«K12/K13» 125. Hausaufgabe «PDF», «POD»

0.0.1 ↑ 125. Hausaufgabe

0.0.1.1 ↑ Analysis-Buch Seite 172, Aufgabe 23

Gegeben ist die Funktion f_k$f_k$ mit f_k(x) = \frac{x^2 - k^2}{kx}$f_k\left(x\right)=\frac{x^2-k^2}{kx}$, wobei k > 0$k>0$ ist.

G_{f_k}$G_{f_k}$ ist der Graph von f_k$f_k$.

a)

Bestimme den maximalen Definitionsbereich und untersuche f_k$f_k$ auf Symmetrieeigenschaften, Nullstellen, Extrema, Wendepunkte und Asymptoten.

• Maximaler Definitionsbereich:

  k x \neq 0;$kx\ne 0;$ ⇔ x \neq 0$x\ne 0$, da k > 0;$k>0;$

  → D_{f_k} = \mathds{R} \setminus \left\{ 0 \right\}\!;$D_{f_k}=\mathbb{ℝ}\setminus \left\{0\right\};$

• Symmetrieeigenschaften:

  f(-x) = -\frac{x^2 - k^2}{k x} = -f_k(x);$f\left(-x\right)=-\frac{x^2-k^2}{kx}=-f_k\left(x\right);$

  → Punktsymmetrie zum Ursprung

• Nullstellen:

  f_k(x) = \frac{x^2 - k^2}{k x} \stackrel{?}{=} 0;$f_k\left(x\right)=\frac{x^2-k^2}{kx}\stackrel{?}{=}0;$ ⇔ x^2 - k^2 \stackrel{?}{=} 0;$x^2-k^2\stackrel{?}{=}0;$ ⇔ \left|x\right| = \left|k\right| = k;$\left|x\right|=\left|k\right|=k;$

  → Nullstellen: -k$-k$, k$k$

• Extrema:

  f_k'(x) = \frac{k x \cdot 2x - \left(x^2 - k^2\right) \cdot k}{\left(k x\right)^2} = \frac{x^2 + k^2}{k x^2};$f_k^{\prime }\left(x\right)=\frac{kx\cdot 2x-\left(x^2-k^2\right)\cdot k}{{\left(kx\right)}^2}=\frac{x^2+k^2}{k{x}^2};$

  GERIGKmethode für f_k'(x)$f_k^{\prime }\left(x\right)$:

  •          0

  •  --------|------->

  •  ----------------- x^2 + k^2

  •  --------0-------- k x^2

  •      +  [0]  +

  → Keine Extrema

• Wendepunkte:

  Keine, aber Wechsel des Krümmungsverhalten bei x = 0$x=0$, da f_k'$f_k^{\prime }$ bei x = 0$x=0$ ein Extremum hat.

• Asymptoten:

  x = 0;$x=0;$ (VZW an der Polstelle von -$-$ nach +$+$ bei x = 0$x=0$)

  y = \frac{x}{k};$y=\frac{x}{k};$ (Beweis: f_k(x) = \frac{x^2 - k^2}{k x} = \frac{x}{k} - \frac{k}{x}; \quad \lim\limits_{x \to \pm \infty} f_k(x) - \frac{x}{k} = 0;$f_k\left(x\right)=\frac{x^2-k^2}{kx}=\frac{x}{k}-\frac{k}{x};\underset{x\to \pm \infty }{lim}{f}_k\left(x\right)-\frac{x}{k}=0;$)

b)

Zeichne den zu k = 3$k=3$ gehörigen Graphen G_{f_3}$G_{f_3}$.

c)

Für welche Werte von m$m$ hat die Gerade y = m x$y=mx$ mit G_{f_k}$G_{f_k}$ keine Punkte gemeinsam?

y = m x \stackrel{?}{=} \frac{x^2 - k^2}{k x} = f_k(x);$y=mx\stackrel{?}{=}\frac{x^2-k^2}{kx}=f_k\left(x\right);$ ⇔

k m x^2 \stackrel{?}{=} x^2 - k^2; \quad x^2 \stackrel{?}{=} -\frac{k^2}{km - 1};$km{x}^2\stackrel{?}{=}{x}^2-k^2;x^2\stackrel{?}{=}-\frac{k^2}{km-1};$

RHS muss positiv sein: -\frac{k^2}{km - 1} \stackrel{?}{\geq} 0;$-\frac{k^2}{km-1}\stackrel{?}{\ge }0;$ ⇔ \frac{1}{km - 1} \leq 0;$\frac{1}{km-1}\le 0;$ ⇔ k m \leq 1;$km\le 1;$

Außerdem: km - 1 \neq 0;$km-1\ne 0;$ ⇔ km \neq 1;$km\ne 1;$

Also: k m < 1;$km<1;$ ⇔ m < \frac{1}{k};$m<\frac{1}{k};$

Die Gerade y = m x$y=mx$ hat für m \geq \frac{1}{k}$m\ge \frac{1}{k}$ keine Punkte mit G_{f_k}$G_{f_k}$ gemeinsam.

d)

Bestimme ohne Berechnung des Integrals die Abszisse des Extremums der Funktion F_k$F_k$ mit

F_k(x) = \int\limits_1^x f_k(t) \,\mathrm{d}t = \int\limits_1^x \frac{t^2 - k^2}{k t} \,\mathrm{d}t;$F_k\left(x\right)=\underset{1}{\overset{x}{\int \; <!--nolimits-->}}{f}_k\left(t\right)\text{d}t=\underset{1}{\overset{x}{\int \; <!--nolimits-->}}\frac{t^2-k^2}{kt}\text{d}t;$

Von welcher Art ist dieses Extremum?

In welchem Bereich ist F_k$F_k$ definiert?

GERIGKmethode für f_k(x) = \frac{x^2 - k^2}{kx} = \frac{\left(x - k\right)\left(x + k\right)}{k x}$f_k\left(x\right)=\frac{x^2-k^2}{kx}=\frac{\left(x-k\right)\left(x+k\right)}{kx}$:

•      -k     0     k

•  -----|-----|-----|---->

•  - - - - - - - - -0----> x - k

•  - - -0----------------> x + k

•  - - - - - -0----------> k x

•    -  0  + [0] -  0  +

D_{F_k} = \mathds{R}^+;$D_{F_k}={\mathbb{ℝ}}^{+};$ (da an der Stelle 0$0$ der Integrand unendlich wird)

→ Bei x = k$x=k$ einziges Extremum (ein Tiefpunkt).

e)

Der Graph G_h$G_h$ einer ganzrationalen Funktion h$h$ dritten Grades ist punktsymmetrisch zum Ursprung und berührt G_{f_3}$G_{f_3}$ in den Nullstellen von f_3$f_3$.

Ermittle den Funktionsterm h(x)$h\left(x\right)$ und die Extrema von h$h$.

h(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d;$h\left(x\right)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d;$

h(-x) = -ax^3 + bx^2 - cx + d \stackrel{!}{=} -ax^3 - bx^2 - cx - d = -h(x);$h\left(-x\right)=-a{x}^3+b{x}^2-cx+d\stackrel{!}{=}-a{x}^3-b{x}^2-cx-d=-h\left(x\right);$ ⇔ bx^2 + d = 0;$b{x}^2+d=0;$ ⇔ d = -bx^2;$d=-b{x}^2;$

h(\pm 3) = a \left(\pm 3\right)^3 + c \left(\pm 3\right) = \pm 27a \pm 3c = \stackrel{!}{=} 0;$h\left(\pm 3\right)=a{\left(\pm 3\right)}^3+c\left(\pm 3\right)=\pm 27a\pm 3c=\stackrel{!}{=}0;$ ⇔ c = -9a;$c=-9a;$

h(x) = ax^3 - 9ax; \quad h'(x) = 3ax^2 - 9a;$h\left(x\right)=a{x}^3-9ax;h^{\prime }\left(x\right)=3a{x}^2-9a;$

h'(\pm 3) = 27a - 9a = 18a \stackrel{!}{=} f_3'(\pm 3) = \frac{2}{3};$h^{\prime }\left(\pm 3\right)=27a-9a=18a\stackrel{!}{=}{f}_3^{\prime }\left(\pm 3\right)=\frac{2}{3};$ ⇔ a = \frac{1}{27};$a=\frac{1}{27};$

→ h(x) = \frac{1}{27}\left(x^3 - 9x\right);$h\left(x\right)=\frac{1}{27}\left(x^3-9x\right);$

GERIGKmethode für h'(x) = \frac{1}{9}\left(x^2 - 3\right) = \frac{1}{9}\left(x + \sqrt{3}\right)\left(x - \sqrt{3}\right)$h^{\prime }\left(x\right)=\frac{1}{9}\left(x^2-3\right)=\frac{1}{9}\left(x+\sqrt{3}\right)\left(x-\sqrt{3}\right)$:

•  -sqrt(3)     0     sqrt(3)

•  -------|-----|-----|------>

•  --------------------------- 1/9

•  - - - -0------------------- x + sqrt(3)

•  - - - - - - - - - -0------- x - sqrt(3)

•     +   0     -     0   +

→ HOP bei \left(-\sqrt{3}, \frac{2}{9} \sqrt{3}\right)\!;$\left(-\sqrt{3},\frac{2}{9}\sqrt{3}\right);$

→ TIP bei \left(\sqrt{3}, -\frac{2}{9} \sqrt{3}\right)\!;$\left(\sqrt{3},-\frac{2}{9}\sqrt{3}\right);$

f)

Zeichne G_h$G_h$ in die Zeichnung von Teilaufgabe b) ein.

g)

Welche Fläche schließt G_h$G_h$ mit der positiven x$x$-Achse ein?

Nullstellen von h$h$: -3$-3$, 0$0$, 3$3$

Fläche: \left\{ (x,y) \,\middle|\, x \in \left[0,3\right] \wedge h(x) \leq y \leq 0 \right\}\!;$\left\{\left(x,y\right)\mid x\in \left[0,3\right]\wedge h\left(x\right)\le y\le 0\right\};$

Flächeninhalt: \left|\int\limits_0^3 \left|h(x)\right| \,\mathrm{d}x\right| = {}\left|-\frac{1}{27} \int\limits_0^3 x^3 - 9x \,\mathrm{d}x\right| = {}\left|-\frac{1}{27} \left[\frac{1}{4} x^4 - \frac{9}{2} x^2\right]_0^3\right| = {}\left|-\frac{1}{27} \left[\frac{1}{4} x^4 - \frac{9}{2} x^2\right]_0^3\right| = {}\frac{3}{4};$\left|\underset{0}{\overset{3}{\int \; <!--nolimits-->}}\left|h\left(x\right)\right|\text{d}x\right|=\left|-\frac{1}{27}\underset{0}{\overset{3}{\int \; <!--nolimits-->}}{x}^3-9x\text{d}x\right|=\left|-\frac{1}{27}{\left[\frac{1}{4}{x}^4-\frac{9}{2}{x}^2\right]}_0^3\right|=\left|-\frac{1}{27}{\left[\frac{1}{4}{x}^4-\frac{9}{2}{x}^2\right]}_0^3\right|=\frac{3}{4};$

h)

Die Funktion h_1$h_1$ sei gegeben durch

h_1(x) = \begin{cases} {}\frac{x}{3} - \frac{3}{x} & \text{für } \left|x\right| \geq 3; \\ {}\frac{1}{27}\left(x^3 - 9x\right) & \text{für } \left|x\right| < 3; \end{cases}$h_1\left(x\right)=\left\{\begin{array}{cc}\frac{x}{3}-\frac{3}{x}\hfill & \text{fr }\left|x\right|\ge 3;\hfill \\ \frac{1}{27}\left(x^3-9x\right)\hfill & \text{fr }\left|x\right|<3;\hfill \end{array}\right.$

Ihr Graph ist G_{h_1}$G_{h_1}$.

Kennzeichne G_{h_1}$G_{h_1}$ in der Zeichnung der Teilaufgabe b) mit Farbe. Wie oft ist h_1$h_1$ bei x = 3$x=3$ differenzierbar? (Begründung!)

Stetigkeit von h_1$h_1$ an der Stelle 3$3$: \lim\limits_{x \to 3-} h_1(x) = \lim\limits_{x \to 3+} h_1(x) = h_1(3) = 0;$\underset{x\to 3-}{lim}{h}_1\left(x\right)=\underset{x\to 3+}{lim}{h}_1\left(x\right)=h_1\left(3\right)=0;$

Provisorisch: h_1'(x) = \begin{cases} {} \frac{1}{3} + \frac{3}{x^2} & \text{für } \left|x\right| \geq 3; \\ {} \frac{1}{27}\left(3x^2 - 9\right) & \text{für } \left|x\right| < 3; \end{cases}$h_1^{\prime }\left(x\right)=\left\{\begin{array}{cc}\frac{1}{3}+\frac{3}{x^2}\hfill & \text{fr }\left|x\right|\ge 3;\hfill \\ \frac{1}{27}\left(3x^2-9\right)\hfill & \text{fr }\left|x\right|<3;\hfill \end{array}\right.$

\lim\limits_{x \to 3-} h_1'(x) = \frac{2}{3} = \lim\limits_{x \to 3+} h_1'(x);$\underset{x\to 3-}{lim}{h}_1^{\prime }\left(x\right)=\frac{2}{3}=\underset{x\to 3+}{lim}{h}_1^{\prime }\left(x\right);$

→ Provisorisches h_1'$h_1^{\prime }$ ist in der Tat die Ableitungsfunktion von h_1$h_1$.

Provisorisch: h_1''(x) = \begin{cases} {} -\frac{6}{x^3} & \text{für } \left|x\right| \geq 3; \\ {} \frac{2}{9}x & \text{für } \left|x\right| < 3; \end{cases}$h_1^{\prime \prime }\left(x\right)=\left\{\begin{array}{cc}-\frac{6}{x^3}\hfill & \text{fr }\left|x\right|\ge 3;\hfill \\ \frac{2}{9}x\hfill & \text{fr }\left|x\right|<3;\hfill \end{array}\right.$

\lim\limits_{x \to 3-} h_1''(x) = \frac{2}{3} \neq -\frac{2}{9} = \lim\limits_{x \to 3+} h_1''(x);$\underset{x\to 3-}{lim}{h}_1^{\prime \prime }\left(x\right)=\frac{2}{3}\ne -\frac{2}{9}=\underset{x\to 3+}{lim}{h}_1^{\prime \prime }\left(x\right);$

→ h_1$h_1$ ist nicht zweimal an der Stelle x = 3$x=3$ differenzierbar; das provisorisch aufgestellte h_1''$h_1^{\prime \prime }$ ist nicht die Ableitungsfunktion von h_1'$h_1^{\prime }$.

0.0.1.2 ↑ Analysis-Buch Seite 172, Aufgabe 24

Gegeben ist die Funktion f$f$ mit f(x) = \frac{2x - 4}{1 - x}$f\left(x\right)=\frac{2x-4}{1-x}$; ihr Graph sei mit G_f$G_f$ bezeichnet.

a)

Bestimme die maximale Definitionsmenge D_f$D_f$ von f$f$ und untersuche G_f$G_f$ auf Schnittpunkte mit dem Koordinatenachsen.

1 - x \neq 0;$1-x\ne 0;$ ⇔ x \neq 1;$x\ne 1;$

→ D_f = \mathds{R} \setminus \left\{ 1 \right\}\!;$D_f=\mathbb{ℝ}\setminus \left\{1\right\};$

f(0) = -4;$f\left(0\right)=-4;$

f(x) = \frac{2x - 4}{1 - x} \stackrel{?}{=} 0;$f\left(x\right)=\frac{2x-4}{1-x}\stackrel{?}{=}0;$ ⇔ 2x - 4 \stackrel{?}{=} 0;$2x-4\stackrel{?}{=}0;$ ⇔ x = 2; \quad f(2) = 0;$x=2;f\left(2\right)=0;$

b)

Untersuche das Verhalten von f(x)$f\left(x\right)$ für x \to \pm \infty$x\to \pm \infty$ und für x \to 1$x\to 1$.

f(x) = \frac{2x - 4}{1 - x} = -2 - \frac{2}{1 - x};$f\left(x\right)=\frac{2x-4}{1-x}=-2-\frac{2}{1-x};$

\lim\limits_{x \to \pm\infty} f(x) = -2;$\underset{x\to \pm \infty }{lim}f\left(x\right)=-2;$

\lim\limits_{x \to 1\pm} f(x) = \pm\infty;$\underset{x\to 1\pm }{lim}f\left(x\right)=\pm \infty ;$

c)

Welches Monotonieverhalten zeigt die Funktion f$f$? Hat G_f$G_f$ Extrempunkte? Begründe deine Antwort.

f'(x) = -\frac{2}{\left(1 - x\right)^2} < 0$f^{\prime }\left(x\right)=-\frac{2}{{\left(1-x\right)}^2}<0$ für alle x \in D_{f'} = \mathds{R} \setminus \left\{ 1 \right\}\!;$x\in D_{f^{\prime }}=\mathbb{ℝ}\setminus \left\{1\right\};$

→ f$f$ ist auf \left]-\infty, 1\right[$\left]-\infty ,1\right[$ und \left]1, \infty\right[$\left]1,\infty \right[$ streng monoton fallend. (XXX auf ganz D_f$D_f$ smf? Oder mit 1$1$ jeweils eingeschlossen? Oder nur bei einem eingeschlossen?)

GERIGKmethode von f'(x)$f^{\prime }\left(x\right)$:

•          1

•  --------|------>

•  --------0- - - - 1 - x

•  --------0- - - - 1 - x

•      +   0   +

→ f$f$ hat keine Extrempunkte. (Aber eine Wendestelle bei x = 1$x=1$, da f'$f^{\prime }$ bei x = 1$x=1$ ein Extremum hat.)

(XXX ist es richtig, zu sagen, bei x = 1$x=1$ liege eine Wendestelle, aber kein Wendepunkt vor?)

d)

Zeichne nun G_f$G_f$.

e)

Begründe, weshalb f$f$ umkehrbar ist. Gib die Funktionsgleichung y = f^{-1}(x)$y=f^{-1}\left(x\right)$ für die Umkehrfunktion f^{-1}$f^{-1}$ von f$f$ sowie den De­fi­ni­tions- und den Wertebereich von f^{-1}$f^{-1}$ an.

f$f$ ist umkehrbar, weil es bei beiden Ästen streng monoton ist und weil sich die Äste nicht "überlappen"; f$f$ ist injektiv.

f(y) = \frac{2y - 4}{1 - y};$f\left(y\right)=\frac{2y-4}{1-y};$ ⇔ f(y) - y f(y) = 2y - 4;$f\left(y\right)-yf\left(y\right)=2y-4;$ ⇔ y = \frac{-4 - f(y)}{-f(y) - 2} = \frac{f(y) + 4}{f(y) + 2} = f^{-1}(f(y));$y=\frac{-4-f\left(y\right)}{-f\left(y\right)-2}=\frac{f\left(y\right)+4}{f\left(y\right)+2}=f^{-1}\left(f\left(y\right)\right);$

f(y) + 2 \neq 0;$f\left(y\right)+2\ne 0;$ ⇔ f(y) \neq -2;$f\left(y\right)\ne -2;$

D_{f^{-1}} = W_f = \mathds{R} \setminus \left\{ -2 \right\}; \quad {}W_{f^{-1}} = D_f = \mathds{R} \setminus \left\{ 1 \right\};$D_{f^{-1}}=W_f=\mathbb{ℝ}\setminus \left\{-2\right\};W_{f^{-1}}=D_f=\mathbb{ℝ}\setminus \left\{1\right\};$

(XXX wieso ist -2$-2$ nicht 1$1$, gespiegelt an y = x$y=x$?)

f)

Berechne die Koordinaten der Schnittpunkte der Graphen G_f$G_f$ und G_{f^{-1}}$G_{f^{-1}}$.

(G_{f^{-1}}$G_{f^{-1}}$ ist der Graph von f^{-1}{:}\, x \mapsto y$f^{-1}:x\mapsto y$)

f(x) = \frac{2x - 4}{1 - x} \stackrel{?}{=} \frac{x + 4}{x + 2} = f^{-1}(x);$f\left(x\right)=\frac{2x-4}{1-x}\stackrel{?}{=}\frac{x+4}{x+2}=f^{-1}\left(x\right);$ ⇔

\left(2x - 4\right)\left(x + 2\right) = 2x^2 + 4x - 4x - 8 \stackrel{?}{=} x - x^2 + 4 - 4x = \left(x + 4\right)\left(1 - x\right);$\left(2x-4\right)\left(x+2\right)=2x^2+4x-4x-8\stackrel{?}{=}x-x^2+4-4x=\left(x+4\right)\left(1-x\right);$ ⇔

3x^2 + 3x - 12 \stackrel{?}{=} 0;$3x^2+3x-12\stackrel{?}{=}0;$

x_{1,2} = \frac{-3 \pm \sqrt{3^2 - 4 \cdot 3 \cdot \left(-12\right)}}{2 \cdot 3} = \frac{-1 \pm \sqrt{17}}{2};$x_{1,2}=\frac{-3\pm \sqrt{3^2-4\cdot 3\cdot \left(-12\right)}}{2\cdot 3}=\frac{-1\pm \sqrt{17}}{2};$

y_1 \approx 1{,}56; \quad y_2 \approx -2{,}56;$y_1\approx 1,56;y_2\approx -2,56;$

g)

Zeige, dass die Funktion F{:}\, x \mapsto \ln\!\left[\left(1 - x\right)^2\right] - 2x$F:x\mapsto ln\left[{\left(1-x\right)}^2\right]-2x$ mit D_F = D_f$D_F=D_f$ eine Stammfunktion von f$f$ ist.

F'(x) = \frac{1}{\left(1 - x\right)^2} \cdot 2\left(1 - x\right) \cdot \left(-1\right) - 2 = -\frac{2}{1 - x} - 2 = f(x);$F^{\prime }\left(x\right)=\frac{1}{{\left(1-x\right)}^2}\cdot 2\left(1-x\right)\cdot \left(-1\right)-2=-\frac{2}{1-x}-2=f\left(x\right);$

h)

Bestimme den Flächeninhalt der Figur, die vom Graphen G_f$G_f$, von der Geraden y = x$y=x$ sowie von den beiden Geraden y = -2$y=-2$ und x = 0$x=0$ begrenzt wird, auf zwei Dezimalstellen genau.

Schnittpunkte vom Graphen von y = x$y=x$ und f(x)$f\left(x\right)$ = Schnittpunkte von G_f$G_f$ und G_{f^{-1}}$G_{f^{-1}}$.

x_1 = \frac{-1 + \sqrt{17}}{2};$x_1=\frac{-1+\sqrt{17}}{2};$

\frac{1}{2} \left[2 + \left(2 + f(x_1)\right)\right] \cdot x_1 + {}\int\limits_{x_1}^{\infty} f(x) - \left(-2\right) \,\mathrm{d}x = {}\infty;$\frac{1}{2}\left[2+\left(2+f\left(x_1\right)\right)\right]\cdot x_1+\underset{x_1}{\overset{\infty }{\int \; <!--nolimits-->}}f\left(x\right)-\left(-2\right)\text{d}x=\infty ;$

0.0.1.3 ↑ Analysis-Buch Seite 172, Aufgabe 25

Gegeben ist die Funktion f_a$f_a$ mit f_a(x) = \frac{a^2}{x^2} - \frac{x}{a}$f_a\left(x\right)=\frac{a^2}{x^2}-\frac{x}{a}$ (a > 0$a>0$). Der Graph von f_a$f_a$ heiße G_{f_a}$G_{f_a}$.

a)

Bestimme den maximalen Definitionsbereich D_{f_a}$D_{f_a}$, die Nullstellen und die Asymptoten von G_{f_a}$G_{f_a}$.

• Definitionsbereich:

  x^2 \neq 0;$x^2\ne 0;$ ⇔ D_{f_a} = \mathds{R} \setminus \left\{ 0 \right\}\!;$D_{f_a}=\mathbb{ℝ}\setminus \left\{0\right\};$

• Nullstellen:

  f_a(x) = \frac{a^2}{x^2} - \frac{x}{a} \stackrel{?}{=} 0;$f_a\left(x\right)=\frac{a^2}{x^2}-\frac{x}{a}\stackrel{?}{=}0;$ ⇔ a^3 \stackrel{?}{=} x^3;$a^3\stackrel{?}{=}{x}^3;$ ⇔ f_a(a) = 0;$f_a\left(a\right)=0;$

• Asymptoten:

  x = 0;$x=0;$ (Beweis: \lim\limits_{x \to 0\pm} f_a(x) = \infty;$\underset{x\to 0\pm }{lim}{f}_a\left(x\right)=\infty ;$)

  y = -\frac{x}{a};$y=-\frac{x}{a};$ (Beweis: \lim\limits_{x \to \pm\infty} f_a(x) + \frac{x}{a} = 0;$\underset{x\to \pm \infty }{lim}{f}_a\left(x\right)+\frac{x}{a}=0;$)

b)

Berechne die Koordinaten (x_E,y_E)$\left(x_E,y_E\right)$ und die Art des Extremums von f_a$f_a$. Hat G_{f_a}$G_{f_a}$ Wendepunkte? (Begründung!)

f_a'(x) = -\frac{x^3 + 2a^3}{a x^3};$f_a^{\prime }\left(x\right)=-\frac{x^3+2a^3}{a{x}^3};$

x^3 + 2a^3 \stackrel{?}{=} 0;$x^3+2a^3\stackrel{?}{=}0;$ ⇔ x = -\sqrt[3]{2} a;$x=-\sqrt[3]{2}a;$

GERIGKmethode von f_a'(x)$f_a^{\prime }\left(x\right)$:

•     -2^(1/3)a     0

•  -----------|-----|------>

•  - - - - - - - - - - - - - -1

•  - - - - - -0------------- x^3 + 2a^3

•  - - - - - - - - -0------- a x^3

•      -      0  + [0]  -

VZW von -$-$ nach +$+$ bei x = -\sqrt[3]{2} a;$x=-\sqrt[3]{2}a;$ → TIP bei \left(-\sqrt[3]{2} a, \frac{1}{\sqrt[3]{4}} + \sqrt[3]{2}\right);$\left(-\sqrt[3]{2}a,\frac{1}{\sqrt[3]{4}}+\sqrt[3]{2}\right);$

f_a''(x) = \frac{6 a^2}{x^4} > 0$f_a^{\prime \prime }\left(x\right)=\frac{6a^2}{x^4}>0$ auf ganz D_{f_a}$D_{f_a}$; trotzdem aber Wendestelle von f_a$f_a$ bei x = 0$x=0$.

c)

Zeichne den zu a = 2$a=2$ gehörigen Graphen G_{f_2}$G_{f_2}$.

d)

Wie lässt sich die Tatsache interpretieren, dass y_E$y_E$ den Parameter a$a$ nicht enthält?

Alle Tiefpunkte liegen auf einer gemeinsamen Geraden.

e)

Berechne F_2(x) = \int\limits_1^x f_2(t) \,\mathrm{d}t = \int\limits_1^x \left(\frac{4}{t^2} - \frac{t}{2}\right) \mathrm{d}t$F_2\left(x\right)=\underset{1}{\overset{x}{\int \; <!--nolimits-->}}{f}_2\left(t\right)\text{d}t=\underset{1}{\overset{x}{\int \; <!--nolimits-->}}\left(\frac{4}{t^2}-\frac{t}{2}\right)\text{d}t$.

F_2(x) = \int\limits_1^x \left(\frac{4}{t^2} - \frac{t}{2}\right) \mathrm{d}t = \left[-\frac{4}{t} - \frac{t^2}{4}\right]_1^x = -\frac{4}{x} - \frac{x^2}{4} + \frac{17}{4};$F_2\left(x\right)=\underset{1}{\overset{x}{\int \; <!--nolimits-->}}\left(\frac{4}{t^2}-\frac{t}{2}\right)\text{d}t={\left[-\frac{4}{t}-\frac{t^2}{4}\right]}_1^x=-\frac{4}{x}-\frac{x^2}{4}+\frac{17}{4};$

f)

Begründe die Existenz eines Maximums von F_2$F_2$ und berechne dessen Koordinaten.

GERIGKmethode von f_a(x) = \frac{a^2}{x^2} - \frac{x}{a} = \frac{a^3 - x^3}{a x^2}$f_a\left(x\right)=\frac{a^2}{x^2}-\frac{x}{a}=\frac{a^3-x^3}{a{x}^2}$:

•        0      a

•  ------|------|------>

•  -------------0- - - - a^3 - x^3

•  ------0-------------- a x^2

•    +  [0]  +  0   -

VZW von f_a(x)$f_a\left(x\right)$ von +$+$ nach -$-$ bei x = a;$x=a;$ → HOP bei \left(a, -\frac{4}{a} - \frac{a^2}{4} + \frac{17}{4}\right)\!;$\left(a,-\frac{4}{a}-\frac{a^2}{4}+\frac{17}{4}\right);$

g)

Für welche Werte von k$k$ hat die Gerade

g_k{:}\, y = -\frac{1}{a} x + k$g_k:y=-\frac{1}{a}x+k$

mit G_{f_a}$G_{f_a}$ keine Punkte gemeinsam? Welche Schnittpunkte ergeben sich für k = a^2$k=a^2$?

Konventioneller Ansatz über y = -\frac{1}{a}x + k \stackrel{?}{=} \frac{a^3 - x^3}{a x^2} = f_a(x);$y=-\frac{1}{a}x+k\stackrel{?}{=}\frac{a^3-x^3}{a{x}^2}=f_a\left(x\right);$ führt nicht zum Ziel, da die Nullstellen eines Polynoms vierter Ordnung zu finden wären.

Stattdessen Überlegung mit den Erkenntnisen der a): y$y$ ist für k = 0$k=0$ Asymptote von G_{f_a}$G_{f_a}$, mit f_a(x) > -\frac{x}{a}$f_a\left(x\right)>-\frac{x}{a}$ für alle x \in D_{f_a}$x\in D_{f_a}$.

Also: Für k \leq 0$k\le 0$ gibt es keine Schnittpunkte.

-\frac{1}{a}x + a^2 = \frac{-x + a^3}{a} = \frac{a^3 - x^3}{a x^2};$-\frac{1}{a}x+a^2=\frac{-x+a^3}{a}=\frac{a^3-x^3}{a{x}^2};$ ⇔

-x^3 + x^2 a^3 = a^3 - x^3;$-x^3+x^2{a}^3=a^3-x^3;$ ⇔ \left|x\right| = 1;$\left|x\right|=1;$

Schnittpunkte: \left(\pm 1, \mp\frac{1}{a} + a^2\right);$\left(\pm 1,\mp \frac{1}{a}+a^2\right);$

h)

Die Funktion h_a$h_a$ ist gegeben durch

h_a(x) = \begin{cases} {}\frac{a^2}{x^2} - \frac{x}{a} & \text{für } \left|x\right| \geq 1; \\ {}-\frac{x}{a} + a^2 & \text{für } \left|x\right| < 1; \end{cases}$h_a\left(x\right)=\left\{\begin{array}{cc}\frac{a^2}{x^2}-\frac{x}{a}\hfill & \text{fr }\left|x\right|\ge 1;\hfill \\ -\frac{x}{a}+a^2\hfill & \text{fr }\left|x\right|<1;\hfill \end{array}\right.$

Ihr Graph heiße G_{h_a}$G_{h_a}$.

Zeichne den zu a = 2$a=2$ gehörigen Graphen G_{h_2}$G_{h_2}$.

Untersuche h_a$h_a$ an der Stelle x = 1$x=1$ auf Stetigkeit und Differenzierbarkeit.

\lim\limits_{x \to 1-} h_a(x) = {}\lim\limits_{x \to 1-} -\frac{x}{a} + a^2 = -\frac{1}{a} + a^2 = h_a(1) = {}\lim\limits_{x \to 1+} \frac{a^2}{x^2} - \frac{x}{a} = {}\lim\limits_{x \to 1+} h_a(x);$\underset{x\to 1-}{lim}{h}_a\left(x\right)=\underset{x\to 1-}{lim}-\frac{x}{a}+a^2=-\frac{1}{a}+a^2=h_a\left(1\right)=\underset{x\to 1+}{lim}\frac{a^2}{x^2}-\frac{x}{a}=\underset{x\to 1+}{lim}{h}_a\left(x\right);$

→ h_a$h_a$ ist an der Stelle x = 1$x=1$ stetig.

Provisorische Ableitungsfunktion:

h_a'(x) = \begin{cases} {}-\frac{2a^2}{x^3} - \frac{1}{a} & \text{für } \left|x\right| \geq 1; \\ {}-\frac{1}{a} & \text{für } \left|x\right| < 1; \end{cases}$h_a^{\prime }\left(x\right)=\left\{\begin{array}{cc}-\frac{2a^2}{x^3}-\frac{1}{a}\hfill & \text{fr }\left|x\right|\ge 1;\hfill \\ -\frac{1}{a}\hfill & \text{fr }\left|x\right|<1;\hfill \end{array}\right.$

\lim\limits_{x \to 1-} h_a'(x) = {}\lim\limits_{x \to 1-} -\frac{1}{a} = -\frac{1}{a} \neq {}\lim\limits_{x \to 1+} -2a^2 - \frac{1}{a} = {}\lim\limits_{x \to 1+} -\frac{2a^2}{x^3} - \frac{1}{a} = {}\lim\limits_{x \to 1+} h_a'(x);$\underset{x\to 1-}{lim}{h}_a^{\prime }\left(x\right)=\underset{x\to 1-}{lim}-\frac{1}{a}=-\frac{1}{a}\ne \underset{x\to 1+}{lim}-2a^2-\frac{1}{a}=\underset{x\to 1+}{lim}-\frac{2a^2}{x^3}-\frac{1}{a}=\underset{x\to 1+}{lim}{h}_a^{\prime }\left(x\right);$

→ h_a$h_a$ ist an der Stelle x = 1$x=1$ nicht differenzierbar; das provisorisch aufgestellte h_a'$h_a^{\prime }$ ist nicht Ableitungsfunktion von h_a$h_a$.

i)

Berechne den Inhalt J(r)$J\left(r\right)$ des Flächenstücks, das von G_{h_a}$G_{h_a}$, der Geraden g_0{:}\, y = -\frac{1}{a} x$g_0:y=-\frac{1}{a}x$, der y$y$-Achse und der Geraden x = r$x=r$ (r > 0$r>0$) eingeschlossen wird.

h_a(0) = a^2;$h_a\left(0\right)=a^2;$

A_1 = a^2 \cdot 1;$A_1=a^2\cdot 1;$

A_2 = {}\int\limits_1^r h_a(x) - y_{g_0} \,\mathrm{d}x = {}\int\limits_1^r \frac{a^2}{x^2} \,\mathrm{d}x = {}\left[-\frac{a^2}{x}\right]_1^r = {}-\frac{a^2}{r} + a^2 = a^2 \left(1 - \frac{1}{r}\right);$A_2=\underset{1}{\overset{r}{\int \; <!--nolimits-->}}{h}_a\left(x\right)-y_{g_0}\text{d}x=\underset{1}{\overset{r}{\int \; <!--nolimits-->}}\frac{a^2}{x^2}\text{d}x={\left[-\frac{a^2}{x}\right]}_1^r=-\frac{a^2}{r}+a^2=a^2\left(1-\frac{1}{r}\right);$

J(r) = \begin{cases} {} A_1 \cdot r = r a^2 & \text{falls } 0 < x < 1; \\ {} A_1 + A_2 = a^2 \left(2 - \frac{1}{r}\right) & \text{sonst}; \end{cases};$J\left(r\right)=\left\{\begin{array}{cc}{A}_1\cdot r=r{a}^2\hfill & \text{falls }0<x<1;\hfill \\ A_1+A_2=a^2\left(2-\frac{1}{r}\right)\hfill & \text{sonst};\hfill \end{array}\right.;$

j)

Bestimme \lim\limits_{r \to \infty} J(r)$\underset{r\to \infty }{lim}J\left(r\right)$.

\lim\limits_{r \to \infty} J(r) = {}\lim\limits_{r \to \infty} a^2 \left(2 - \frac{1}{r}\right) = {}2 a^2;$\underset{r\to \infty }{lim}J\left(r\right)=\underset{r\to \infty }{lim}{a}^2\left(2-\frac{1}{r}\right)=2a^2;$