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Lösung Stau2

Version 5.1 von akukin am 2024/03/19 19:58
  1. 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
  2. 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.
  3. 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.
  4. Diese Vierecke sind Trapeze, da Q und P bzw. R und S gleiche x-Koordinaten besitzen und damit \overline{QP} und \overline{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.