Abitur-Aufgabe, BW, LK, 1993 < Abivorbereitung < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 15:55 Sa 10.04.2004 | | Autor: | Stefan |
Für jedes $t>0$ ist eine Funktion [mm] $f_t$ [/mm] gegeben durch
[mm] $f_t(x) [/mm] = [mm] \frac{3t}{t + e^x}; \quad [/mm] x [mm] \in \IR$.
[/mm]
Ihr Schaubild sei [mm] $K_t$.
[/mm]
a) Untersuchen Sie [mm] $K_t$ [/mm] auf Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen, Hoch-, Tief- und Wendepunkten sowie auf Asymptoten.
Geben Sie die Ortslinie der Wendepunkte aller Kurven [mm] $K_t$ [/mm] an.
Zeichen Sie [mm] $K_1$ [/mm] und [mm] $K_4$ [/mm] für $-2 [mm] \le [/mm] x [mm] \le [/mm] 3$ in ein gemeinsamen Achsenkreuz ein. (LE $2cm$).
b) Zeigen Sie; [mm] $K_4$ [/mm] verläuft ganz oberhalb von [mm] $K_1$.
[/mm]
[mm] $K_1$ [/mm] und [mm] $K_4$ [/mm] schneiden aus jeder Geraden $x=u$ mit $u [mm] \in \IR$ [/mm] eine Strecke der Länge $d$ aus.
Bestimmen Sie $u$ so, dass $d$ möglichst groß wird.
c) Für $a>0$ umschließt die Kurve [mm] $K_t$ [/mm] mit den Geraden $x=a$, $x=-a$ und $y=3$ eine Fläche mit dem Inhalt [mm] $A_t(a)$.
[/mm]
Bestimmen Sie [mm] $A_t(a)$. [/mm] (Hinweise: Fassen Sie [mm] $3-f_t(x)$ [/mm] zunächst geeignet zusammen.)
Untersuchen Sie unter Verwendung des obigen Ergebnisses, ob die zwischen [mm] $K_1$ [/mm] und [mm] $K_4$ [/mm] liegende Fläche einen endlichen Inhalt hat.
d) Zeigen Sie, dass jede Funktion [mm] $f_t$ [/mm] umkehrbar ist.
Bestimmen Sie Definitionsmenge, Wertemenge und Funktionsgleichung der Umkehrfunktion [mm] $\bar{f_t}$. [/mm]
Begründen Sie, dass für jedes $t>0$ die Schaubilder von [mm] $f_t$ [/mm] und [mm] $\bar{f_t}$ [/mm] genau einen gemeinsamen Punkt [mm] $P_t$ [/mm] besitzen.
Für welchen Wert von $t$ ist [mm] $P_t$ [/mm] der Wendepunkt von [mm] $K_t$ [/mm] ?
Viel Spaß! 
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:43 Sa 10.04.2004 | | Autor: | Arthur |
habe eine allgemeine frage:
wenn ich die aufgabe ausdrucke...also auch mit der druckansicht...dann sind alle formeln weiß auf schwarzem hintergrund
wie kann ich das ändern? da sieht man nämlich leider kaum noch etwas
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:39 So 11.04.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Arthur!
> wenn ich die aufgabe ausdrucke...also auch mit der
> druckansicht...dann sind alle formeln weiß auf schwarzem
> hintergrund
> wie kann ich das ändern? da sieht man nämlich leider kaum
> noch etwas
Danke für die diesen Hinweis.
Ich schätze, es liegt hieran:
![[]](/images/popup.gif) http://support.microsoft.com/default.aspx?scid=http://support.microsoft.com:80/support/kb/articles/q255/2/39.asp&NoWebContent=1
Welchen Browser benutzt du denn?
Und falls es überraschenderweise nicht IE sein sollte -- welche Version des IE ist bei dir installiert?
Selbst, wenn du IE nicht benutzen solltest, würde ich schätzen, dass andere Browser ebenfalls auf Programm-Bibliotheken (zum Anzeigen von PNG-Grafiken) zurückgreifen. Also könntest du mal versuchen, eine neue Version des IE zu installieren.
Falls all das nicht klappt oder der Fall sein sollte, melde dich bitte noch mal, dann stelle ich das Grafik-Format der Formel-Grafiken um.
Alles Gute,
Marc
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:24 So 11.04.2004 | | Autor: | Arthur |
also ich benutze mozilla firefox 0.8
ie hab ich 6.0.2800.1106.xpsp2.030422.1633
gibt es da überhaupt ne viel neuere version?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:13 Mo 12.04.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Arthur!
> also ich benutze mozilla firefox 0.8
Sehr vorbildlich 
> ie hab ich 6.0.2800.1106.xpsp2.030422.1633
>
> gibt es da überhaupt ne viel neuere version?
Nee, dann liegt es wohl doch nicht daran, sehr dubios. Dann werde ich demächst die Formel-Grafiken als GIFs generieren.
Alles Gute,
Marc
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Hallo Stefan!
Ich bin es mal wieder, machen wir es wie das letzte mal: ich schreibe erst die Lösungen mit kurzen Weg hin und wenn es falsch ist, dann gucken wir zusammen?
Vorneweg möchte ich gerne wissen, wie viel Zeit für so eine Aufgabe denn angesetzt ist. Ich habe sehr viele gebraucht...
a)
es gibt keine Nullstellen, aber einen y-Achsenschnittpunkt bei
( 0 / (3t)/(1+t) )
Extrem- und Wendepunkte:
ft'(x)= [mm] (-3t*e^x)/(t+e^x)^2
[/mm]
ft''(x)= [mm] (3t*e^x (e^x-t)) [/mm] / [mm] (t+e^x)^3
[/mm]
ft'''(x)= [mm] (3t*e^x [/mm] ( [mm] -t^2 [/mm] + [mm] 4t*e^x [/mm] - e^(2x)) / ( [mm] t+e^x)^4
[/mm]
es gibt keine Extrema, aber Wendepunkte bei WEP (lnt/1,5)
es gibt nur waagerechte Aymptoten:
für große x-Werte streben die Graphen der Funktion ft gegen die x-Achse, für kleine x-Werte streben die Graphen der Funktion ft gegen y=3.
Die Ortslinie der Wendepunkte lautet: O(x)= 3/2
b)
K4 verläuft oberhalb von K1 --> zu zeigen f4 (x) > f1 (x)
für t die entsprechenden Zahlen eingesetzt, dann lautet die letzte Zeile:
[mm] 4*e^x [/mm] > [mm] e^x
[/mm]
4 > 1 (wahre Aussage)
Bestimmung von d:
ich habe die Differenz: f4(x)-f1(x) gebildet und dies als neue funktion aufgefasst: fd(x)= [mm] (9*e^x) [/mm] / (e^(2x)+ [mm] 5*e^x [/mm] + 4)
davon habe ich das Maximum mit den Ableitungen
fd'(x)= [mm] (36*e^x [/mm] - 9*e^3x) / (e^(2x)+ [mm] 5*e^x [/mm] + [mm] 4)^2
[/mm]
bestimmt.
Letztendlich ist x= 0,5 ln 4
0,5 ln4 =u
c)
dieser Aufgabenteil war sehr gut, denn ich konnte gleich mal meine mehr oder weniger neu gewonnenen Substitutionskenntnisse beim Integrieren anwenden!
1.) 3-ft(x) = [mm] (3*e^x)/(t+e^x) [/mm] =f*(x)
ich habe nun mit [mm] u=e^x [/mm] substituiert und meine Stammfunktion lautet:
F*(x) = 3 [mm] ln(t+e^x)
[/mm]
At(a)= 3 ln [mm] ((t+e^a)/(t+e^-a))
[/mm]
2.)
mein Ansatz:
3ln [mm] ((1+e^a)/(1+e^-a)) [/mm] - 3ln ((4+ [mm] e^a)/(4+e^-a)) [/mm]
das habe ich zusammengesfasst und den Limes für a gegen Unendlich gebildet. Antwort:, ja die Fläche ist endlich, sie beträgt nämlich: 3 ln 4.
Bei d habe ich nur den ersten Teil, aber der kommt auch erst zusammen mit dem letzten Aufgabenteil von d.
viele Grüße,
dancingestrella
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:31 Di 13.04.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe dancingestrella!
Da bleibt mir nicht viel zu schreiben. Das Allerwichtigste: Perfekt!
> Ich bin es mal wieder, machen wir es wie das letzte mal:
> ich schreibe erst die Lösungen mit kurzen Weg hin und wenn
> es falsch ist, dann gucken wir zusammen?
Klar, das ist gut so.
> Vorneweg möchte ich gerne wissen, wie viel Zeit für so
> eine Aufgabe denn angesetzt ist. Ich habe sehr viele
> gebraucht...
Die Bearbeitungszeit ist ca. 120 Minuten, da man für zwei solcher Aufgaben (aus verschiedenen Gebieten) zusammen 240 Minuten Zeit hatte.
Also, wie gesagt, es war alles super! ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Nur eine kleine Anmerkung:
> Letztendlich ist x= 0,5 ln 4
> 0,5 ln4 =u
Hier könnte man etwas schöner [mm]u=\ln2[/mm] schreiben (Logarithmusregel: [mm]a\ln(b)=\ln(b^a)[/mm]).
Mal eine andere Frage: Bist du mit meinen Antworten auf deine Fragen im Analysis-Forum zurechtgekommen, insbesondere habe ich letztens die eine Aufgabe vorgerechnet, wo wir zuerst dachten die Funktion wäre nicht elementar integrierbar? Eine kurze Rückmeldung würde mich freuen.
Ich bin schon auf deine weiteren Lösungsvorschläge gespannt.
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:40 Mi 14.04.2004 | | Autor: | Julius |
Wann ist eine differenzierbare Funktion umkehrbar, und in welchen Schritten lässt sich der Funktionsterm der Umkehrfunktion bestimmen?
[mm]K[/mm] und [mm]\bar{K}[/mm] verlaufen symmetrisch bezüglich der 1. Winkelhalbierenden. Geht [mm]K[/mm] durch zwei Punkte mir den Koordinaten [mm](a|b)[/mm] und [mm](b|a)[/mm], dann muss auch[mm]\bar{K}[/mm] durch diese Punkte gehen. Ein zusätzlicher gemeinsamer Punkt ist dabei der Schnittpunkt der 1. Winkelhalbierenden. Wenn [mm]K[/mm] die 1. Winkelhalbierende meidet, gibt es keinen gemeinsamen Punkt. Es kann somit [mm]0,1,3, 5,...[/mm] gemeinsame Punkte geben. Wie kann man nachweisen, dass es mindestens einen solchen Punkt gibt? Wie, dass es genau einen gibt? Dieser muss auf der Winkelhalbierenden liegen. Die Schnittbedingung lässt sich dadurch vereinfachen. Mit einer Punktprobe für den Wendepunkt erhält man eine Gleichung für [mm]t[/mm].
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Hallo,
nach einem längeren schweren Ausflug in die Physik, habe ich den Weg zur Matheabi-vorbereitung wieder aufgenommen.
Ich habe mit Julis Hinweis durchgelesen und verstehe es (glaube ich).
Ich drücke es nochmal in eigenen Worten aus:
es gibt genau einen Schnittpunkt, wenn der Graph von ft die Ursprungsgerade genau einmal schneidet - besser: berührt. Der Schnittpunkt ist wegen der Spiegelung an y=x der einzige gemeinsame Punkt von ft und der dazugehörigen Umkehrfunktion.
So, deshalb wollte ich:
ft(x) = x ausrechnen. Hierbei scheiter ich. Ich komme nicht weiter.
Ist mein Ansatz doch falsch?
Viele Grüße, dancingestrella
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:34 Mo 26.04.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo dancingestrella
ich glaube, julius ist im Moment im Urlaub, weshalb du vielleicht auch mit mir Vorlieb nimmst?
> Hallo,
> nach einem längeren schweren Ausflug in die Physik, habe
> ich den Weg zur Matheabi-vorbereitung wieder aufgenommen.
> Ich habe mit Julis Hinweis durchgelesen und verstehe es
> (glaube ich).
> Ich drücke es nochmal in eigenen Worten aus:
> es gibt genau einen Schnittpunkt, wenn der Graph von ft
> die Ursprungsgerade genau einmal schneidet - besser:
> berührt. Der Schnittpunkt ist wegen der Spiegelung an y=x
Ich glaube nicht, dass "berührt" wirklich besser ist! Machst du dazu vielleicht nochmals eine Skizze? Schneidet ist sicherlich ebensogut.
> der einzige gemeinsame Punkt von ft und der dazugehörigen
> Umkehrfunktion.
> So, deshalb wollte ich:
> ft(x) = x ausrechnen. Hierbei scheiter ich. Ich komme
> nicht weiter.
> Ist mein Ansatz doch falsch?
> Viele Grüße, dancingestrella
>
Nein, der Ansatz ist nicht falsch, aber offenbar nicht durchführbar!
Es will nämlich auch mir nicht gelingen, die Gleichung aufzulösen. Und ich vermute, das gelingt selbst den besten Mathematikern nicht! (Ausser mit numerischen Methoden, die hier aber nicht unbedingt als gültig bezeichnet werden können)
Aber: es ist gar nicht der genaue Wert gefragt, wo denn der Graph der Funktion die 1. Diagonale [mm]y=x[/mm] schneidet.
Nun, wenn das nicht gelingt, würde ichs mal mit folgender Ueberlegung versuchen: Offensichtlich ist die Funktion bei einem kleinen x-Wert grösser als x, bei einem grossen x-Wert aber kleiner als x.
Also etwa so: für kleine [mm]x[/mm] gilt:
[mm]\bruch{3t}{t+e^x} > x[/mm]
oder:
[mm]\bruch{3t}{t+e^x} - x > 0[/mm]
Für grosse x (und dieses x sollte dann wohl abgeschätzt werden) gilt:
[mm]\bruch{3t}{t+e^x} - x < 0[/mm]
Wenn das wirklich gezeigt werden kann, und zusammen mit dem Nachweis, dass die Funktion [mm]\bruch{3t}{t+e^x} - x[/mm] streng monoton fallend ist, kann man mit dem Mittelwertsatz folgern, dass die Funktion [mm]\bruch{3t}{t+e^x} - x[/mm] den Wert [mm]0[/mm] genau einmal annimmt.
(Und somit die Funktion [mm]\bruch{3t}{t+e^x}[/mm] den Wert [mm]x[/mm] genau einmal!)
Kannst du mal versuchen, die beiden Ungleichungen abzuschätzen:
Hinweis: für die erste Ungleichung kannst du vielleicht einfach mal für x den Wert Null einsetzen.
Für die 2. Ungleichung nimmst du mal eine Funktion, die grösser ist als die ursprüngliche und suchst einen günstigen x-Wert für diese majorante Funktion (Vielleicht mal den Nenner ein wenig verandern )
Wenn ich dir zu wenig Tipps gegeben habe, meldest du dich bitte möglichst rasch wieder, damit wir die Aufgabe noch zügig zu Ende lösen können?
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Hallo Paulus,
danke für die Antwort.
Gut, dann ist es okay, wenn ich die Gleichung nicht lösen kann. Ich werde mich morgen an den alternativen Weg ransetzen. Heute geht nicht mehr, bin müde, schlafe gleich ein.
ich melde mich morgen mit meinen Überlegungen / Fragen wieder.
viele grüße,
dancingestrella
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Hallo Paulus!
Also ich habe es folgendermaßen versucht zu begründen:
Alle Graphen von ft nähern sich im negativ unendlichen Bereich von unten an y= 3 an und im positiv unendlichen Bereich streben die Graphen an die x-Achse (Annäherung von oben). Des Weiteren ist die Funktion streng monoton fallend, da gilt:
ft'(x)= [mm] -(3t*e^x)/(t+e^x)^2 [/mm]
ft'(x) < 0
Somit schneiden alle Graphen der Funktionsschar die erste Winkelhalbierende genau einmal.
Die Umkehrfunktion ist graphisch gesehen der Graph, der sich aus der Spiegelung des Graphen von ft an die erste Winkelhalbierende ergibt.
Somit haben die Ausgangsfunktion und die Umkehrfunktion nur einen gemeinsamen Punkt, der auf der ersten Winkelhalbierenden liegt.
Reicht das nicht als Erklärung?
Ich sehe es nämlich nicht ein, wieso man da diese Abschätzung machen muss.
Ach so, ich habe jetzt noch die Frage: Für welchen Wert von t ist Pt Wendepunkt von Kt? beantwortet.
WEP (lnt / 1,5)
Alle Wendepunkte liegen auf der Gerade y= 1,5.
Damit ein Wendepunkt auf der ersten Winkelhalbierenden liegt muss gelten: 1,5 = lnt
t = e^(1,5)
Ist das richtig?
Viele Grüße,
dancingestrella
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:51 Mi 28.04.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo dancingestrella
ich muss die Antwort zweiteilen (hab im Moment viel Arbeit, deshalb muss ich den 2. Teil am späteren Abend machen)
> Hallo Paulus!
>
> Also ich habe es folgendermaßen versucht zu begründen:
> Alle Graphen von ft nähern sich im negativ unendlichen
> Bereich von unten an y= 3 an und im positiv unendlichen
> Bereich streben die Graphen an die x-Achse (Annäherung von
Ja, das ist genial argumentiert!! Die Begründung dazu sollte man vielleicht liefern, ist aber wohl nicht nicht besonders schwer!
> oben). Des Weiteren ist die Funktion streng monoton
> fallend, da gilt:
> ft'(x)= [mm] -(3t*e^x)/(t+e^x)^2 [/mm]
> ft'(x) < 0
> Somit schneiden alle Graphen der Funktionsschar die erste
> Winkelhalbierende genau einmal.
In einer Aufgabenlösung würde ich dann die Begründung noch erwähnen (Mittelwertsatz)
> Die Umkehrfunktion ist graphisch gesehen der Graph, der
> sich aus der Spiegelung des Graphen von ft an die erste
> Winkelhalbierende ergibt.
> Somit haben die Ausgangsfunktion und die Umkehrfunktion
> nur einen gemeinsamen Punkt, der auf der ersten
> Winkelhalbierenden liegt.
> Reicht das nicht als Erklärung?
Doch, ich denke schon! Die Ueberlegungen dazu wurden ja von julius dargelegt!
> Ich sehe es nämlich nicht ein, wieso man da diese
> Abschätzung machen muss.
>
Mit der genialen Begründung von oben ist die Abschätzung tatsächlich nicht mehr nötig! Das hast du wirklich gut hingekriegt!!
Ich schildere aber trotzdem noch kurz, wie ich es gesehen hatte (aber deine Ueberlegung ist viel besser!):
Für die erste Abschätzung dachte ich mir:
[mm]\bruch{3t}{t+e^x} > x [/mm] bei [mm]x = 0[/mm] ergibt:
[mm]\bruch{3t}{t+1} > 0 [/mm] <==> [mm]3t > 0 [/mm] <==> [mm]t > 0 [/mm]
Weil ja [mm]t[/mm] gemäss Voraussetzung > 0 ist, habe ich somit gezeigt, dass der Funktionswert an der Stelle [mm]x=0[/mm] für [mm]t > 0[/mm] tatsächlich [mm]> x[/mm] ist.
Und dann wollte ich mit der anderen Abschätzung zeigen, dass der Wert für grosse [mm]x[/mm] dann irgendwo mal [mm]< x[/mm] wird. (Das hast du mit deinem Grenzwert für grosse [mm]x[/mm] aber viel einfacher gezeigt. Die Schüler werden langsam besser als die Lehrer! ):
Weil [mm]e^x > 0[/mm] ist, gilt:
[mm]\bruch{3t}{t+e^x} > \bruch{3t}{t} = t[/mm]
(Wenn der Nenner kleiner wird, wird der Bruch grösser)
kann ich eben statt der Abschätzung:
[mm]\bruch{3t}{t+e^x} < x [/mm]
die Folgende nehmen:
[mm]\bruch{3t}{t} < x [/mm]
<==>
[mm]3 < x [/mm]
d.h. also: wenn [mm]x > 3[/mm] ist, dann ist der Funktionswert [mm]< x[/mm].
> Ach so, ich habe jetzt noch die Frage: Für welchen Wert von
> t ist Pt Wendepunkt von Kt? beantwortet.
> WEP (lnt / 1,5)
> Alle Wendepunkte liegen auf der Gerade y= 1,5.
> Damit ein Wendepunkt auf der ersten Winkelhalbierenden
> liegt muss gelten: 1,5 = lnt
> t = e^(1,5)
> Ist das richtig?
Das muss ich leider noch ein Wenig hinausschieben, die Arbeit ruft!
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