Teil A: Analysis

Lösungen und Bewertung

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Erläuterungen BE
a GTR: Y1=(x²-2)e^-X

größtöglicher Definitionsbereich: {x | x Element reeller Zahlen }

Nullstellen: xN1 = -sqrt(2); xN2 = sqrt(2)

GTR z. B.: solve(Y1,X,1)

Koordinaten und Art der lokalen Extrempunkte:
PE1 (-0,73; –3,04) lokales Minimum
PE2 (2,73; 0,36) lokales Maximum

GTR: solve(nDerive(Y1,X,X),X,-1) -> -.7321 und solve(nDerive(Y1,X,X),X,1) -> 2.7321 mit
nDerive(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 und
solve(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 Aussage

1. 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.: linearesGleichungssystem

Koordinaten des Schnittpunktes S beider Tangenten: S(-0,73; -3,46)

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c Skizze

Flächeninhalt des Dreiecks

A = 1

Ansatz für Flächeninhalt

GTR: abs(fnInt(Y1,X,0,1.41)) - 1 -> 0.1739

Flächeninhalt A: A = 0,17

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d Skizze

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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