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- Nadine Sternberg
- vor 5 Jahren
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1 Aufgabe 1.1 Lösungslogik Schnittpunkte von mit den Koordinatenachsen: Schnittpunkt mit der y Achse über 0. Schnittpunkt mit der x Achse über = 0. Lösung per GTR oder WTR. Extrempunkte von : Über = 0 und 0. Grafik siehe Klausuraufschrieb Betrachtung von Geraden mit negativer Steigung: Einzeichnung einer Geraden: Siehe Klausuraufschrieb. Funktionsgleichung der Geraden über Punkt-Steigungsform Alle Steigungswerte der Geraden: Wenn wir uns die Grafik gemäß genau betrachten, stellen wir fest, dass es Geraden mit negativer Steigung durch den Hochpunkt gibt, die aber keine zwei Flächenstücke mit bilden. Dies ändert sich erst ab der Steigung, ab der die Steigung kleiner wird als die Steigung der Tangente an durch den Hochpunkt. Wird jetzt die Steigung immer größer, teilt die Gerade stets in zwei Flächenstücke, allerdings nur bis < 0. Für 0 entsteht nur ein einziges Flächenstück. Zur Bestimmung der Grenzsteigungen bestimmen wir die Gleichung der Tangenten durch den Hochpunkt und den unbekannten Kurvenpunkt Extrempunkte von : Über = 0 und 0. Ortskurve der Wendepunkte: Wir ermitteln die Wendestelle über = 0, stellen den erhaltenen Wert um nach und setzen dieses in ein und erhalten damit die Ortskurve. Hinweis: In diesem Fall ist es einfacher, das erhaltene in einzusetzen, anstatt zuerst umständlich den -Wert des Wendepunktes zu ermitteln und das erhaltene dort erinzusetzen Stammfunktion von : Wir bilden über das unbestimmte Integral. Die Punktprobe mit 0 20 ergibt die Integrationskonstante = 20. Über = = 0 berechnen wir die -Werte möglicher Wendestellen von. Über 0 = 0 = 10 prüfen wir, ob es ein gibt, welches mit den über = 0 ermittelten -Werten übereinstimmt.
2 Klausuraufschrieb Schnittpunkte von K mit den Koordinatenachsen: 0 = 10 # 0 10 = 0 3 ' 10 = 0 = 1,62; = 2,34; = 5,28 Extrempunkte von : = 6 = = 0 / 60 = 0 = 0; = 4 < 0 Hochpunkt Tiefpunkt 0 = 10 4 = Betrachtung von Geraden mit negativer Steigung: Einzeichnung einer Geraden: Die Gerade durch die beiden Extrempunkte z. B. erfüllt die Bedingung. Die Funktionsgleichung lautet = 4 ' Alle Steigungswerte der Geraden: Tangente an durch den Hochpunkt und einen unbekannten Kurvenpunkt. = ' = / 60 ' 3 ' = / 60 0 ' 3 ' 10 ' 6 ' 3 = 0 ' 3 = 0 3 = 0 = 0; = 3 = 0 führt zur waagrechten Tangente im Hochpunkt. 3 = 9 18 = 4,5 3 = 8 27 ' 10 = 3,5 = 4,5 4,5 3,5 Alle Geraden mit 4,5 < < 0 verlaufen durch den Hochpunkt von und schließen mit zwei Flächenstücke ein.
3 1.1.3 Extrempunkte von : = 6 ' 4 1 = ' 4 1 = 0 4 ' : 1 = 0, = 2 ± <4 : 1 =/?-Formel, = 2 ± ' : ' : stets größer 0 bleibt die Wurzel für alle R positiv. C2 ' ' : D = 3 <@ ' : 2 0 Tiefpunkt C2 ' : D = 3 <@ ' : < 0 Hochpunkt hat stets zwei Extremstellen für alle R. Ortskurve der Wendepunkte: = = 0 E = 2 = F 2 0 H = ' 4/ FI E H = J 4; R Stammfunktion von : = = 3 ' 4 1 ' 10 = ' 2 1 ' 10 ' = 20 = = 0, = 2 ± ' : E = 4 2 ± ' : = 4 ' : = 2 ' Punktprobe mit 0 20 siehe Aufgabenstellung ' : = 4 ' 16 ' ; : ' 16 ' 16 : = 0 : ' 16 = 0 : ' 6 ' 5 = 0, = 3 ± 9 5 =/?-Formel = 1; = 5
4 Steigung 10 in 0 20: 0 = = 10 = 1, = ±1 Das Schaubild von L hat an der Stelle E = 0 die Steigung 10. Die Funktionsgleichung, die zusätzlich durch den Punkt 0 20 enthält, lautet = 1 ' ' 10 ' 20 Aufgabe 1.2 Lösungslogik Interpretation der 4 Schaubilder: Bei M N handelt es sich um eine in -Richtung unverschobene Kosinuskurve mit der Amplitude O und einer Verschiebung in -Richtung am O Einheiten. Dies bedeutet, dass das Schaubild von M N auf jeden Fall die -Achse berühren muss Flächeninhalt eines Vierecks: Zur Verdeutlichung der Situation fertigen wir zunächst eine Skizze an, interpretieren die Form des Vierecks, stellen die Flächenformel auf und bestimmen das Maximum der zugehörigen Funktionsgleichung mit dem GTR/WTR Rotationsvolumen: Zur Berechnung des Rotationsvolumens über das Volumenintegral P = Q R M N bestimmen wir zuerst die Nullstellen von M N N für 0 S S Q und erhalten damit die Integralgrenzen O und T. Wir setzen dann P auf 120 PU und lösen die entstandene Gleichung nach O auf. Klausuraufschrieb Interpretation der 4 Schaubilder: Kosinuskurve mit Amplitude O und Verschiebung in -Richtung um O Einheiten. Abbildung 1: Gehört zu M N mit O = 2. Abbildung 2: Gehört zu M N mit O = 2. Abbildung 3: Gehört nicht zu M N wegen Amplitude 2, an -Achse gespiegelt und um 1,5 Einheiten in -Richtung nach unten verschoben. Abbildung 4: Gehört nicht zu M N, da Schaubild in -Richtung verschoben ist Flächeninhalt eines Vierecks: Das Viereck ist ein Trapez. Hauptbedingung: V WXNYZ[ = N\] ^ Nebenbedingungen: O = 1; _ = M ; ^ = NB HB: V WXNYZ[ = 1 ' 2 ' 2cos V WXNYZ[ = ' cos V WXNYZ[ cnf d 2,36 für d 1,54 Für etwa 1,54 wird das Viereck maximal mit etwa 2,36 U.
5 1.2.3 Rotationsvolumen: Nullstellen von M N über M N = 0 O ' O cos = 0 cos = 1 = Q; = Q e P = Q O ' O cos = QO e 1 ' cos e 1 ' cos d 9,4248 P = 9,4248 QO 120 = 9,4248 QO O = 4,0528 O = 2,01; O = 2,01 Für O = 2,01 O = 2,01 beträgt das Rotationsvolumen 120 PU.
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1.4 Schaubild von Schaubild von Schaubild von 1., /
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1.2 Weisen Sie rechnerisch nach, dass das Schaubild der Funktion mit 4P! bei 1 einen Sattelpunkt aufweist.
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