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math:q12:abi11aii

Teil 1

Aufgabe 1

  • NST sind bei $x_{1}=2;\, x_{2}=-2$
  • Fläche zwischen den Nullstellen

\begin{eqnarray*} \int_{-2}^{2}4-x^{2}\,\text{d}x & = & \left[4x-\frac{x^{3}}{3}\right]_{-2}^{2}\\\\ \Rightarrow A & = & \left(\left(8-\frac{8}{3}\right)-\left(-8-\frac{-8}{3}\right)\right)\\\\ A & = & \frac{32}{3} \end{eqnarray*}

Symmetriebetrachtung wegen der Achsensymmetrie bzgl. $y-$Achse von $f(x)=f(-x)$ ist das Integral punktsym. bzgl. Ursprung.

Aufgabe 2

Der Radikand $x$ muss positiv sein$\rightarrow\mathbb{D}_{f}=\mathbb{R}^{+}$. \begin{eqnarray*} \int3\cdot x^{\frac{1}{2}}\,\text{d}x & = & 3\frac{x^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}+C\\\\ F\left(x\right) & =2 & \sqrt{x}^{3}+C \end{eqnarray*}

nun soll $P\left(1|4\right)\in G_{F}$ \begin{eqnarray*} F\left(1\right) & = & 4\\\\ 2\sqrt{1}^{3}+C & = & 4\\\\ C & = & 2\\\\ \Rightarrow F\left(x\right) & = & 2\sqrt{x}^{3}+2 \end{eqnarray*}

Definitionslücken entstehen immer, wenn man durch $0$ teilt oder etwas negatives in die Logarithmusfunktion $\log_{a}\ldots$ und Wurzelfunktion $\sqrt{\ldots}$ einsetzt.

Aufgabe 3

NST der Sinusfunktion $k\cdot\pi;\, k\in\mathbb{Z}\backslash\left\{ 0\right\} $ Symmetrieverhalten immer $-x$ einsetzen \[ f\left(-x\right)=\frac{\sin\left(-x\right)}{\left(-x\right)^{2}}=\frac{-\sin x}{x^{2}}=-f\left(x\right)\Rightarrow\text{Punktsymmetrisch bzgl. Ursprung} \] \[ \lim_{x\mapsto+\infty}\frac{\overbrace{\sin x}^{\rightarrow\left[-1:1\right]}}{\underbrace{x^{2}}_{\rightarrow\infty}}="\frac{1}{\infty}"=0 \]

Ableitung über Quotientenregel \[ \frac{\cos\left(x\right)\cdot x^{2}-2x\sin x}{x^{4}}=\frac{x\cos x-2\sin x}{x^{3}} \]

$NAZ-ZAN$, Minus beachten!

Aufgabe 4

Schlüsselbegriffe ohne VZW: heißt die Definitionslücke benötigt einen geraden Exponenten, z.B. $\left(\ldots\right)^{2}$ oder $\left(\ldots\right)^{4}$ \[ f\left(x\right)=\overbrace{2}^{\text{Asymptote für }x\mapsto\infty}+\underbrace{\frac{1}{\left(x+1\right)^{2}}}_{\text{um 1 verschoben nach links}}=\underbrace{\frac{2\left(x+1\right)^{2}+1}{\left(x+1\right)^{2}}}_{\text{als gebrochen -rationale Funktion}} \]

Teil 2

Aufgabe 1

$\ln\frac{1}{a}=\ln a^{-1}=-\ln a$ mit $\ln e=1$ und $e^{\ln a}=a$

Monotonieverhalten $\rightarrow f'(x)$: \begin{eqnarray*} f'\left(x\right) & = & 6\cdot e^{-0,5x}\cdot\left(-0,5x\right)'+1=-3e^{-0,5x}+1\\\\ f'\left(x_{0}\right) & = & 0\text{ Ansatz Extremum}\\\\ 1 & = & 3e^{-0,5x}\quad|\div3;\,\ln\ldots\\\\ \ln\frac{1}{3} & = & -0,5x\cdot\overbrace{\ln\left(e\right)}^{=1}\Rightarrow x=2\ln3 \end{eqnarray*} Der Graph ist streng monoton fallend für $]-\infty;2\ln3]$ und streng monoton steigend für $]2\ln3;\infty[$

Krümmungsverhalten $\rightarrow f\prime\prime(x)$: \[ f''\left(x\right)=-3e^{-0,5x}\cdot\left(-0,5\right)=1,5e^{-0,5x}>0\text{ für alle }x\in\mathbb{R} \] Graph ist linksgekrümmt auf dem gesamten Definitionsbereich Extremum ist ein Minimum bei $f\left(2\ln3\right)=6e^{-0,5\cdot2\ln3}+2\ln3=\frac{6}{3}+2\ln3=2\left(1+\ln3\right)$ mit $M\left(2\ln3|2\left(1+\ln3\right)\right)$ schräge Asymptote, da $f\left(x\right)=\overbrace{6e^{-0,5x}}^{\text{sehr klein }\approx0}+x=x$ für $x\mapsto+\infty$ \[ \lim_{x\mapsto-\infty}\left(\underbrace{6e^{\overbrace{-0,5x}^{\rightarrow\infty}}}_{\rightarrow\infty}+\underbrace{x}_{\rightarrow-\infty}\right)\overset{e\text{ dominant}}{=}\infty \]

Steigung ist Funktionswert der Ableitung $f'\left(0\right)=-3e^{0}+1=-2$ und anschließend muss der Punkt eingesetzt werden: \[ 6=-2\cdot0+t\Rightarrow t:x\mapsto-2x+6 \]

Aufgabe 2

Die normale Exponentialfunktion wird mit negativen Exponent an der $y-$Achse gespiegelt, die konstante additive Konstante $+1,5$ verschiebt den Graph nach oben um $1,5$ und die Faktoren $6$ und der Faktor $0,5$ im Exponent streckt um $2$ entlang der $x-$Achse.

Unbedingt das Monotonieverhalten in der Frage beantworten!

Nach dem Warmlaufen mit einem erhöhten Schadstoffausstoßes geht dieser auf einen konstanten Wert $1,5\,\frac{\text{mg}}{\text{min}}$ zurück. Dabei sinkt der Schadstoffausstoß kontinuierlich, da die Funktion streng monoton fallend ist.

Dies entspricht der Fläche unter dem Graphen bis zur cyan-Linie.

Es ist das Integral mit den Grenzen $0$ und $5$ zu berechnen, dies ist ein Maß für den gesamten Schadstoffausstoß innerhalb der ersten $5\,$Minuten, also ca. $18,5\,$mg \[ \int_{0}^{5}6e^{-0,5x}+1,5\,\text{d}x=\left[-12e^{-0,5x}+1,5x\right]_{0}^{5}=-12e^{-2,5}+7,5-\left(-12\cdot1+0\right)\approx18,5 \]

Aufgabe 3

Schnittpunkt mit $y-$Achse ist für $x=0$ \[ f_{a}\left(0\right)=6e^{0}-0=6 \] und damit unabhängig von dem Scharparameter $a$. \[ f'_{a}\left(x\right)=6e^{-0,5x}\underbrace{\left(-0,5x\right)'}_{\text{Nachdifferenzieren}}-a=\underbrace{-3\overbrace{e^{-0,5x}}^{>0}}_{<0}\underbrace{-a}_{<0;\, a\in\mathbb{R}^{+}}<0 \] und damit streng monoton fallend. \[ \lim_{x\mapsto+\infty}\left(\underbrace{6e^{\overbrace{-0,5x}^{\rightarrow-\infty}}}_{\rightarrow0}\underbrace{-ax}_{\rightarrow-\infty}\right)="0-\infty"=-\infty \]

Newton-Verfahren aus Formelsammlung mit $x_{n}=x_{0}$ und $x_{n+1}=x_{1}$ \[ x_{1}=0-\frac{f\left(0\right)}{f'\left(0\right)}=-\frac{6}{-3-a}=\frac{6}{a+3} \]

math/q12/abi11aii.txt · Zuletzt geändert: 2012/07/09 19:27 von jalmer