Lösung Schalldruck1

Zuletzt geändert von akukin am 2024/03/27 18:49
  1. f_{\frac{3}{2}}^{\prime\prime}\left(x\right)=e^x\cdot\left(x^2+x-\frac{7}{4}\right)=0\ \ \ \Leftrightarrow\ \ \ x_{1,2}=-\frac{1}{2}\pm\sqrt2
    In der Abbildung ist zu erkennen, dass der Graph bei der ersten Wendestelle eine positive Steigung hat und bei der zweiten Wendestelle eine negative Steigung. Folglich ist die gesuchte kleinste Steigung:
    f_{\frac{3}{2}}^\prime\left(x\right)=e^x\cdot\left(x^2-x-\frac{3}{4}\right)\ \ \Rightarrow\ \ f_{\frac{3}{2}}^\prime\left(x_2\right)\approx-2,0668
  2. f_a\left(0\right)=a^2 \ \Rightarrow\ S_y\left(0\middle| a^2\right) ist Schnittpunkt mit der y-Achse.
    f_a\left(x\right)=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x=a\ \ \ \Rightarrow\ \ \ S_x\left(a\middle|0\right) ist (einziger) Schnittpunkt mit der x-Achse.

\begin{align*} f_a^{\prime\prime}\left(x\right)&=e^x\cdot\left(x^2+\left(4-2a\right)x+a^2-2-4a\right) \\ \Rightarrow \ f_a^{\prime\prime}\left(a\right)&=e^a\cdot\left(a^2+4a-2a^2+a^2-2-4a\right)=-2\cdot e^a<0 \end{align*}

Da x=a eine doppelte Nullstelle ist, an der der Graph rechtsgekrümmt ist, liegt dort der Tiefpunkt.

  1. A\left(a\right)=\int_{0}^{a}{f_a\left(x\right)\mathrm{d} x}=\left[e^x\cdot\left(x^2+\left(-2-2a\right)x+a^2+2a+2\right)\right]_0^a=2e^a-\left(a^2+2a+2\right)
    A\left(a\right)=3\ \ \ \Leftrightarrow\ \ \ 2e^a=a^2+2a+5\ \ \ \Leftrightarrow\ \ \ a\approx1,7588
  2. Hochpunkt: f_a^\prime\left(x\right)=e^x\cdot\left(x^2+\left(2-2a\right)x+\left(a^2-2a\right)\right)=0
    x_{1,2}=a-1\pm\sqrt{\left(a-1\right)^2-a^2+2a}=a-1\pm1
    Da x_1=a die Tiefstelle ist (siehe Teilaufgabe 2.), ist x_2=a-2 die zweite Extremstelle.
    f_a\left(a-2\right)=e^{a-2}\cdot\left(\left(a-2\right)^2+\left(2-2a\right)\left(a-2\right)+\left(a^2-2a\right)\right)=4e^{a-2}
     
    Gerade durch H\left(a-2\middle|4e^{a-2}\right) und S_x\left(a\middle|0\right): \ \ y=\frac{4e^{a-2}}{-2}x+c
     
    Die Steigung muss -1 sein, damit das gesuchte Dreieck gleichschenklig ist:
    -2e^{a-2}=-1\ \ \ \Leftrightarrow\ \ \ a=\ln{\left(\frac{1}{2}\right)}+2=2-\ln{\left(2\right)}\approx1,3069
  3. f_{a,b}\left(x\right)=e^x\cdot\left(\left(x-a+b\right)^2-b\right)=0\ \ \ \Leftrightarrow\ \ \ x_{1,2}=a-b\pm\sqrt b
    Abstand d=x_1-x_2=2\sqrt b ist unabhängig von a.
  4. Da der Graph I die Merkmale der Ableitungsfunktion von Graph II aufweist (z.B. Graph I ist über der x-Achse, wenn Graph II steigt), ist der Wert von b von Graph I um 1 größer als der Wert von b von Graph II.
  5. Da bezüglich f_{a,-1} der Wert f_{a,0}\left(a\right) die erste Ableitung an der Stelle a darstellt und f_{a,1}\left(a\right) die zweite Ableitung und f_{a,2}\left(a\right) die dritte Ableitung, kann man umformulieren:
    f_{a,-1}^\prime\left(a\right)=0\ \ \land\ \ f_{a,-1}^{\prime\prime}\left(a\right)=0\ \ \land\ \ f_{a,2}\left(a\right)\neq0
    Somit handelt es sich bei der Stelle a um eine Sattelstelle des Graphen von f_{a,-1}.