x \right) = 80x + 20ln\left( {20} \right) - 40\)
7. Teilaufgabe:
Funktionsterm von g
Wir berechnen zunächst die Koordinaten vom Wendepunkt, damit wir wissen, wie wir den Graph Gf in x- bzw. in y-Richtung verschieben müssen, damit der Wendepunkt der neuen Funktion g in den Ursprung fällt. Den x-Wert kennen wir bereits zu x=0,5. Wir setzen in die Funktionsgleichung wie folgt ein:
\(\eqalign{ & f(x) = 20 \cdot \ln \left( {\dfrac{{20x}}{{1 - x}}} \right) \cr & f\left( {x = 0,5} \right) = 20 \cdot \ln \left( {\dfrac{{20 \cdot 0,5}}{{1 - 0,5}}} \right) = \cr & = 20 \cdot \ln \dfrac{{10}}{{0,5}} = 20 \cdot \ln 20 \approx 60 \cr & \cr & WP = \left( {0,5\left| {20 \cdot \ln 20} \right.} \right) \cr} \)
Bei f(x) und g(x) handelt es sich um Parameterfunktionen
Man muss daher Gf um 0,5 EH nach links und um 20.ln20 EH nach unten verschieben um Gg zu erhalten:
\(\eqalign{ & f(x) = 20 \cdot \ln \left( {\dfrac{{20x}}{{1 - x}}} \right) \cr & \cr & g\left( x \right) = f\left( {x + 0,5} \right) - 20 \cdot \ln 20 \cr & g(x) = - 20\ln (20) + 20\ln \left( {\dfrac{{ - (40x + 20)}}{{2x - 1}}} \right) \cr & g(x) = 20 \cdot \ln \left( {\dfrac{{ - \left( {2x + 1} \right)}}{{2x - 1}}} \right) \cr} \)
8. Teilaufgabe:
Folgerung für Gf aus der Tatsache, dass der Graph von g punktsymmetrisch bezüglich des Koordinatenursprungs ist.
Da der Graph der Funktion g punktsymmetrisch zum Koordinatenursprung ist und die Funktion g durch Parallelverschiebung aus der Funktion f hervorgegangen ist, so muss der Graph der Funktion f punktsymmetrisch zum Wendepunkt sein.
9. Teilaufgabe:
Wir zeichnen die bisherigen Erkenntnisse in ein geeignetes Koordinatensystem ein:
10. Teilaufgabe:
Flächeninhalt berechnen:
- Zuerst berechnen wir mit Hilfe vom bestimmten Integral die Fläche vom Trapez, zwischen der x-Achse und der Tangente im Intervall [0; 0,5].
- Davon subtrahieren wir die Fläche unter dem Graph Gf und über der x-Achse im Intervall [1/21; 0,5].
\(\eqalign{ & {A_1} = \int\limits_0^{0,5} {80x + 20\ln (20) - 40} = 19,9573 \cr & {A_2} = \int\limits_{1/21}^{0,5} {20\ln \left( {\dfrac{{20 \cdot x}}{{1 - x}}} \right)} = 17,0702 \cr & \cr & {A_1} - {A_2} = 19,9573 - 17,0702 = 2,8871 \cr & \cr & {A_1} - {A_2} = \int\limits_0^{0.5} {80x + 20\ln (20) - 40} - \int\limits_{1/21}^{0.5} {20\ln \left( {\dfrac{{20x}}{{1 - x}}} \right)} \cr} \)
Die Berechnung erfolgte mittels Technologieeinsatz, entweder in GeoGebra
oder mittels Wolfram Alpha:
Integrate[80x+20 ln (20)-40,0,0.5]-Integrate[20 ln ((20x)/(1-x)),1/21,0.5]
Beide Rechenwege liefern: A=2,88714 FE
Ergebnis
Die richtige Lösung lautet:
1. Teilaufgabe:
\(NST = \left( {\dfrac{1}{{21}}\left| 0 \right.} \right)\)
2. Teilaufgabe:
An den Grenzen des Definitionsbereichs liegt je eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel vor.
3. Teilaufgabe:
Die Gleichungen für die beiden Asymptoten an den Polstellen lauten x=0 bzw. x=1
4. Teilaufgabe:
Die 1. Ableitung der Funktion ist im Definitionsbereich positiv, daher ist die Funktion streng monoton steigend und daher ist die Funktion umkehrbar eindeutig.
5. Teilaufgabe:
Die Krümmung ändert sich von negativ / rechtsgekrümmt auf positiv / linksgekrümmt.
6. Teilaufgabe:
Die Gleichung der Tangente im WP lautet:
\(Tg:{\text{ }}f\left( x \right) = 80x + 20ln\left( {20} \right) - 40\)
7. Teilaufgabe:
\(\eqalign{ & g(x) = - 20\ln (20) + 20\ln \left( {\dfrac{{ - (40x + 20)}}{{2x - 1}}} \right) \cr & g(x) = 20 \cdot \ln \left( {\dfrac{{ - \left( {2x + 1} \right)}}{{2x - 1}}} \right) \cr} \)
8. Teilaufgabe:
Der Graph der Funktion f muss punktsymmetrisch zum Wendepunkt sein.
9. Teilaufgabe:
10. Teilaufgabe:
A=2,88714 FE