Aufgabe 6031

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:

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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)= ∞

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→ 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:

D_f 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 G_f:

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 G_f 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 G_f 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 G_f um 0,5 EH nach links und um 20.ln20 EH nach unten verschieben um G_g 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 G_f 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:

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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 G_f 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

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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