Lösungen und Bewertung |
Aufgabenstellung --- Lösungen: Teil A, B, C, D1 und 2 --- home |
| Erläuterungen | BE | |
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| a | GTR: Y1=(x²-2)e^-X
größtöglicher Definitionsbereich: {x |
x Nullstellen: xN1 = - solve(Y1,X,1)
Koordinaten und Art der lokalen Extrempunkte: solve(nDerive(Y1,X,X),X,-1)
-> -.7321 und solve(nDerive(Y1,X,X),X,1) -> 2.7321
mitnDerive(nDerive(Y1,X,X),X,-.7321) -> 7.204 bzw. nDerive(nDerive(Y1,X,X),X,-.7321)
-> -.2255
KoordinatenderWendepunkte: PW1 (0; -2); PW2 (4; 0,26) GTR:solve(nDerive(nDerive(Y1,X,X),X,X),X,0) ->
8.33E-7 =! 0 undsolve(nDerive(nDerive(Y1,X,X),X,X),X,3) -> 4
Nachweis, dass keine Achsensymmetrie vorliegt Symmetrie zur y-Achse <=> f(x) = f(-x) <=> (x² - 2) e-x = ((-x)² - 2) e-(-x) <=> e-x = ex -> das ist eine falsche Aussage1. Ableitung f'(x) = - e-x ·(x² - 2·x - 2)Ansatz für Größe des Winkels Anstieg in (0 | f(0)) ist f'(0) = 2 also ist arctan 2 der Winkel zur x-Achse mit 90° - arctan 2 ergibt sich:Größe des Winkels u: u = 26,6° 2. Ableitung f''(x) = e-x·(x² - 4·x)Nachweis 2e-x - e-x·(x² - 4·x) - 2(- e-x ·(x² - 2·x - 2)) = e-x (2 - x² + 4·x + 2 ·x² - 4·x - 4))) = f(x) |
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| b | Verfahren: Ich ermittle den Anstieg des Graphen
der Funktion in der gegebenen Stelle xS, indem ich die 1.
Ableitung an dieser Stelle bestimme (m = f'(xS)) Da die Tangenten den Graphen der Funktion im Punkt (xS | f(xS) berührt gilt nun: f(xS) = f'(xS) xS + n. Dabei ist n der Schnittpunkt der Tangente mit der y-Achse. Durch Umstellen der Gleichung erhalte ich n. Die Tangente hat die Form y = mx + n. Aussage zum Anstieg Aussage zur Ermittlung des Wertes n in der Gleichung der Tangente Ansatz für Gleichung der Tangente t1 xS = 1; Lösung mit GTR:nDerive(Y1,X,-1) -> m
= -2,7183 und Y1(-1)-Ans*-1 -> n = -5,4366
Gleichung der Tangente t1: y = -e x -2e Anmerkung: Die Formulierung der Aufgabenstellung deutet darauf hin, dass es für Tangente 2 reicht ein GTR-Programm zu verwenden.Gleichung der Tangente t2: y = 2 x - 2 Anmerkung: Das gleiche gilt für den Schnittpunkt - z. B.: linearesGleichungssystemKoordinaten des Schnittpunktes S beider Tangenten: S(-0,73; -3,46) |
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| c | 
Flächeninhalt des Dreiecks A = 1Ansatz für Flächeninhalt GTR:abs(fnInt(Y1,X,0,1.41))
- 1 -> 0.1739
Flächeninhalt A: A = 0,17 |
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| d | 
Zielfunktion A(xp) = ½ xp * f(xp)GTR: Y2=.5*X*Y1; solve(nDerive(Y2,X,X),X,3.5) -> 3.4142
Stelle xp: xp = 3,41 und GTR:Y2(Ans) -> 0.5424
maximaler Flächeninhalt A: A = 0,54 Nur wer unbedingt rechnen will brauch die erste Ableitung: A'(x) = -½ e-x·(x³ - 3·x² - 2·x + 2). Da e-x 0
ist, muss die Gleichung x³ - 3·x² - 2·x + 2 = 0
gelöst werden. Dazu müssen wir den GTR einsetzen. Die erste
Ableitung war Zeitverschwendung.Fazit: Bis hier sind alle Aufgaben durch den Einsatz des Taschenrechners oder mit Kenntnissen der 10. Klasse zu lösen. Ableitungsregeln brauchen Sie nicht. |
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| e | Es gilt: I g(1) = 0 und II g'(1) = 0
eine Gleichung des Gleichungssystems 1. Ableitung g'(x) = - e-x ·(x² + x·(p - 2) - p + q)(I) 1² + p·1 + q = 0 und (II) 1² + (p - 2)·1 - p + q = 0 Werte p und q: p = -2; q = 1 |
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}
;
xN2 =