- Die Graphen von \(h_k\) sind Parabeln k-ter Ordnung (im Falle von \(k=1\) eine Gerade), die um 3 nach rechts und um 1 nach oben verschoben wurden.
Für gerade k gilt: \(x\rightarrow\pm\infty \ \Rightarrow \ h_k\left(x\right)\rightarrow+\infty\)
Für ungerade k gilt: \(x\rightarrow\pm\infty\ \Rightarrow\ \ h_k\left(x\right)\rightarrow\pm\infty\) - Alle Graphen beinhalten den Punkt \(S\left(3\middle|1\right)\) (Tiefpunkt für gerades k, Wendepunkt für ungerades k (Begründung: siehe Teilaufgabe 1.) und den Punkt \(P\left(4\middle|2\right)\), da alle ungestreckten Parabeln sich vom Tief- bzw. Wendepunkt aus gesehen 1 weiter rechts und 1 weiter oben noch einmal schneiden.
- Da Tangenten durch lineare Funktionen beschrieben werden, kommt nur \(k=2\) in Frage, denn nur dann ist \(h_k^\prime\) eine Polynomfunktion 1. Grades.
Zu überprüfen ist noch, ob \(h_2^\prime\) eine Tangente an \(h_2\) beschreibt:
\(h_2\left(x\right)=\left(x-3\right)^2+1=x^2-6x+10\ \ \Rightarrow\ \ h_2^\prime\left(x\right)=2x-6\)
\(h_2\left(x\right)=h_2^\prime\left(x\right)\ \ \Leftrightarrow\ \ x^2-8x+16=0\ \ \Leftrightarrow\ \ \ \left(x-4\right)^2=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x=4\)
Also berühren sich die Graphen von \(h_2\) und \(h_2^\prime\) bei \(x=4\). - Diese Vierecke sind Trapeze, da \(Q\) und \(P\) bzw. \(R\) und \(S\) gleiche x-Koordinaten besitzen und damit \(QP\) und \(RS\) senkrecht verlaufen, also parallel zueinander sind.
Zur Aussage:
Da die x-Koordinaten sowieso gleich sind, haben die besagten Trapeze alle dieselbe Höhe. Es muss folglich nur noch gezeigt werden, dass für die parallelen Seiten gilt:
\[\begin{align*}
\frac{\overline{R_kS_k}+\overline{Q_kP_k}}{2}&=\frac{\overline{R_{k+1}S_{k+1}}+\overline{Q_{k+1}P_{k+1}}}{2} \\
\Leftrightarrow \quad \; h_k\left(2\right)-h_k^\prime\left(2\right)+h_k^\prime\left(4\right)-h_k\left(4\right) &=h_{k+1}^\prime\left(2\right)-h_{k+1}\left(2\right)+h_{k+1}^\prime\left(4\right)-h_{k+1}\left(4\right) \\
\Leftrightarrow \left(-1\right)^k+1-k\left(-1\right)^{k-1}+k-1-1 &=\left(k+1\right)\left(-1\right)^k-\left(-1\right)^{k+1}-1+k+1-1-1
\end{align*}\]
Da k gerade ist:
\[\begin{align*}
1+1+k+k-1-1 &=k+1+1-1+k+1-1-1 \\
\Leftrightarrow \hspace{2.4cm} 2k &=2k
\end{align*}\]
Die wahre Aussage bestätigt die Behauptung, dass die Mittelwerte der Längen der parallelen Seiten der Trapeze tatsächlich gleich sind und damit die Flächeninhalte identisch sind.