Wiki-Quellcode von Lösung Schalldruck1
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| author | version | line-number | content |
|---|---|---|---|
| 1 | 1. {{formula}}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{{/formula}} | ||
| 2 | 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: | ||
| 3 | {{formula}}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{{/formula}} | ||
| 4 | 1. {{formula}}f_a\left(0\right)=a^2 \ \Rightarrow\ S_y\left(0\middle| a^2\right){{/formula}} ist Schnittpunkt mit der y-Achse. | ||
| 5 | {{formula}}f_a\left(x\right)=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x=a\ \ \ \Rightarrow\ \ \ S_x\left(a\middle|0\right){{/formula}} ist (einziger) Schnittpunkt mit der x-Achse. | ||
| 6 | {{formula}}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{{/formula}} | ||
| 7 | Da {{formula}}x=a{{/formula}} eine doppelte Nullstelle ist, an der der Graph rechtsgekrümmt ist, liegt dort der Tiefpunkt. | ||
| 8 | 1. {{formula}}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){{/formula}} | ||
| 9 | {{formula}}A\left(a\right)=3\ \ \ \Leftrightarrow\ \ \ 2e^a=a^2+2a+5\ \ \ \Leftrightarrow\ \ \ a\approx1,7588{{/formula}} | ||
| 10 | 1. Hochpunkt: {{formula}}f_a^\prime\left(x\right)=e^x\cdot\left(x^2+\left(2-2a\right)x+\left(a^2-2a\right)\right)=0{{/formula}} | ||
| 11 | {{formula}}x_{1,2}=a-1\pm\sqrt{\left(a-1\right)^2-a^2+2a}=a-1\pm1{{/formula}} | ||
| 12 | Da {{formula}}x_1=a{{/formula}} die Tiefstelle ist (siehe Teilaufgabe b), ist {{formula}}x_2=a-2{{/formula}} die zweite Extremstelle. | ||
| 13 | {{formula}}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}{{/formula}} | ||
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| 15 | Gerade durch {{formula}}H\left(a-2\middle|4e^{a-2}\right){{/formula}} und {{formula}}S_x\left(a\middle|0\right): \ \ y=\frac{4e^{a-2}}{-2}x+c{{/formula}} | ||
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| 17 | Die Steigung muss -1 sein, damit das gesuchte Dreieck gleichschenklig ist: | ||
| 18 | {{formula}}-2e^{a-2}=-1\ \ \ \Leftrightarrow\ \ \ a=\ln{\left(\frac{1}{2}\right)}+2=2-\ln{\left(2\right)}\approx1,3069{{/formula}} | ||
| 19 | 1. {{formula}}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{{/formula}} | ||
| 20 | Abstand {{formula}}d=x_1-x_2=2\sqrt b{{/formula}} ist unabhängig von {{formula}}a{{/formula}}. | ||
| 21 | 1. 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 {{formula}}b{{/formula}} von Graph I um 1 größer als der Wert von {{formula}}b{{/formula}} von Graph II. | ||
| 22 | 1. Da bezüglich {{formula}}f_{a,-1}{{/formula}} der Wert {{formula}}f_{a,0}\left(a\right){{/formula}} die erste Ableitung an der Stelle {{formula}}a{{/formula}} darstellt und {{formula}}f_{a,1}\left(a\right){{/formula}} die zweite Ableitung und {{formula}}f_{a,2}\left(a\right){{/formula}} die dritte Ableitung, kann man umformulieren: | ||
| 23 | {{formula}}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{{/formula}} | ||
| 24 | Somit handelt es sich bei der Stelle {{formula}}a{{/formula}} um eine Sattelstelle des Graphen von {{formula}}f_{a,-1}{{/formula}}. |