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Analysis – Übungsblatt 1
Grundwissen – lineare und quadratische Funktionen - Lösung
1.
2. 3.
4. 5.
a) f(x) = −3x + 4 m = −3 ; t = 4
b) f(x) = x − 2 m =1 ; t = −2
c) f(x) = −2 m = 0 ; t = −2
d) f(x) =
3
5
x +
3
2
m =
3
5
; t =
3
2
m =
Δy
Δx
=
yQ
− yP
xQ
− xP
=
5 − 7
4 − 2
=
−2
2
= −1
7 = −1⋅ 2+ t
t = 9
g: y = −x +9
a) y =1
b) m = −1
1= −1⋅(−5) + t
t = −4
y = −x − 4
c) x = −5
m = tan(30°) =
3
3
−0,5 =
3
3
⋅3+ t
t = −0,5 − 3
y =
3
3
x −0,5 − 3
mg
⋅mf
= −1
mg
= −
1
2
−2,5 = −
1
2
⋅ 4+ t
t = −0,5 = −
1
2
g: y = −
1
2
x −
1
2
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6.
a) Normalform entspricht hier Scheitelpunktform
S(0 | −2)
Y(0 | −2)
f(x) = x2
− 2 = (x − 2)(x + 2)
N1
( 2 | 0) ; N2
(− 2 | 0)
b) f(x) = x2
− 4x +3 = x2
− 4x + 4 −1
= (x − 2)2
−1
S(2 | −1)
Y(0 | 3)
x1,2
=
4± 16 −12
2
=
4± 2
2
(Alternative : Vieta)
x1
=1 ; x2
= 3
N1
(1| 0) ; N2
(3 | 0)
c) f(x) = −2x2
− 4x +3
= −2[x2
+ 2x −1,5]
= −2[x2
+ 2x +1− 2,5]
= −2[(x +1)2
− 2,5]
= −2(x +1)2
+5
S(−1| 5)
Y(0 | 3)
x1,2
=
4± 16+ 24
−4
=
4± 2 10
−4
N1
−
2+ 10
2
| 0
⎛
⎝
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟; N2
−2+ 10
2
| 0
⎛
⎝
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
d) f(x) = x2
+ 2x = x(x + 2) = x2
+ 2x +1−1= (x +1)1
−1
S(−1| −1)
Y(0 | 0)
N1
(0 | 0) ; N2
(−2 | 0)
Alternative :
x −Koordinate von S liegt wegen Symmetrie zwischen Nst.
S(−1| y) y durch einsetzen bestimmen.
"
#
$
$
$
%
&
'
'
'
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7.
8.
Wenn man die gegebenen Punkte in die Gleichung y = ax2
+ bx + c einsetzt, ergibt sich das
Gleichungssystem:
Daraus ergibt sich a = -1, b = -6 und c = -7, also y = - x2
- 6x - 7.
Scheitelpunktform: y = - (x+3)2
+ 2 , also S(-3/2).
Nullstellen:
e) f(x) = 2(x −3)(x + 2)
N1
(−2 | 0) ; N2
(3 | 0)
Y(0 | −12)
S(0,5 | y); f(0,5) = −12,5
f(x) = 2(x −0,5)2
−12,5
f(x) = a(x − d)2
+ e
f(x) = a(x +0,5)2
−0,5 = a⋅0,52
a = −2
f(x) = −2(x +0,5)2
I. −
1
4
=
81
4
a −
9
2
b + c
II. 1= 4a − 2b+ c
III. − 2= a − b+ c
x1
=−3 − 2 und x2
= −3+ 2.
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Analysis – Übungsblatt 2
Grundwissen - ganzrationale Funktionen - Lösung
1.
a) f(x) = x(x+2)2
eine einfache NSt bei 0 mit VzW
und eine doppelte bei – 2 ohne VzW
b) f(x) = x(x2
+ 2x + 3) eine einfache NSt bei 0 mit VzW
c) f(x) = (x + 1)(x3
+ 9x2
+ 26x + 24) = (x + 1)(x + 2)(x2
+ 7x + 12) =
= (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) vier einfache NSt bei -1, -2, -3 und -4 mit VzW
2.
.	
Da die höchste Potenz einen geraden Exponenten besitzt und einen negativen
Koeffizienten verläuft der zugehörige Graph von „links unten“ nach „rechts unten“.
.
Da die höchste Potenz einen ungeraden Exponenten besitzt und den positiven
Koeffizienten +1, verläuft der zugehörige Graph von „links unten“ nach „rechts oben“.
3.
	
	
	
4.	
	
	
5. A(1|0) , B(3|0) , C(-1|0)
f(x) = (x2
−3x)(x − x2
) = x3
− x4
−3x2
+3x3
= −x4
+ 4x3
−3x2
4
x-
h(x) = −34
+ x3
−5x2
= x3
−5x2
−81
x3
f(x) = a x − x1( ) x − x2( ) x − x3( ) und f(0) = 2
f(x) = (x −1)(x +1)(x − 2) = x3
− 2x2
− x + 2
(x4
− 5x3
− 30x2
+ 40x + 64) :(x +1) = x3
− 6x2
− 24x + 64
−(x4
+ x3
)
− 6x3
− 30x2
−(−6x3
− 6x2
)
− 24x2
+ 40x
−(−24x2
− 24x)
64x + 64
−(−64x + 64)
0
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6.
a)
-> Der Graph von f ist punktsymmetrisch bezüglich des Koordinatenursprungs.
b)
=> Da für den Graphen von f weder noch gilt,
liegt keine Achsensymmetrie bezüglich der y-Achse und auch keine Punktsymmetrie
bezüglich des Koordinatenursprungs vor.
7.
a) bedeutet, dass der Graph von f an der y-Achse gespiegelt wird. Der Faktor 2
bewirkt, dass zusätzlich noch eine Streckung in y-Richtung (von der x-Achse aus) um den
Faktor 2.
b) bewirkt, dass der Graph von f in x-Richtung (von der y-Achse aus) mit dem Faktor 2
gestreckt wird. Der Summand +2 bedeutet, dass der Graph zusätzlich um 2 Einheiten nach
oben verschoben wird.
8.
a)
b)
c)
d)
e)
f(−x) = 3(−x)3
(2−(−x)2
) = −3x3
(2− x2
) = −f(x)
f(−x) = (−x + 2)2
(−x)3
= −(2− x)2
x3
f(−x) = f(x) f(−x) = −f(x)
f(−x)
f(
1
2
x)
lim
x→+∞
5 −
1
x2
→+∞
!
→0
!
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
= 5 ; lim
x→+∞
5 −
1
x2
→+∞
!
→0
!
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
= 5
lim
x→+∞
2−x
= 0 ; lim
x→−∞
2−x
= +∞
lim
x→+∞
(2x3
+ x − 3) = +∞ ; lim
x→−∞
(2x3
+ x − 3) = −∞
lim
x→+∞
(2x3
− x − 3) = +∞ ; lim
x→−∞
(2x3
− x − 3) = +∞
lim
x→+∞
(x − 2x3
−3) = lim
x→+∞
(−2x3
+ x −3) = −∞
lim
x→−∞
(x − 2x3
−3) = lim
x→−∞
(−2x3
+ x −3) = +∞
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Analysis – Übungsblatt 3
Gebrochenrationale Funktionen 1- Lösung
1.
a)
b)
c)
d)
e)
f)
Definitionsmenge : x − 2 = 0 ↔ x = 2 → D = IR  {2}
Nullstelle : 5x + 4 = 0 ↔ x = −
4
5
Definitionsmenge : x + 4 = 0 ↔ x = −4 → D = IR  {−4}
Nullstellen: 2x2
+1= 0 ↔ x2
= −
1
2
→ keine Nst., da keine Zahl mit sich selbst multipliziert −
1
2
ergibt.
Definitionsmenge : x2
− 4 = 0 ↔ x2
= 4 ↔ x = ±2 → D = IR  {−2; 2}
Nullstellen: −2x2
− 3x + 9 = 0
x1,2
=
3± 9+ 72
−6
=
3± 9
−6
; x1
= −2 (keine Nst, da nicht in Definitionsmenge enthalten)
x2
=1
f(x) =
x2
− 4
x + 2
=
(x + 2)(x − 2)
x + 2
= x − 2
Definitionsmenge : x + 2 = 0 ↔ x = −2 → D = IR  {−2}
Nullstellen: x2
− 4 = 0 ↔(x + 2)(x − 2) = 0
x1
= −2 (keine Nst., da nicht in der Definitionsmenge enthalten)
x2
= 2
f(x) =
3x2
− 3
x −1
=
3(x2
−1)
x −1
=
3(x −1)(x +1)
x −1
= 3(x +1)
Definitionsmenge : D = IR  {1}
Nullstelle : x = −1
f(x) =
6x2
− 4x − 42
x −3
Definitionsmenge : D = IR  {3}
Nullstellen: x1,2
=
4± 16+1008
12
=
4±32
12
x1
= 3 (keine Nst.) x2
= −
7
3
→ f(x) = 6x +14 (Definitionsmenge bleibt erhalten; Polynomdivision)
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2.
3.
f(x) =
1
x − 2
+3 =
1
x − 2
+
3(x − 2)
x − 2
=
1+3x − 6
x − 2
=
3x −5
x − 2
f(x) =
1
x +1
−
1
x +3
=
x +3
(x +1)(x +3)
−
x +1
(x +1)(x +3)
=
(x +3) −(x +1)
(x +1)(x +3)
=
2
(x +1)(x +3)
(1. Term)
=
2
x2
+3x + x +3
=
2
x2
+ 4x +3
(2. Term)
=
2
x2
+ 4x + 4 −1
=
2
(x + 2)2
−1
=
1
1
2
[(x + 2)2
−1]
=
1
0,5(x + 2)2
−0,5
(3. Term)
Evtl. einf acher : 3. Term ausmultiplizieren und zu 2. Term umformen!!!
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Analysis – Übungsblatt 4
Gebrochenrationale Funktionen 2 - Lösung
1.
a)
b)
c)
d)
e)
f)
f(x) =
5x + 4
x − 2
; D = IR  {2}
lim
x→2
>
5x + 4
→14!"#
x − 2
+0
!
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
= +∞ ; lim
x→2
<
5x + 4
→14!"#
x − 2
−0
!
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
= −∞ ; Polstelle mit VZW
f(x) =
2x2
+1
x + 4
; D = IR  {−4}
lim
x→−4
>
2x2
+1
33!"#
x + 4
+0
!
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
= +∞ ; lim
x→−4
<
2x2
+1
33!"#
x + 4
−0
!
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
= −∞ ; Polstelle mit VZW
f(x) =
−2x2
−3x +9
x2
− 4
; D = IR  {−2;2}
lim
x→−2
>
−2x2
−3x +9
→7! "## $##
x2
− 4
→−0
%&'
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
= −∞ ; lim
x→−2
<
−2x2
−3x +9
→7! "## $##
x2
− 4
→−0
%&'
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
= +∞ ; Polstelle mit VZW
lim
x→2
>
−2x2
−3x +9
→−5! "## $##
x2
− 4
→+0
%&'
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
= −∞ ; lim
x→−2
<
−2x2
−3x +9
→−5! "## $##
x2
− 4
→−0
%&'
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
= +∞ ; Polstelle mit VZW
f(x) =
x2
− 4
x + 2
=
(x + 2)(x − 2)
x + 2
= x − 2 ; D = IR  {−2}
lim
x→2
>
x − 2( )= 0 ; lim
x→2
<
x − 2( )= 0 ; hebbare Definitionslücke
f(x) =
3x2
−3
x −1
=
3(x2
−1)
x −1
=
3(x −1)(x +1)
x −1
= 3(x +1) ; D = IR  {1}
lim
x→1
>
3(x +1)( )= 6 ; lim
x→1
<
3(x +1)( )= 6 ; hebbare Definitionslücke
f(x) =
6x2
− 4x − 42
x −3
= 6x +14 ; D = IR  {3}
lim
x→3
>
6x +14( )= 32 ; lim
x→−3
<
6x +14( )= 32 ; hebbare Definitionslücke
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Analysis – Übungsblatt 5
Gebrochen-rationale Funktionen 3 - Lösung
1.
a)
b)
c)
f(x) =
5x + 4
x − 2
; D = IR  {2}
lim
x→±∞
5x + 4
x − 2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ = 5 ("z = n" → Vergleiche Leitkoeffizienten)
Alternative : lim
x→±∞
5x + 4
x − 2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ = lim
x→±∞
x 5+
4
x
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
x 1−
2
x
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
= lim
x→±∞
5+
4
x
→±0!
1−
2
x
→±0
"
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
= 5
Sprichen Sie mit Ihrem Mathelehrer, was er sehen möchte!
senkr : x = 2
waagr : y = 5
f(x) =
2x2
+1
x + 4
= 2x −8+
33
x + 4
; D = IR  {−4}
lim
x→−∞
2x −8+
33
x + 4
→0
!
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
= −∞ ; lim
x→+∞
2x −8+
33
x + 4
→0
!
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
= +∞
senkr.: x = −4
schräg: y = 2x −8 ("z = n+1")
f(x) =
−2x2
−3x +9
x2
− 4
; D = IR  {−2;2}
lim
x→−∞
−2x2
−3x +9
x2
− 4
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟ = −2 ; lim
x→+∞
−2x2
−3x +9
x2
− 4
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟ = −2 ("z = n" → Vergleiche Leitkoeffizienten)
senkr : x = −2 ; x = 2
waagr : y = −2
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d)
e)
f)
2.
f(x) =
x2
− 4
x + 2
=
(x + 2)(x − 2)
x + 2
= x − 2 ; D = IR  {−2}
lim
x→−∞
>
x − 2( )= −∞ ; lim
x→+∞
x − 2( )= +∞
f(x) =
3x2
−3
x −1
=
3(x2
−1)
x −1
=
3(x −1)(x +1)
x −1
= 3(x +1) ; D = IR  {1}
lim
x→−∞
3(x +1)( )= −∞ ; lim
x→+∞
3(x +1)( )= +∞
f(x) =
6x2
− 4x − 42
x −3
= 6x +14 ; D = IR  {3}
lim
x→−∞
6x +14( )= −∞ ; lim
x→+∞
6x +14( )= +∞
f(x) =
20x
x2
− 25
=
20x
(x −5)(x +5)
Betrachte die Nennernullstellen für die Definitionsmenge!
→ D = IR  {−5; 5}
Symmetrie : f(−x) =
20(−x)
(−x)2
− 25
=
−20x
x2
− 25
= −
20x
x2
− 25
= f(x)
→ Punktsymmetrie bzgl. (0 | 0)
senkr.: x = −5 ; x = 5
waagr.: y = 0 ("z < n")
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3.
I: Steigung passt nicht
II: passt nicht, das Polstelle mit VZW im Graph dargestellt ist, die Funktionsgleichung jedoch
eine Nullstelle ersten Grades besitzt.
4.
0 =
1
2
⋅(−1) −1+
a
(−1−1)2
0 = −1,5+
a
4
a = 6
a) D = IR  {1}
SX
(−3 | 0)
SY
(0 | −9)
b)x + 7+
16
x −1
=
x(x −1)
x −1
+
7(x −1)
x −1
+
16
x −1
=
x2
− x + 7x − 7+16
x −1
=
x2
+ 6x +9
x −1
=
(x +3)2
x −1
= f(x)
oder bei f(x) Zähler ausmultiplizieren und Polynomdivision durchführen.
g ist schräge Asymptote von Gf
.
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Analysis – Übungsblatt 6
Differenzenquotient – mittlere Änderungsrate
Differentialquotient – lokale Änderungsrate - Lösung
1.
2a)
											
b)
	
	
3.
	
	
4a)
	
	
A(0 | 730) ; B(21000 | 2962)
Durchschn. Steigung: m =
Δy
Δx
=
yB
− yA
xB
− xA
=
2969 − 730
21000 −0
=
2239
21000
≈ 0,107
Steigungswinkel: m = tan(α) =
Gegenkathete
Ankathete
=
Δy
Δx
=
yB
− yA
xB
− xA
α = tan−1 2239
21000
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ ≈ 6,09°
I1
:
f(b) − f(a)
b − a
=
5⋅52
−5⋅ 22
5 − 2
=
355
3
I2
:
f(b) − f(a)
b − a
=
5⋅ 42
−5⋅ 22
4 − 2
= 30
I3
:
f(b) − f(a)
b − a
=
5⋅32
−5⋅ 22
3 − 2
= 25
f '(x0
) = lim
x→x0
f(x) − f(x0
)
x − x0
= lim
x→2
f(x) − f(2)
x − 2
= lim
x→2
5x2
− 5⋅ 22
x − 2
= lim
x→2
5(x2
− 4)
x − 2
= lim
x→2
5(x + 2)(x − 2)
x − 2
=
= lim
x→2
5(x + 2) = 5⋅(2+ 2) = 20 = f '(2)
f '(x0
) = lim
x→x0
f(x) − f(x0
)
x − x0
= lim
x→−1
f(x) − f(−1)
x −(−1)
= lim
x→2
1
5
x2
−
1
2
x + 2−(
1
5
⋅(−1)2
−
1
2
⋅(−1) + 2)
x +1
=
= lim
x→−1
1
5
x2
−
1
2
x + 2−
1
5
−
1
2
− 2
x +1
= lim
x→−1
1
5
x2
−
1
2
x −
7
10
x +1
= lim
x→−1
x −
7
2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ x +1( )
x +1
= lim
x→−1
x −
7
2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ = −
9
2
NR : x1,2
=
1
2
±
1
4
+ 4⋅
1
5
⋅
7
10
2
5
=
1
2
±
81
100
2
5
x1
=
7
2
; x2
= −1
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
n(t) = 3t2
− 60t + 500
m =
n(2) −n(0)
2− 0
=
3⋅ 22
− 60⋅ 2+ 500 − 500
2
= −54
mittlere Änderungsrate : −54
1
h
I":
f(b) − f(a)
b − a
=
5 ∙ 5- − 5 ∙ 2-
5 − 2
= 35
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5)
f(x) = 2x ⋅e−0,5x2
mS
=
f(0,5) − f(−0,5)
0,5 −(−0,5)
=
e−0,53
−(−e−0,53
)
1
= 2e−0,53
≈ 1,76
f '(x) = 2⋅e−0,5x2
+ 2x ⋅e−0,5x2
⋅(−x) = 2e−0,5x2
(1− x2
)
mT
= f '(0) = 2e0
(1−0) = 2
mT
−mS
mT
≈ 0,12 =12%
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Analysis – Übungsblatt 7
Tangente –- Ableitung – Stammfunktion - Lösung
1)
2)
3)
4) g
f(x) = 5x2
f '(x) =10x
m = f '(2) = 20
y = mx + t
20 = 20⋅ 2+ t ↔ t = −20
y = 20x − 20
f(x) =
1
5
x2
−
1
2
x + 2
f '(x) =
2
5
x −
1
2
m = f '(−1) = −
9
10
y = mx + t
27
10
= −
9
10
⋅(−1) + t ↔ t =1,8
y = −
9
10
x +1,8
F(x) = x2
− 2x
F'(x0
) = lim
x→x0
x2
− 2x − x0
2
− 2x0( )
x − x0
= lim
x→x0
x2
− x0
2
−(2x − 2x0
)
x − x0
= lim
x→x0
(x − x0
)(x + x0
)
x − x0
− lim
x→x0
2(x − x0
)
x − x0
= lim
x→x0
x + x0( )− 2 = 2x0
− 2 = f(x0
)
Definitionsmengen vergleichen!!!
→ F ist Stammfunktion zu f
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5)
	
lim
t→t0
3t2
− 60t +500 −(3t0
2
− 60t0
+500)
t − t0
= lim
t→t0
3t2
− 60t −3t0
2
+ 60t0
t − t0
= lim
t→t0
3t2
−3t0
2
−(60t − 60t0
)
t − t0
= lim
t→t0
3t2
−3t0
2
0
t − t0
− lim
t→t0
60t − 60t0
t − t0
= lim
t→t0
3(t − t0
)(t + t0
)
t − t0
− lim
t→t0
60(t − t0
)
t − t0
= lim
t→t0
3(t − t0
) − 60 = 6t0
− 60
f '(x) = 6t − 60 (Später ohne Diff '− qu ableiten!!!)
−30 = 6t − 60
6t = 30
t = 5
5 Stunden nach Beginn...
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Analysis – Übungsblatt 8
Summen- und Faktorregel - Lösung
1)
2)
3)
An diesen Stellen besitzt der Graph eine Tangente, die parallel zur x-Achse verläuft.
4)
5)
	
f(x) = x3
− x2
+ x +1 ; f '(x) = 3x2
− 2x +1
g(x) =
1
3
x3
−
1
2
x2
+ x +1 ; g'(x) = x2
− x +1
h(x) =18 − x3
+ 3x2
; h'(x) = −3x2
+ 6x
i(x) = −3 ; i'(x) = 0
j(x) = 4x(x −1)2
= 4x(x2
− 2x +1) = 4x3
− 8x2
+ 4x ; j'(x) =12x2
−16x + 4
k(x) =
1
x
−1= x−1
−1 ; k'(x) = −x−2
= −
1
x2
l(x) =
5
x2
+
5x
2
= 5x−2
+
5
2
x ; l'(x) = −10x−3
+ 2,5 = −
10
x3
+ 2,5
f(x) = x3
− 2x2
; f '(x) = 3x2
− 4x
f(2) = 0
f '(2) = 4
y = mx + t
0 = 4⋅ 2+ t ↔ t = −8
y = 4x −8
f(x) = x3
− 6x2
+11x − 6
f '(x) = 3x2
−12x +11
f ''(x) = 6x −12
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Analysis – Übungsblatt 9
Produkt- und Quotientenregel - Lösung
1)
2a)
Definitionslücken: egal
Nullstellen: I
Asymptoten: III
SP y-Achse: II
b)
3a)
b)
Ist die Kettenregel bekannt, kann diese Aufgabe „geschickter“ gelöst werden.
4)
f '(x) =1⋅(x2
+ x +1) +(x −1)(2x +1) = x2
+ x +1+ 2x2
+ x − 2x −1= 3x2
g'(x) =
(x − 2)⋅1− x ⋅1
(x − 2)2
=
−2
(x − 2)2
h'(x) =
(2x −3)⋅(2x −1) −(x2
− x)⋅ 2
(2x −3)2
=
2x2
− 6x +3
(2x −3)2
i'(x) = 0
j(x) = 4x(x −1)2
= 4x(x2
− 2x +1) = 4x3
− 8x2
+ 4x ; j'(x) =12x2
−16x + 4
k(x) =
1
x
−1= x−1
−1 ; k'(x) = −x−2
= −
1
x2
l(x) =
5
x2
+
5x
2
= 5x−2
+
5
2
x ; l'(x) = −10x−3
+ 2,5 = −
10
x3
+ 2,5
f '(x) =
x2
+ 4x +13
(x + 2)2
I: 4x = 0 ↔ x = 0
II: senkr : x = −1
III: "z < n"
f(x) =
4x
(x +1)2
=
4x
x2
+ 2x +1
f '(x) =
(x2
+ 2x +1)⋅ 4 − 4x ⋅(2x + 2)
(x +1)4
=
4(x +1)2
−8x(x +1)
(x +1)4
=
(x +1)[4(x +1) −8x]
(x +1)4
=
4x + 4 −8x
(x +1)3
=
−4x + 4
(x +1)3
D = IR  {−
5
4
}
f '(x) =
(4x +5)⋅ 2−(2x +3)⋅ 4
(4x +5)2
=
4x +10 −8x −12
(4x +5)2
= −
2
(4x +5)2
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Analysis – Übungsblatt 10
Monotonie und Extrempunkte - Lösung
1)
	
	
f '(x) = 3x2
− x +1
f '(x)=
!
0
3x2
− x +1= 0
x1,2
=
1± 1−12
6
; keine Nullstelle der ersten Ableitung
→ keine waagrechte Tangete an Gf
→ kein Extremum
Monotonie : f '(x) > 0 für alle x ∈ ID
f ist streng monoton wachsend.
g'(x) =
(x − 2)⋅1− x ⋅1
(x − 2)2
=
−2
(x − 2)2
; Dg
= Dg'
= IR  {2}
g'(x) ≠ 0 ; keine Nullstellen der ersten Ableitung
→ keine waagrechte Tangete an Gf
→ kein Extremum
Monotonie :
x : − − − − − +
2
Def.−L
− − − −− >
f '(x) : < 0 < 0
Gf
fällt fällt
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h'(x) =
(2x −3)⋅(2x −1) −(x2
− x)⋅ 2
(2x −3)2
=
2x2
− 6x +3
(2x −3)2
; Dh
= Dh'
= IR  {1,5}
h'(x)=
!
0
2x2
− 6x +3 = 0
x1,2
=
6± 36 − 24
4
=
6± 2 3
4
x1
=
3+ 3
2
; x2
=
3 − 3
2
Gf
besitzt waagrechte Tangente; potentielle Extrempunkte( )
Monotonie :
x : − − − − − +
3− 3
2
− − − − − − +
1,5
Def.−L
− − − − − − +
3+ 3
2
− − − − − − >
f '(x) : > 0 < 0 < 0 > 0
Gf
: steigt fällt fällt steigt
HOP TIP
3 − 3
2
|
2− 3
2
⎛
⎝
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
3+ 3
2
|
2+ 3
2
⎛
⎝
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
l'(x) = −10x−3
+ 2,5 = −
10
x3
+ 2,5 ; Dl
= Dl'
= IR  {0}
l'(x)=
!
0
−
10
x3
+ 2,5 = 0 ↔
10
x3
= 2,5 ↔ x3
= 4 ↔ x = 43
Monotonie :
x : − − − − − − +
0
Def.−L
− − − − − − +
43
− − − − − − >
f '(x) : > 0 < 0 > 0
Gf
: steigt fällt steigt
TIP
43
| 5,95( )
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2a)
b)
3)
z.B. lim
x→+∞
1
a
>0
x
→+∞
( x2
→+∞
−1)
⎛
⎝
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
= +∞
→ Abbildung 2
fa
'(x) =
3
a
⋅ x2
−1
fa
'(x)=
!
0
3
a
⋅ x2
−1= 0 ↔ x2
=
a
3
↔ x1,2
= ±
a
3
x −Koord. des Extrempunkts einsetzen:
3 = ±
a
3
9 =
a
3
↔ a = 27 → f27
(x) =
1
27
x3
− x ; f '27
(x) =
1
9
x2
−1
Pr obe auf Extrempunkt : (da Gf
punktsymm. bzgl. (0 | 0) ist, wird Monotonie für x > 0 untersucht)
x : − − − − −+
3
− − − −− >
f '(x) : < 0 > 0
Gf
fällt steigt
TIP
Ist die zweite Ableitung bekannt :
f ''a
(x) =
6
a
x ; f ''27
(3) =
6
27
⋅3 ≠ 0
⎛
⎝
⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟
⎟⎟
f '(x) = 4x3
− 6x2
f '(x)=
!
0
4x3
− 6x2
= 0
2x2
(2x −3) = 0
x1
= 0 ; x2
=1,5
Monotonie :
x : − − − − − −+
0
− − − − − − +
1,5
− − − −− >
f '(x) : < 0 < 0 > 0
Gf
: fällt fällt steigt
TEP TIP
aus a) bekannt 1,5 | −1,69( )
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Analysis–Übungsblatt11
Kurvendiskussion
-LösungKurvendiskussionrationalerFunktionen
UmbestimmteEigenschaftendesGraphenablesenzukönnen,eignensichunterschiedlicheDarstellungsformendesFunktionsterms:
1.Definitionsmenge
DieDefinitionsmengeistentwederangegeben(z.B.beiAnwendungsbezügen),ansonsten
istdiemaximaleDefinitionsmengefür
-ganz-rationaleFunktionenganzIR.
-gebrochen-rationaleFunktionenganzIRohnegegebenenfallsdie
Nennernullstellen.
2.Symmetrie
AllgemeinerAnsatzzurUntersuchung:
-f(–x)=f(x)
ÞAchsensymmetriezury-Achse
-f(–x)=–f(x)
ÞPunktsymmetriezumUrsprung
Speziellfürganz-rationaleFunktionen:
-nurgeradeExponenten
ÞAchsensymmetrie
-nurungeradeExponenten
ÞPunktsymmetrie
HatdieFunktioneineSymmetrie,kannmansichoftdieHälftederArbeit„sparen“!
f(x)=
x3
x2
−1
=
x3
(x+1)(x−1)
=x+
x
x2
−1
Df
=IR{−1;1}
f(−x)=
(−x)3
(−x)2
−1
=
(−1)3
x3
(−1)2
x2
−1
=−
x3
x2
−1
=−f(x)
→PunktsymmetriezumKoordinatenursprung.
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3.SchnittpunktmitdenKoordinatenachsen
Schnittpunktmitdery-AchseSy(0/f(0)):f(0)=yo
Schnittpunktmitderx-AchseSx(x0/0):f(x)=0
StrategienbeiderNullstellensuche:
-Ausklammern,wennmöglich,vonxn
Þn-facheNullstellebeixo=0
-ErrateneinerNullstellex1ÞPolynomdivisiondesFunktionstermsdurch(x–x1)
-QuadratischeTermemitLösungsformelauswerten
-LineareGleichungenmitÄquivalenzumformungauflösen
DieVielfachheiteinerNullstelleermöglichteinigeinteressanteSchlussfolgerungen:
-UngeradeVielfachheitÞVorzeichenwechsel(geradeVielfachheitÞkeinVZW)
-DieVielfachheiteinerNullstelleistinderAbleitungumeinsniedriger!
-DieVielfachheitverrätetwasüberdenVerlaufdesGrapheninderUmgebungder
Nullstelle:
oEinfacheNullstelle:SchnittpunktwiebeieinerGeradenmitderx-Achse
oDoppelteNullstelle:Berührpunkt(wiebeiParabel),lokalerExtrempunkt
oDreifacheNullstelle:TerrassenpunktanderNullstelle
f(0)=
03
02
−1
=0
→Sy
(0/0)
f(x)=0
x3
x2
−1
=0⇔x3
=0⇔x=0
dreifacheNullstelle

→Sx
(0/0)
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4.VerhaltenimUnendlichen
Beiganz-rationalenFunktionenbestimmtderSummandmitdemgrößtenExponentendas
Verhaltenfürf(x).
Fürgebrochen-rationaleFunktionengiltfürdenZählergradzunddenNennergradn
-z<n:x-AchseistwaagrechteAsymptote
-z=n:waagrechteAsymptote
-z=n+1:schrägeAsymptote
-z>n+1:keineAsymptote
ZurBestimmungderAsymptoteneignensich:
•SenkrechteAsymptoten:Nennernullstellen,sofernsiesichnichtgegen
Zählernullstellenkürzenlassen
•WaagrechteAsymptoten:AusklammernundKürzenderhöchstenvorkommenden
Potenz,fallsz<noderz=n
•SchrägeAsymptoten:DurchführungderPolynomdivision,fallsz>n
5.VerhaltenandenDefinitionslücken
(fürgerochen-rationaleFunktionen)
WirdderNenner,jedochnichtderZähler,fürxpnull,sobesitztdieFunktionhiereine
Polstelle.DerGraphbesitzteinesenkrechteAsymptotemitderGleichungx=xp.
HabenZählerundNennergemeinsameNullstellen,sozerlegtmanbeideinLinearfaktoren
undkürzt.DamitkannmanDefinitionslückenbeheben.
lim
x→−∞
x+
x
x2
−1
=lim
x→−∞
x+
x2
⋅
1
x
x2
(1−
1
x2
)
=lim
x→−∞
x
→−∞
+
1
x
→0
1−
1
x2
→0

→0

=−∞
lim
x→+∞
x+
x
x2
−1
=lim
x→+∞
x+
x2
⋅
1
x
x2
(1−
1
x2
)
=lim
x→+∞
x
→+∞
+
1
x
→0
1−
1
x2
→0

→0

=+∞
lim
x→xp
f(x)=±∞
lim
x→
<
−1
x3
→−1
x2
−1
→+0

=−∞lim
x→
<
1
x3
→1
x2
−1
→−0

=−∞
lim
x→
>
−1
x3
→−1
x2
−1
→−0

=+∞lim
x→
>
1
x3
→1
x2
−1
→+0

=+∞
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6.MonotonieverhaltenundExtrempunkte
DasMonotonieverhaltenbestimmtmananhanddesVorzeichensderAbleitung(Tabelle).
Extrempunkte:AllgemeinerAnsatzzurUntersuchung:f’(x)=0
DieVielfachheitderNullstellevonf´ermöglichtwiederinteressanteSchlussfolgerungen:
-UngeradeVielfachheitÞVZWvonf’ÞlokalerExtrempunkt(HOP,TIP)
-DoppelteNullstellevonf’ÞkeinVZWvonf’ÞTerrassenpunkt(TEP),keinExtrempunkt
	
	
Intervallx<<
x<-1
-1<x<00<x<11<x<<x
Vorzeichen
vonf´
+-----
Monotonie
vonGf
HOPDef.-L.TEPDef.-LTIP
HOP(|f())TEP(0|f(0))TIP(|f())
f'(x)=
x4
−3x2
x4
−2x2
+1
;
f'(x)=0⇔x4
−3x2
=0
x2
(x2
−3)=0;x2
(x+3)(x−3)=0
x1
=0;x2
=−3;x3
=+3
−3−3
3
3
−3−333
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7.SkizzedesGraphen
AlleInformationenaufdenPunkten1–6werdenverwendetundeswirdanschaulichklar,
obessichbeidenlokalenExtrempunktenauchumglobaleExtremahandelt.Bei
eingeschränkterDefinitionsmengemüssendazunochdieFunktionswerteandenRändern
berechnetwerden.
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Analysis – Übungsblatt 12
Newton und Umkehrfunktion - Lösung
1)
Die Tangenten an den Graphen in Hoch- bzw. Tiefpunkt sind parallel zur x-Achse. Dadurch
existiert kein Schnittpunkt von Tangente und x-Achse und das Verfahren kann nicht
ausgeführt werden.
ODER:
2)
3)
4)
	
xn+1
= xn
−
f(xn
)
f '(xn
)
Im Extermpunkt gilt f '(xn
) = 0
→ Durch Null darf nicht dividiert werden.
→ Verfahren kann nicht ausgeführt werden.
f−1
x( )=
1
x
Df−1 = IR  {0}
Wf−1 = IR  {0}
f x( )=1+
1
x
y =1+
1
x
↔ y −1=
1
x
↔ x =
1
y −1
f−1
(x) =
1
x −1
Df−1 = IR  {1}
Wf−1 = IR  {0}
y =
2x
1+5x
↔(1+5x)y = 2x ↔ y +5xy = 2x ↔ y = 2x −5xy ↔ y = x(2−5y) ↔ x =
y
2−5y
f−1
x( )=
x
2−5x
Df−1 = IR  {
2
5
}
Wf−1 = IR  {−
1
5
}
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5) Gf ist achsensymmetrisch bzgl. der Winkelhalbierenden des 1. Und 3. Quadranten.
6) Nicht umkehrbar auf IR, da jede Parallele zur x-Achse mit der Gleichung y=a mit -1≤a≤1
Gf unendlich oft schneidet. Mögliches Intervall I=[0; π]
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Analysis – Übungsblatt 13
Trigonometrische Funktionen - Lösung
1)
2) z.B.: a=6
3 α) z.B.: a=1; c=1
β) z.B.: a=2; c=0
4) a)k=π
b)
f(x) = sin(x) + cos(x) ; f '(x) = cos(x) − sin(x)
g(x) =
1
2
cos(x) −
1
2
sin(x) ; g'(x) = −
1
2
sin(x) −
1
2
cos(x)
h(x) = 3 ⋅cos(x) ; h'(x) = − 3 ⋅sin(x)
i(x) = − 3 ⋅cos(x) ; i'(x) = 3 ⋅sin(x)
j(x) = x + 3 ⋅sin(x) ; j'(x) =1+ 3 ⋅cos(x)
k(x) =
1
9
x3
⋅cos(x) ; k'(x) =
1
3
x2
⋅cos(x) −
1
9
x3
⋅sin(x) (Produktregel)
y = x +k mit k ≠ 0
z.B.: y = x −1
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Analysis – Übungsblatt 14
Funktionen mit rationalen Exponenten - Lösung
1)
2a)
b)
3)
f(x) = x = x
1
2
; Df
= IR+
0
; f '(x) =
1
2
x
−
1
2
=
1
2 x
g(x) =
1
x
= x
−
1
2
; Dg
= IR+
; g'(x) = −
1
2
x
−
3
2
= −
1
2x x
= −
x
2x2
h(x) = 3 ⋅ x ; Dh
= IR ; h'(x) = 3
i(x) =
x
x
=
x x
x
= x ; Di
= IR+
; i'(x) =
1
2 x
j(x) = x + x ; Dj
= IR+
0
; j'(x) =1+
1
2 x
k(x) = x ⋅cos(x) ; Dk
= IR+
0
; k'(x) =
1
2 x
⋅cos(x) − x ⋅sin(x)
Definitionsmenge :
4+ x ≥ 0
x ≥ −4
Dg
= [−4; +∞[
SP mit y − Achse :
g(0) = 2⋅ 4+ 0 −1= 3
Sy
(0 | 3)
Von innen nach außen:
x → x + 4 : Verschiebung um 4 Einheiten nach links
x + 4 → 2⋅ x + 4 : Streckung um Faktor 2 in y −Richtung
2⋅ x + 4 → 2⋅ x + 4 −1: Verschiebung um 1 Einheit nach unten
Wertemenge : Wg
= [−1 ; +∞[
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x2
−b ≥ 0
x2
≥ b
| x |≥ b
x ≥ b oder −x ≥ b ↔ x ≤ − b
Dg
= IR]− b ; b[
b = 2 → b = 4
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Analysis – Übungsblatt 15
Kettenregel - Lösung
1)
2a)
f '(x) = 2(3x − 4)3 = 6(3x − 4)
h(x) = 3x = (3x)
1
2
; h'(x) =
1
2
(3x)
−
1
2
⋅3 =
3
2 3x
h'(x) = (2x +1)
1
2
=
1
2
⋅(2x +1)
−
1
2
⋅ 2 =
1
2x +1
i'(x) = cos(x3
−5x)⋅(3x2
−5)
j'(x) =
2x3
−19x2
+12x
2(2x +3)4
1− x
k(x) = 5x5
( )
1
3
; k'(x) =
1
3
5x5
( )
−
2
3
⋅ 25x4
=
25x4
3 5x5
( )
2
3
=
25x4
3 25x103
=
25x4
3 25⋅ x9
⋅ x3
=
25x4
3⋅ 25
1
3
⋅ x3
⋅ x3
=
25x ⋅ 25
2
3
3⋅ 25⋅ x3
=
x ⋅ 2523
3 x3
=
x 53
⋅53
3 x3
=
5x ⋅ 53
3 x3
Definitionsmenge :
3x − 5 ≥ 0
3x ≥ 5
x ≥
5
3
D = [
5
3
; +∞[
f(3) = 2
f '(x) =
1
2
(3x −5)
−
1
2
⋅3 =
3
2 3x −5
m = f '(3) =
3
2 3⋅3 −5
=
3
4
y = mx + t
2 =
3
4
⋅3+ t ↔ t = −
1
4
y =
3
4
x −
1
4
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f(x)=
!
0 ↔ sinx = 0 ↔ x = kπ (k ∈ Z  {0} Definitionsmenge beachten!) (x = 0; ±π; ±2π; ...)
f(−x) =
sin(−x)
(−x)2
=
−sin(x)
x2
= −
sin(x)
x2
= −f(x)
→ Punktsymm. bzgl (0 | 0)
Grenzwert : lim
x→+∞
sinx
Wertemenge [−1;1]
!
x2
→+∞
!
= 0
f '(x) =
x2
⋅cosx − sinx ⋅ 2x
x4
=
x ⋅cosx − 2⋅sinx
x3
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Analysis – Übungsblatt 16
e- und ln-Funktion - Lösung
1)
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
Df
= IR ; f '(x) = e0,5x+1
⋅0,5 = 0,5e0,5x+1
Dg
= IR ; g'(x) = e− 0,5x2
⋅(−0,5⋅ 2x) = −xe− 0,5x2
Dh
= IR  {0} ; h'(x) =
xex
− ex
⋅1
x2
=
(x −1)ex
x2
Definitionsbereich: x − 2>
!
0 ↔ x > 2 ; Di
=]2; +∞[
i'(x) =
1
x − 2
j(x) = ln(x3
) = 3lnx ; Dj
= IR+
j'(x) =
3
x
Alternative : j'(x) =
1
x3
⋅3x2
=
3
x
k(x) = ln
x + 4
x
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ = ln(x + 4) −lnx
Definitionsmenge :
x + 4
x
>
!
0 ;
x + 4 > 0 für x > −4
x + 4 < 0 für x < −4
Betrachte in Vorzeichentabelle Nenner − und Zählernullstellen:
x : − − − − − − +
−4
− − − − − −+
0
− − − − − − >
f(x) :
x + 4
−!
x
−
!
> 0
x + 4
+!
x
−
!
< 0
x + 4
+!
x
+
!
> 0
Dk
=]−∞; −4[∪]0;+∞[
k'(x) =
1
x + 4
−
1
x
=
x
x(x + 4)
−
x + 4
x(x + 4)
=
x −(x + 4)
x(x + 4)
=
−4
x(x + 4)
Alternative :
k'(x) =
1
x + 4
x
⋅
x −(x + 4)
x2
=
x
x + 4
⋅
−4
x2
=
−4
x + 4
(Nachdifferenzieren mit Quotientenregel)
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2a)
b)
c)
3)
Definitionsbereich: IR.
Symmetrie: Wegen f(-x)=f(x) liegt Achsensymmetrie zur y-Achse vor.
	
fk
(−x) = (−x)2
−ln((−x)2
+k2
) = x2
−ln(x2
+k2
) = f(x)
→ Gfk
symmetrisch bzgl. y − Achse
fk
'(x) = 2x −
1
x2
+k2
⋅ 2x =
2x(x2
+k2
) − 2x
x2
+k2
=
2x(x2
+k2
−1)
x2
+k2
=fD
lim
x→±∞
e−
x2
→+∞!
2
−∞!"# $#
= 0
f(x) = e
−
x2
2
f '(x) = e
−
x2
2 ⋅ −
2x
2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ = −xe
−
x2
2
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Analysis – Übungsblatt 17
e- und ln-Gleichungen - Lösung
1)
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
2)
Keine Nullstellen, denn die e-Funktion wird nie Null.
	;	 		
	
	
	
e2x
= 2 ↔ 2x = ln(2) ↔ x =
ln(2)
2
e2x+1
−1= 0 ↔ e2x+1
=1↔ 2x +1= ln(1) ↔ 2x +1= 0 ↔ 2x = −1↔ x = −
1
2
3x e0.5x
−1( )= 0
x1
= 0
e0,5x
−1= 0 ↔ e0,5x
=1↔ x = 0, da e0
=1→ x2
= 0
ln(x − 2) = 0 ↔ x − 2 =1↔ x = 3
2ln(x) +3 = 0 ↔ln(x) = −1,5 ↔ x = e−1,5
2xln(x2
−3) = 0
x1
= 0
x2
−3 =1↔ x2
= 4 ↔ x2,3
= ±2
ln
x + 4
x
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ = 0
x + 4
x
=1↔ x + 4 = x ↔ 0 = 4 → keine Nst.
f '(x) = e
−
x2
2 ⋅(− 1
2
⋅ 2x) = −xe
−
x2
2 f '(x)=
!
0 ↔ x = 0
x : − − − − −+ − − − − − >
f '(x) : > 0 < 0
Gf
: steigt fällt
HOP(0 |1)
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3)
x + 2 > 0 ↔ x > −2
2− x > 0 ↔ x < 2
Df
=]− 2; 2[
ln(x + 2) −ln(2− x) = 0
ln(x + 2) = ln(2− x) | e *
x + 2 = 2− x
2x = 0
x = 0
f '(x) =
1
x + 2
⋅1−
1
2− x
⋅(−1) =
1
x + 2
+
1
2− x
=
2− x
(x + 2)(2− x)
+
2+ x
(x + 2)(2− x)
=
4
(x + 2)(2− x)
f '(x) ≠ 0 ; sogar > 0
→ Gf
streng monoton wachsend
→ keine Nullstellen
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Analysis – Übungsblatt 18
Zusammengesetzte Funktionen - Lösung
1)
	
	
f(x) = 3x + 9 = 3x + 9( )
1
2 ; f '(x) =
1
2
3x + 9( )
−
1
2 ⋅3 =
3
2 3x + 9
=
3
2⋅ 3 ⋅ x + 3
=
3
2 x + 3
Oder :
f(x) = 3x + 9 = 3 ⋅ x + 3 = 3 x + 3( )
1
2 ; f '(x) = 3 ⋅
1
2
x + 3( )
−
1
2 ⋅1=
3
2 x + 3
f(x) =
2ex
ex
+ 9
; f '(x) =
(ex
+ 9)⋅ 2ex
− 2ex
⋅ex
ex
+ 9( )
2
=
2e2x
+18ex
− 2e2x
ex
+ 9( )
2
=
18ex
ex
+ 9( )
2
f(x) = x2
⋅ex
; f '(x) = 2xex
+ x2
ex
f(x) =
x
lnx
; f '(x) =
lnx − x ⋅
1
x
lnx( )
2
=
lnx −1
lnx( )
2
f(x) = 1−lnx = (1−lnx)
1
2 ; f '(x) =
1
2
(1−lnx)
−
1
2 ⋅ −
1
x
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ = −
1
2x 1−lnx
f(x) =
lnx
x2
; f '(x) =
x2
⋅
1
x
−lnx ⋅ 2x
x4
=
x − 2xlnx
x4
=
1− 2lnx
x3
f(x) =
(3+ x)2
x −1
; f '(x) =
x2
− 2x −15
x2
− 2x +1
f(x) = 2 (lnx)2
−1( ) ; f '(x) = 2 2lnx( )⋅
1
x
=
4lnx
x
Alternative : f(x) = 2(lnx)2
− 2 ; f '(x) = 2⋅ 2lnx ⋅
1
x
=
4lnx
x
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2)
3)
F'(x) =
1
4
x2
⋅(2lnx −1)
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟' =
1
4
⋅ 2x ⋅(2lnx −1) +
1
4
x2
⋅
2
x
=
x
2
(2lnx −1) +
x
2
=
x
2
⋅ 2lnx −
x
2
+
x
2
= xlnx = f(x)
Definitionsmenge stimm überein → F ist Stammfunktion von f
Fc
(x) =
1
4
x2
⋅(2lnx −1) + c
Fc
(1)=
!
0
1
4
⋅(2ln(1)
=0
! −1) + c = 0
−
1
4
+ c = 0 ↔ c =
1
4
→ F(x) =
1
4
x2
⋅(2lnx −1) +
1
4
besitzt an der Stelle x =1 den Wert 0
f(x) =
4x
(x +1)2
Nullstelle : f(x)=
!
0 ↔ 4x = 0 ↔ x = 0
senkr. Asyp.: x = −1
y = 0 ist waagr. Asympt.: "Zählergrad < Nennergrad"
Extrempunkt :
f '(x) =
−4x ⋅ 2(x +1) +(x +1)2
⋅ 4
(x +1)4
=
−8x +(x +1)⋅ 4
(x +1)3
=
−4x + 4
(x +1)3
f '(x)=
!
0 ↔ −4x + 4 = 0 ↔ x =1
x : − − − − − −+
−1
− − − − − −+
1
− − − − − − >
f '(x) : < 0 > 0 < 0
Gf
: fällt steigt fällt
Def.−L HOP(1|1)
Graph ist für x < −1 streng mon. fallend und f(−3) = −3 → Gf
für x < −1 im III. Quadranten
Graph ist für −1< x < 0 streng mon. steigend und f(−0,5) < 0 → Gf
für −1< x < 0 im III. Quadranten
→ Gf
für x < 0 im III. Quadranten
F'(x) = 4⋅ln(x +1) +
4
x +1
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟' = 4⋅
1
x +1
+
−4
(x +1)2
=
4
x +1
−
4
(x +1)2
=
4(x +1) − 4
(x +1)2
=
4x
(x +1)2
= f(x)
Definitionsmenge identisch für x > −1 ; → F ist Stammfunktion von f für x > −1
k(x) =
3⋅e2x
e2x
+1
−1,5 ; k'(x) =
(e2x
+1)⋅3⋅e2x
⋅ 2− 3⋅e2x
(e2x
+1)
(e2x
+1)2
=
6e4x
+ 6e2x
− 6e4x
(e2x
+1)2
=
6e2x
>0!
(e2x
>0
! +1)2
>0
! "# $#
> 0
Gk
ist streng monoton steigend
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Analysis – Übungsblatt 19
Anwendungsaufgaben - Lösung
1)
	
2)
2. Alternative
	
Minimum bei : , also
Punkt (0|0): ;
Punkt (3|2,25): ,
Punkt (6|0): ,
Einsetzen der ersten beiden Gleichungen in die anderen Gleichungen ergibt:
P : f(x) = a(x − d)2
+ g
Scheitel einsetzen:
f(x) = ax2
+ e
Punkt einsetzen:
1= a⋅12
+ e
a =1− e
→ f(x) = (1− e)x2
+ e
Alternative über ein lineares Gleichungssystem mit 3 Unbekannten
ist wohl aufwendiger, geht aber auch!
f(x) = ax3
+bx2
+ cx + d
Nullstellenform:
f(x) = a(x − x1
)(x − x2
)(x − x3
)
x = 0 doppelte Nst.
x = 6 einf ache Nst.
f(x) = a(x −0)(x −0)(x − 6) = ax2
(x − 6)
P einsetzen:
2,25 = a⋅32
(3 − 6)
2,25 = a⋅(−27)
a = −
1
12
f(x) = −
1
12
x2
(x − 6) = −
1
12
x3
+
1
2
x2
Alternative über lineares Gleichungssystem mit 4
Unbekannten wohl aufwendiger.
f(x) = ax3
+bx2
+ cx + d
f '(x) = 3ax2
+ 2bx + c
x = 0 f '(0)=
!
0 c = 0
f(0) = 0 d = 0
f(3)=
!
2,25 27a+9b+3c + d = 2,25
f(6)=
!
0 216a + 36b + 6c + d = 0
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Einsetzen in die zweite Gleichung ergibt: , also .
Funktionsgleichung also: .
(Im Abi 1b)
Hochpunkt berechnen:
ergibt (Tiefpunkt), (Vorzeichentabelle bestätigt Maximum, y-Wert durch
Einsetzen in ). Also Hochpunkt .
3.
27a + 9b = 2,25
216a+ 36b = 0
108a = −9
a = −
1
12
216⋅(−
1
12
) +36b = 0 b =
1
2
y = −
1
12
x3
+
1
2
x2
f '(x) = −
1
4
x2
+ x = x(−
1
4
x +1)
f '(x)=
!
0
x(−
1
4
x +1) = 0
01 =x 42 =x
f(x) (4 | 2
2
3
)
Hauptbedingung:
VZylinder
= r2
πh
Nebenbedingung:
U = 2a+ 2b
27cm = 2a+ 2b ↔13,5cm = a+b ↔b =13,5cm− a
Einsetzen in Hauptbedingung:
V(a) = a2
π⋅(13,5 − a) = −a3
π +13,5a2
π
V'(a) = −3a2
π + 27aπ = −3a(aπ − 9π)
V'(a)=
!
0 ↔ a1
= 0; kann man ausschließen, da sonst kein Zylinder entsteht (a,b > 0)( ) ; a2
= 9
a : − − − − − − +
9
− − − − − − >
V'(a) : > 0 < 0
GV
steigt fällt
HOP(9 | 364,5π)
→ b =13,5 − 9 = 4,5
Für a = 9cm und b = 4,5cm wird das Volumen des Zylinders mit 364,5π cm3
maximal.
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4.
f 'a
(x) = eax
+ xeax
⋅a = eax
(1+ ax)
f 'a
(2)=
!
0
e2a
>0
für
alle
a
!(1+ 2a) = 0 ↔1+ 2a = 0 ↔ a = −
1
2
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Analysis – Übungsblatt 20
Lokale und Gesamtänderung, Integral; Integralfunktion,
Flächenbilanz, HDI - Lösung
1)
	
2)
3)
4)
I -> D ; <0
II -> B ; =0
III -> A ; >0
IV -> C ; <0
5)
A1
= 6⋅15 = 90(m)
A2
=
1
2
⋅12⋅15 = 90(m)
Das Auto hat insgesamt einen Weg von 180m zurückgelegt.
f(x)dx
1
5
∫ =1⋅1+1⋅3+1⋅ 6+1⋅10 = 20
h ist Stammfunktion von h'.
h'(x)dx
0
1
∫ = x4
+ x2
+1⎡
⎣
⎤
⎦
1
0
= 3 −1= 2
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7)
Durch f(x)=sin(2x) ist der zugehörige Graph in x-Richtung gestaucht. Dadurch besitzt der
Graph bei 0,5π eine Nullstelle, die im Intervall 0≤x≤2 liegt. Somit liegt ein Teil der Fläche
oberhalb, ein anderer Teil unterhalb der x-Achse. Das Integral beschreibt die Flächenbilanz.
Alles oberhlab der x-Achse wird positiv, alles unterhalb der x-Achse negativ gezählt.
Der Flächeninhalt addiert jedoch diese beiden Teilflächen.
sin(2x)dx =
1
2
sin(2x)
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
2
0
=
1
2
sin(4)
0
2
∫
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Analysis – Übungsblatt 21
Stammfunktion - Lösung
1)
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
2a)
Der Graph von F steigt streng monoton bis zur Nullstelle von f. Hier liegt bei f ein
Vorzeichenwechsel vor, sodass an der Nullstelle von f der Graph einer Stammfunktion einen
Hochpunkt besitzt. Anschließend fällt der Graph von F
b)
x2
dx=
1
3
x3
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
−2
2
=
1
3
⋅8 −
1
3
⋅( − 8) =
16
3-2
2
∫
x2
dx =
1
3
x3
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
−1
−2
=
1
3
⋅( −1) −
1
3
⋅( − 8) =
7
3−2
−1
∫
(ex
+ x −1)dx
0
2
∫ = ex
+ 1
2
x2
− x⎡
⎣
⎤
⎦0
2
= e2
+ 2− 2−(e0
+0 −0) = e2
−1
(2+ x)(2− x)dx= (4-x2
)dx = 4x −
x3
3
⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥0
−2
= −8+
8
3
− 0 =−
16
30
-2
∫
0
-2
∫
2x
dx∫ = e
ln 2x
( )dx∫ = exln(2)
dx∫ =
1
ln(2)
⋅exln(2)
+C =
1
ln(2)
2x
+C
−cos(2x)dx∫ = −sin(2x)⋅
1
2
+C = −
1
2
sin(2x)
2x +1
x2
+ x
dx∫ = ln| x2
+ x | +C
Im Zähler steht die Ableitung des Nenners
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3)
a)
b) F’(2)=f(2)=0,5
c)
f(x)dx
3
5
∫ =
1,6+0,7
2
⋅ 2 = 2,3 (Flächeninhalt kann durch Trapez angenähert werden: ATrapez
=
a+ c
2
⋅h)
f(x)dx
3
b
∫ = F(b) −F(3) = F(b) (Angabe : F(3) = 0)
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Analysis – Übungsblatt 22
Flächeninhalt - Lösung
1)
Nullstellen: x1=-7 ; x2=-3
	
	
aber: (Flächenbilanz)
2a)
b) Nullstellen, Schnittstellen beachten! Symmetrie ausnutzen!
Graph ist nach oben geöffnete Parabel. 2 Nst.→ Scheitel unterhalb x − Achse
A = (x2
+10x + 21)dx
−8
−7
∫ + (x2
+10x + 21)dx
−7
−3
∫ + (x2
+10x + 21)dx
−3
−1
∫
=
-8
-7
x3
3
+5x2
+21x
⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
+
-7
-3
x3
3
+5x2
+21x
⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
+
-3
-1
x3
3
+5x2
+21x
⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
= (
−343
3
+ 245 −147) −(
−512
3
+320 −168)
+ (−9+ 45 − 63) −(
−343
3
+ 245 −147)
+(
−1
3
+5 − 21) −(−9+ 45 − 63)
7 32 32
3 3 3
= + - +
3
2
23=
(x2
+10x + 21)dx
−8
−1
∫ = 2
1
3
−3 =1−
1
x2
↔
1
x2
= 4
x2
=
1
4
↔ x1,2
= ±
1
2
A = 3⋅1+ 2⋅ 1−
1
x2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟dx
0,5
1
∫ = 3+ 2⋅ x +
1
x
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
1
0,5
= 3+ 2⋅ 2− 2,5⎡
⎣
⎤
⎦ = 4
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3)
1. Schnittstellen bestimmen
f(x) = g(x)
x2
– 4 = – 2x2
– 1
3x2
= 3
x1/2 = ±1
2. Berechnung des bestimmten Integrals
	
4)
Die Funktion f stellt für große Werte von x keine realistische Modellierung dar.
(g(x) − f(x))dx = (−3x2
+ 3)dx = (−3x2
+ 3)dx
−1
1
∫
−1
1
∫
−1
1
∫ = −x3
+ 3x⎡
⎣
⎤
⎦
1
−1
= −13
+ 3⋅1−(−(−1)3
+(−3)( )= 4
A(b) = f(x)dx =
0
b
∫ 4⋅ln(x +1) +
4
x +1
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
b
0
= 4⋅ln(1+b) +
4
b+1
− 4
lim
b→+∞
4⋅ln(1+b)
→+∞
!"# $# +
4
b+1
→0
!
− 4
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
= +∞
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Analysis – Übungsblatt 23
Krümmung und Wendepunkt - Lösung
1)
2)
3)
a)
b)
f '(x) = sinx + x ⋅cosx
f ''(x) = cosx + cosx + x ⋅(−sinx) = 2cosx − x ⋅sinx
f ''(0) = 2⋅cos0
1
! − 2⋅sin0
0
! = 2
Da f ''(0) = 2 > 0 ist, ist der Graph in der Nähe des Koordinatenursprungs linksgekrümmt.
f '(x) = e
1
2
x
⋅
1
2
+ e
−
1
2
x
⋅ −
1
2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ =
1
2
e
1
2
x
−
1
2
e
−
1
2
x
f ''(x) =
1
2
e
1
2
x
⋅
1
2
−
1
2
e
−
1
2
x
⋅ −
1
2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ =
1
4
e
1
2
x
+
1
4
e
−
1
2
x
=
1
4
e
1
2
x
+ e
−
1
2
x⎛
⎝
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟ =
1
4
⋅ f(x)
f ''(x) =
1
4
e
1
2
x
>0
! + e
−
1
2
x
>0
!
⎛
⎝
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟ > 0 → Gf
linksgekrümmt
k > 0 : lim
x→+∞
gk
(x) = +∞ ; lim
x→−∞
gk
(x) = −∞
k < 0 : lim
x→+∞
gk
(x) = −∞ ; lim
x→−∞
gk
(x) = +∞
gk
'(x) = 3kx2
+ 6(k +1)x +9
gk
''(x) = 6kx + 6(k +1) = 6(kx +k +1)
gk
''(x)=
!
0
kx +k +1= 0
k(x +1) = −1
x +1= −
1
k
x = −
1
k
−1
gk
'''(x) = 6k ≠ 0, da k ≠ 0 → Wendestelle x = −
1
k
−1
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c)
d)
gk
(x) = kx3
+3(k +1)x2
+9x = x kx2
+3x(k +1) +9( )
gk
(−
1
k
−1) = −
1
k
−1
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ k −
1
k
−1
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
2
+3 −
1
k
−1
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟(k +1) +9
⎛
⎝
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
gk
(−
1
k
−1)=
!
0
−
1
k
−1= 0 ↔ −
1
k
=1↔k = −1
x = −
1
−1
−1= 0
g0
(0) = 0 → Wk
liegt im Ursprung
g0
'(0) = 3⋅0⋅02
+ 6(0+1)⋅0+9 = 9 (Steigung der Tangenten)

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Analysis u bs loesungen

  • 1. ©www.vom-mathelehrer.de Analysis – Übungsblatt 1 Grundwissen – lineare und quadratische Funktionen - Lösung 1. 2. 3. 4. 5. a) f(x) = −3x + 4 m = −3 ; t = 4 b) f(x) = x − 2 m =1 ; t = −2 c) f(x) = −2 m = 0 ; t = −2 d) f(x) = 3 5 x + 3 2 m = 3 5 ; t = 3 2 m = Δy Δx = yQ − yP xQ − xP = 5 − 7 4 − 2 = −2 2 = −1 7 = −1⋅ 2+ t t = 9 g: y = −x +9 a) y =1 b) m = −1 1= −1⋅(−5) + t t = −4 y = −x − 4 c) x = −5 m = tan(30°) = 3 3 −0,5 = 3 3 ⋅3+ t t = −0,5 − 3 y = 3 3 x −0,5 − 3 mg ⋅mf = −1 mg = − 1 2 −2,5 = − 1 2 ⋅ 4+ t t = −0,5 = − 1 2 g: y = − 1 2 x − 1 2
  • 2. ©www.vom-mathelehrer.de 6. a) Normalform entspricht hier Scheitelpunktform S(0 | −2) Y(0 | −2) f(x) = x2 − 2 = (x − 2)(x + 2) N1 ( 2 | 0) ; N2 (− 2 | 0) b) f(x) = x2 − 4x +3 = x2 − 4x + 4 −1 = (x − 2)2 −1 S(2 | −1) Y(0 | 3) x1,2 = 4± 16 −12 2 = 4± 2 2 (Alternative : Vieta) x1 =1 ; x2 = 3 N1 (1| 0) ; N2 (3 | 0) c) f(x) = −2x2 − 4x +3 = −2[x2 + 2x −1,5] = −2[x2 + 2x +1− 2,5] = −2[(x +1)2 − 2,5] = −2(x +1)2 +5 S(−1| 5) Y(0 | 3) x1,2 = 4± 16+ 24 −4 = 4± 2 10 −4 N1 − 2+ 10 2 | 0 ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟; N2 −2+ 10 2 | 0 ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ d) f(x) = x2 + 2x = x(x + 2) = x2 + 2x +1−1= (x +1)1 −1 S(−1| −1) Y(0 | 0) N1 (0 | 0) ; N2 (−2 | 0) Alternative : x −Koordinate von S liegt wegen Symmetrie zwischen Nst. S(−1| y) y durch einsetzen bestimmen. " # $ $ $ % & ' ' '
  • 3. ©www.vom-mathelehrer.de 7. 8. Wenn man die gegebenen Punkte in die Gleichung y = ax2 + bx + c einsetzt, ergibt sich das Gleichungssystem: Daraus ergibt sich a = -1, b = -6 und c = -7, also y = - x2 - 6x - 7. Scheitelpunktform: y = - (x+3)2 + 2 , also S(-3/2). Nullstellen: e) f(x) = 2(x −3)(x + 2) N1 (−2 | 0) ; N2 (3 | 0) Y(0 | −12) S(0,5 | y); f(0,5) = −12,5 f(x) = 2(x −0,5)2 −12,5 f(x) = a(x − d)2 + e f(x) = a(x +0,5)2 −0,5 = a⋅0,52 a = −2 f(x) = −2(x +0,5)2 I. − 1 4 = 81 4 a − 9 2 b + c II. 1= 4a − 2b+ c III. − 2= a − b+ c x1 =−3 − 2 und x2 = −3+ 2.
  • 4. ©www.vom-mathelehrer.de Analysis – Übungsblatt 2 Grundwissen - ganzrationale Funktionen - Lösung 1. a) f(x) = x(x+2)2 eine einfache NSt bei 0 mit VzW und eine doppelte bei – 2 ohne VzW b) f(x) = x(x2 + 2x + 3) eine einfache NSt bei 0 mit VzW c) f(x) = (x + 1)(x3 + 9x2 + 26x + 24) = (x + 1)(x + 2)(x2 + 7x + 12) = = (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) vier einfache NSt bei -1, -2, -3 und -4 mit VzW 2. . Da die höchste Potenz einen geraden Exponenten besitzt und einen negativen Koeffizienten verläuft der zugehörige Graph von „links unten“ nach „rechts unten“. . Da die höchste Potenz einen ungeraden Exponenten besitzt und den positiven Koeffizienten +1, verläuft der zugehörige Graph von „links unten“ nach „rechts oben“. 3. 4. 5. A(1|0) , B(3|0) , C(-1|0) f(x) = (x2 −3x)(x − x2 ) = x3 − x4 −3x2 +3x3 = −x4 + 4x3 −3x2 4 x- h(x) = −34 + x3 −5x2 = x3 −5x2 −81 x3 f(x) = a x − x1( ) x − x2( ) x − x3( ) und f(0) = 2 f(x) = (x −1)(x +1)(x − 2) = x3 − 2x2 − x + 2 (x4 − 5x3 − 30x2 + 40x + 64) :(x +1) = x3 − 6x2 − 24x + 64 −(x4 + x3 ) − 6x3 − 30x2 −(−6x3 − 6x2 ) − 24x2 + 40x −(−24x2 − 24x) 64x + 64 −(−64x + 64) 0
  • 5. ©www.vom-mathelehrer.de 6. a) -> Der Graph von f ist punktsymmetrisch bezüglich des Koordinatenursprungs. b) => Da für den Graphen von f weder noch gilt, liegt keine Achsensymmetrie bezüglich der y-Achse und auch keine Punktsymmetrie bezüglich des Koordinatenursprungs vor. 7. a) bedeutet, dass der Graph von f an der y-Achse gespiegelt wird. Der Faktor 2 bewirkt, dass zusätzlich noch eine Streckung in y-Richtung (von der x-Achse aus) um den Faktor 2. b) bewirkt, dass der Graph von f in x-Richtung (von der y-Achse aus) mit dem Faktor 2 gestreckt wird. Der Summand +2 bedeutet, dass der Graph zusätzlich um 2 Einheiten nach oben verschoben wird. 8. a) b) c) d) e) f(−x) = 3(−x)3 (2−(−x)2 ) = −3x3 (2− x2 ) = −f(x) f(−x) = (−x + 2)2 (−x)3 = −(2− x)2 x3 f(−x) = f(x) f(−x) = −f(x) f(−x) f( 1 2 x) lim x→+∞ 5 − 1 x2 →+∞ ! →0 ! ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ = 5 ; lim x→+∞ 5 − 1 x2 →+∞ ! →0 ! ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ = 5 lim x→+∞ 2−x = 0 ; lim x→−∞ 2−x = +∞ lim x→+∞ (2x3 + x − 3) = +∞ ; lim x→−∞ (2x3 + x − 3) = −∞ lim x→+∞ (2x3 − x − 3) = +∞ ; lim x→−∞ (2x3 − x − 3) = +∞ lim x→+∞ (x − 2x3 −3) = lim x→+∞ (−2x3 + x −3) = −∞ lim x→−∞ (x − 2x3 −3) = lim x→−∞ (−2x3 + x −3) = +∞
  • 6. ©www.vom-mathelehrer.de Analysis – Übungsblatt 3 Gebrochenrationale Funktionen 1- Lösung 1. a) b) c) d) e) f) Definitionsmenge : x − 2 = 0 ↔ x = 2 → D = IR {2} Nullstelle : 5x + 4 = 0 ↔ x = − 4 5 Definitionsmenge : x + 4 = 0 ↔ x = −4 → D = IR {−4} Nullstellen: 2x2 +1= 0 ↔ x2 = − 1 2 → keine Nst., da keine Zahl mit sich selbst multipliziert − 1 2 ergibt. Definitionsmenge : x2 − 4 = 0 ↔ x2 = 4 ↔ x = ±2 → D = IR {−2; 2} Nullstellen: −2x2 − 3x + 9 = 0 x1,2 = 3± 9+ 72 −6 = 3± 9 −6 ; x1 = −2 (keine Nst, da nicht in Definitionsmenge enthalten) x2 =1 f(x) = x2 − 4 x + 2 = (x + 2)(x − 2) x + 2 = x − 2 Definitionsmenge : x + 2 = 0 ↔ x = −2 → D = IR {−2} Nullstellen: x2 − 4 = 0 ↔(x + 2)(x − 2) = 0 x1 = −2 (keine Nst., da nicht in der Definitionsmenge enthalten) x2 = 2 f(x) = 3x2 − 3 x −1 = 3(x2 −1) x −1 = 3(x −1)(x +1) x −1 = 3(x +1) Definitionsmenge : D = IR {1} Nullstelle : x = −1 f(x) = 6x2 − 4x − 42 x −3 Definitionsmenge : D = IR {3} Nullstellen: x1,2 = 4± 16+1008 12 = 4±32 12 x1 = 3 (keine Nst.) x2 = − 7 3 → f(x) = 6x +14 (Definitionsmenge bleibt erhalten; Polynomdivision)
  • 7. ©www.vom-mathelehrer.de 2. 3. f(x) = 1 x − 2 +3 = 1 x − 2 + 3(x − 2) x − 2 = 1+3x − 6 x − 2 = 3x −5 x − 2 f(x) = 1 x +1 − 1 x +3 = x +3 (x +1)(x +3) − x +1 (x +1)(x +3) = (x +3) −(x +1) (x +1)(x +3) = 2 (x +1)(x +3) (1. Term) = 2 x2 +3x + x +3 = 2 x2 + 4x +3 (2. Term) = 2 x2 + 4x + 4 −1 = 2 (x + 2)2 −1 = 1 1 2 [(x + 2)2 −1] = 1 0,5(x + 2)2 −0,5 (3. Term) Evtl. einf acher : 3. Term ausmultiplizieren und zu 2. Term umformen!!!
  • 8. ©www.vom-mathelehrer.de Analysis – Übungsblatt 4 Gebrochenrationale Funktionen 2 - Lösung 1. a) b) c) d) e) f) f(x) = 5x + 4 x − 2 ; D = IR {2} lim x→2 > 5x + 4 →14!"# x − 2 +0 ! ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ = +∞ ; lim x→2 < 5x + 4 →14!"# x − 2 −0 ! ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ = −∞ ; Polstelle mit VZW f(x) = 2x2 +1 x + 4 ; D = IR {−4} lim x→−4 > 2x2 +1 33!"# x + 4 +0 ! ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ = +∞ ; lim x→−4 < 2x2 +1 33!"# x + 4 −0 ! ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ = −∞ ; Polstelle mit VZW f(x) = −2x2 −3x +9 x2 − 4 ; D = IR {−2;2} lim x→−2 > −2x2 −3x +9 →7! "## $## x2 − 4 →−0 %&' ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ = −∞ ; lim x→−2 < −2x2 −3x +9 →7! "## $## x2 − 4 →−0 %&' ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ = +∞ ; Polstelle mit VZW lim x→2 > −2x2 −3x +9 →−5! "## $## x2 − 4 →+0 %&' ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ = −∞ ; lim x→−2 < −2x2 −3x +9 →−5! "## $## x2 − 4 →−0 %&' ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ = +∞ ; Polstelle mit VZW f(x) = x2 − 4 x + 2 = (x + 2)(x − 2) x + 2 = x − 2 ; D = IR {−2} lim x→2 > x − 2( )= 0 ; lim x→2 < x − 2( )= 0 ; hebbare Definitionslücke f(x) = 3x2 −3 x −1 = 3(x2 −1) x −1 = 3(x −1)(x +1) x −1 = 3(x +1) ; D = IR {1} lim x→1 > 3(x +1)( )= 6 ; lim x→1 < 3(x +1)( )= 6 ; hebbare Definitionslücke f(x) = 6x2 − 4x − 42 x −3 = 6x +14 ; D = IR {3} lim x→3 > 6x +14( )= 32 ; lim x→−3 < 6x +14( )= 32 ; hebbare Definitionslücke
  • 9. www.vom-mathelehrer.de Analysis – Übungsblatt 5 Gebrochen-rationale Funktionen 3 - Lösung 1. a) b) c) f(x) = 5x + 4 x − 2 ; D = IR {2} lim x→±∞ 5x + 4 x − 2 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ = 5 ("z = n" → Vergleiche Leitkoeffizienten) Alternative : lim x→±∞ 5x + 4 x − 2 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ = lim x→±∞ x 5+ 4 x ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ x 1− 2 x ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ = lim x→±∞ 5+ 4 x →±0! 1− 2 x →±0 " ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ = 5 Sprichen Sie mit Ihrem Mathelehrer, was er sehen möchte! senkr : x = 2 waagr : y = 5 f(x) = 2x2 +1 x + 4 = 2x −8+ 33 x + 4 ; D = IR {−4} lim x→−∞ 2x −8+ 33 x + 4 →0 ! ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ = −∞ ; lim x→+∞ 2x −8+ 33 x + 4 →0 ! ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ = +∞ senkr.: x = −4 schräg: y = 2x −8 ("z = n+1") f(x) = −2x2 −3x +9 x2 − 4 ; D = IR {−2;2} lim x→−∞ −2x2 −3x +9 x2 − 4 ⎛ ⎝ ⎜⎜ ⎞ ⎠ ⎟⎟ = −2 ; lim x→+∞ −2x2 −3x +9 x2 − 4 ⎛ ⎝ ⎜⎜ ⎞ ⎠ ⎟⎟ = −2 ("z = n" → Vergleiche Leitkoeffizienten) senkr : x = −2 ; x = 2 waagr : y = −2
  • 10. www.vom-mathelehrer.de d) e) f) 2. f(x) = x2 − 4 x + 2 = (x + 2)(x − 2) x + 2 = x − 2 ; D = IR {−2} lim x→−∞ > x − 2( )= −∞ ; lim x→+∞ x − 2( )= +∞ f(x) = 3x2 −3 x −1 = 3(x2 −1) x −1 = 3(x −1)(x +1) x −1 = 3(x +1) ; D = IR {1} lim x→−∞ 3(x +1)( )= −∞ ; lim x→+∞ 3(x +1)( )= +∞ f(x) = 6x2 − 4x − 42 x −3 = 6x +14 ; D = IR {3} lim x→−∞ 6x +14( )= −∞ ; lim x→+∞ 6x +14( )= +∞ f(x) = 20x x2 − 25 = 20x (x −5)(x +5) Betrachte die Nennernullstellen für die Definitionsmenge! → D = IR {−5; 5} Symmetrie : f(−x) = 20(−x) (−x)2 − 25 = −20x x2 − 25 = − 20x x2 − 25 = f(x) → Punktsymmetrie bzgl. (0 | 0) senkr.: x = −5 ; x = 5 waagr.: y = 0 ("z < n")
  • 11. www.vom-mathelehrer.de 3. I: Steigung passt nicht II: passt nicht, das Polstelle mit VZW im Graph dargestellt ist, die Funktionsgleichung jedoch eine Nullstelle ersten Grades besitzt. 4. 0 = 1 2 ⋅(−1) −1+ a (−1−1)2 0 = −1,5+ a 4 a = 6 a) D = IR {1} SX (−3 | 0) SY (0 | −9) b)x + 7+ 16 x −1 = x(x −1) x −1 + 7(x −1) x −1 + 16 x −1 = x2 − x + 7x − 7+16 x −1 = x2 + 6x +9 x −1 = (x +3)2 x −1 = f(x) oder bei f(x) Zähler ausmultiplizieren und Polynomdivision durchführen. g ist schräge Asymptote von Gf .
  • 12. www.vom-mathelehrer.de Analysis – Übungsblatt 6 Differenzenquotient – mittlere Änderungsrate Differentialquotient – lokale Änderungsrate - Lösung 1. 2a) b) 3. 4a) A(0 | 730) ; B(21000 | 2962) Durchschn. Steigung: m = Δy Δx = yB − yA xB − xA = 2969 − 730 21000 −0 = 2239 21000 ≈ 0,107 Steigungswinkel: m = tan(α) = Gegenkathete Ankathete = Δy Δx = yB − yA xB − xA α = tan−1 2239 21000 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ≈ 6,09° I1 : f(b) − f(a) b − a = 5⋅52 −5⋅ 22 5 − 2 = 355 3 I2 : f(b) − f(a) b − a = 5⋅ 42 −5⋅ 22 4 − 2 = 30 I3 : f(b) − f(a) b − a = 5⋅32 −5⋅ 22 3 − 2 = 25 f '(x0 ) = lim x→x0 f(x) − f(x0 ) x − x0 = lim x→2 f(x) − f(2) x − 2 = lim x→2 5x2 − 5⋅ 22 x − 2 = lim x→2 5(x2 − 4) x − 2 = lim x→2 5(x + 2)(x − 2) x − 2 = = lim x→2 5(x + 2) = 5⋅(2+ 2) = 20 = f '(2) f '(x0 ) = lim x→x0 f(x) − f(x0 ) x − x0 = lim x→−1 f(x) − f(−1) x −(−1) = lim x→2 1 5 x2 − 1 2 x + 2−( 1 5 ⋅(−1)2 − 1 2 ⋅(−1) + 2) x +1 = = lim x→−1 1 5 x2 − 1 2 x + 2− 1 5 − 1 2 − 2 x +1 = lim x→−1 1 5 x2 − 1 2 x − 7 10 x +1 = lim x→−1 x − 7 2 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ x +1( ) x +1 = lim x→−1 x − 7 2 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ = − 9 2 NR : x1,2 = 1 2 ± 1 4 + 4⋅ 1 5 ⋅ 7 10 2 5 = 1 2 ± 81 100 2 5 x1 = 7 2 ; x2 = −1 ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ n(t) = 3t2 − 60t + 500 m = n(2) −n(0) 2− 0 = 3⋅ 22 − 60⋅ 2+ 500 − 500 2 = −54 mittlere Änderungsrate : −54 1 h I": f(b) − f(a) b − a = 5 ∙ 5- − 5 ∙ 2- 5 − 2 = 35
  • 13. www.vom-mathelehrer.de 5) f(x) = 2x ⋅e−0,5x2 mS = f(0,5) − f(−0,5) 0,5 −(−0,5) = e−0,53 −(−e−0,53 ) 1 = 2e−0,53 ≈ 1,76 f '(x) = 2⋅e−0,5x2 + 2x ⋅e−0,5x2 ⋅(−x) = 2e−0,5x2 (1− x2 ) mT = f '(0) = 2e0 (1−0) = 2 mT −mS mT ≈ 0,12 =12%
  • 14. www.vom-mathelehrer.de Analysis – Übungsblatt 7 Tangente –- Ableitung – Stammfunktion - Lösung 1) 2) 3) 4) g f(x) = 5x2 f '(x) =10x m = f '(2) = 20 y = mx + t 20 = 20⋅ 2+ t ↔ t = −20 y = 20x − 20 f(x) = 1 5 x2 − 1 2 x + 2 f '(x) = 2 5 x − 1 2 m = f '(−1) = − 9 10 y = mx + t 27 10 = − 9 10 ⋅(−1) + t ↔ t =1,8 y = − 9 10 x +1,8 F(x) = x2 − 2x F'(x0 ) = lim x→x0 x2 − 2x − x0 2 − 2x0( ) x − x0 = lim x→x0 x2 − x0 2 −(2x − 2x0 ) x − x0 = lim x→x0 (x − x0 )(x + x0 ) x − x0 − lim x→x0 2(x − x0 ) x − x0 = lim x→x0 x + x0( )− 2 = 2x0 − 2 = f(x0 ) Definitionsmengen vergleichen!!! → F ist Stammfunktion zu f
  • 15. www.vom-mathelehrer.de 5) lim t→t0 3t2 − 60t +500 −(3t0 2 − 60t0 +500) t − t0 = lim t→t0 3t2 − 60t −3t0 2 + 60t0 t − t0 = lim t→t0 3t2 −3t0 2 −(60t − 60t0 ) t − t0 = lim t→t0 3t2 −3t0 2 0 t − t0 − lim t→t0 60t − 60t0 t − t0 = lim t→t0 3(t − t0 )(t + t0 ) t − t0 − lim t→t0 60(t − t0 ) t − t0 = lim t→t0 3(t − t0 ) − 60 = 6t0 − 60 f '(x) = 6t − 60 (Später ohne Diff '− qu ableiten!!!) −30 = 6t − 60 6t = 30 t = 5 5 Stunden nach Beginn...
  • 16. www.vom-mathelehrer.de Analysis – Übungsblatt 8 Summen- und Faktorregel - Lösung 1) 2) 3) An diesen Stellen besitzt der Graph eine Tangente, die parallel zur x-Achse verläuft. 4) 5) f(x) = x3 − x2 + x +1 ; f '(x) = 3x2 − 2x +1 g(x) = 1 3 x3 − 1 2 x2 + x +1 ; g'(x) = x2 − x +1 h(x) =18 − x3 + 3x2 ; h'(x) = −3x2 + 6x i(x) = −3 ; i'(x) = 0 j(x) = 4x(x −1)2 = 4x(x2 − 2x +1) = 4x3 − 8x2 + 4x ; j'(x) =12x2 −16x + 4 k(x) = 1 x −1= x−1 −1 ; k'(x) = −x−2 = − 1 x2 l(x) = 5 x2 + 5x 2 = 5x−2 + 5 2 x ; l'(x) = −10x−3 + 2,5 = − 10 x3 + 2,5 f(x) = x3 − 2x2 ; f '(x) = 3x2 − 4x f(2) = 0 f '(2) = 4 y = mx + t 0 = 4⋅ 2+ t ↔ t = −8 y = 4x −8 f(x) = x3 − 6x2 +11x − 6 f '(x) = 3x2 −12x +11 f ''(x) = 6x −12
  • 17. www.vom-mathelehrer.de Analysis – Übungsblatt 9 Produkt- und Quotientenregel - Lösung 1) 2a) Definitionslücken: egal Nullstellen: I Asymptoten: III SP y-Achse: II b) 3a) b) Ist die Kettenregel bekannt, kann diese Aufgabe „geschickter“ gelöst werden. 4) f '(x) =1⋅(x2 + x +1) +(x −1)(2x +1) = x2 + x +1+ 2x2 + x − 2x −1= 3x2 g'(x) = (x − 2)⋅1− x ⋅1 (x − 2)2 = −2 (x − 2)2 h'(x) = (2x −3)⋅(2x −1) −(x2 − x)⋅ 2 (2x −3)2 = 2x2 − 6x +3 (2x −3)2 i'(x) = 0 j(x) = 4x(x −1)2 = 4x(x2 − 2x +1) = 4x3 − 8x2 + 4x ; j'(x) =12x2 −16x + 4 k(x) = 1 x −1= x−1 −1 ; k'(x) = −x−2 = − 1 x2 l(x) = 5 x2 + 5x 2 = 5x−2 + 5 2 x ; l'(x) = −10x−3 + 2,5 = − 10 x3 + 2,5 f '(x) = x2 + 4x +13 (x + 2)2 I: 4x = 0 ↔ x = 0 II: senkr : x = −1 III: "z < n" f(x) = 4x (x +1)2 = 4x x2 + 2x +1 f '(x) = (x2 + 2x +1)⋅ 4 − 4x ⋅(2x + 2) (x +1)4 = 4(x +1)2 −8x(x +1) (x +1)4 = (x +1)[4(x +1) −8x] (x +1)4 = 4x + 4 −8x (x +1)3 = −4x + 4 (x +1)3 D = IR {− 5 4 } f '(x) = (4x +5)⋅ 2−(2x +3)⋅ 4 (4x +5)2 = 4x +10 −8x −12 (4x +5)2 = − 2 (4x +5)2
  • 18. www.vom-mathelehrer.de Analysis – Übungsblatt 10 Monotonie und Extrempunkte - Lösung 1) f '(x) = 3x2 − x +1 f '(x)= ! 0 3x2 − x +1= 0 x1,2 = 1± 1−12 6 ; keine Nullstelle der ersten Ableitung → keine waagrechte Tangete an Gf → kein Extremum Monotonie : f '(x) > 0 für alle x ∈ ID f ist streng monoton wachsend. g'(x) = (x − 2)⋅1− x ⋅1 (x − 2)2 = −2 (x − 2)2 ; Dg = Dg' = IR {2} g'(x) ≠ 0 ; keine Nullstellen der ersten Ableitung → keine waagrechte Tangete an Gf → kein Extremum Monotonie : x : − − − − − + 2 Def.−L − − − −− > f '(x) : < 0 < 0 Gf fällt fällt
  • 19. www.vom-mathelehrer.de h'(x) = (2x −3)⋅(2x −1) −(x2 − x)⋅ 2 (2x −3)2 = 2x2 − 6x +3 (2x −3)2 ; Dh = Dh' = IR {1,5} h'(x)= ! 0 2x2 − 6x +3 = 0 x1,2 = 6± 36 − 24 4 = 6± 2 3 4 x1 = 3+ 3 2 ; x2 = 3 − 3 2 Gf besitzt waagrechte Tangente; potentielle Extrempunkte( ) Monotonie : x : − − − − − + 3− 3 2 − − − − − − + 1,5 Def.−L − − − − − − + 3+ 3 2 − − − − − − > f '(x) : > 0 < 0 < 0 > 0 Gf : steigt fällt fällt steigt HOP TIP 3 − 3 2 | 2− 3 2 ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ 3+ 3 2 | 2+ 3 2 ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ l'(x) = −10x−3 + 2,5 = − 10 x3 + 2,5 ; Dl = Dl' = IR {0} l'(x)= ! 0 − 10 x3 + 2,5 = 0 ↔ 10 x3 = 2,5 ↔ x3 = 4 ↔ x = 43 Monotonie : x : − − − − − − + 0 Def.−L − − − − − − + 43 − − − − − − > f '(x) : > 0 < 0 > 0 Gf : steigt fällt steigt TIP 43 | 5,95( )
  • 20. www.vom-mathelehrer.de 2a) b) 3) z.B. lim x→+∞ 1 a >0 x →+∞ ( x2 →+∞ −1) ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ = +∞ → Abbildung 2 fa '(x) = 3 a ⋅ x2 −1 fa '(x)= ! 0 3 a ⋅ x2 −1= 0 ↔ x2 = a 3 ↔ x1,2 = ± a 3 x −Koord. des Extrempunkts einsetzen: 3 = ± a 3 9 = a 3 ↔ a = 27 → f27 (x) = 1 27 x3 − x ; f '27 (x) = 1 9 x2 −1 Pr obe auf Extrempunkt : (da Gf punktsymm. bzgl. (0 | 0) ist, wird Monotonie für x > 0 untersucht) x : − − − − −+ 3 − − − −− > f '(x) : < 0 > 0 Gf fällt steigt TIP Ist die zweite Ableitung bekannt : f ''a (x) = 6 a x ; f ''27 (3) = 6 27 ⋅3 ≠ 0 ⎛ ⎝ ⎜ ⎜⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟⎟ f '(x) = 4x3 − 6x2 f '(x)= ! 0 4x3 − 6x2 = 0 2x2 (2x −3) = 0 x1 = 0 ; x2 =1,5 Monotonie : x : − − − − − −+ 0 − − − − − − + 1,5 − − − −− > f '(x) : < 0 < 0 > 0 Gf : fällt fällt steigt TEP TIP aus a) bekannt 1,5 | −1,69( )
  • 21. www.vom-mathelehrer.de Analysis–Übungsblatt11 Kurvendiskussion -LösungKurvendiskussionrationalerFunktionen UmbestimmteEigenschaftendesGraphenablesenzukönnen,eignensichunterschiedlicheDarstellungsformendesFunktionsterms: 1.Definitionsmenge DieDefinitionsmengeistentwederangegeben(z.B.beiAnwendungsbezügen),ansonsten istdiemaximaleDefinitionsmengefür -ganz-rationaleFunktionenganzIR. -gebrochen-rationaleFunktionenganzIRohnegegebenenfallsdie Nennernullstellen. 2.Symmetrie AllgemeinerAnsatzzurUntersuchung: -f(–x)=f(x) ÞAchsensymmetriezury-Achse -f(–x)=–f(x) ÞPunktsymmetriezumUrsprung Speziellfürganz-rationaleFunktionen: -nurgeradeExponenten ÞAchsensymmetrie -nurungeradeExponenten ÞPunktsymmetrie HatdieFunktioneineSymmetrie,kannmansichoftdieHälftederArbeit„sparen“! f(x)= x3 x2 −1 = x3 (x+1)(x−1) =x+ x x2 −1 Df =IR{−1;1} f(−x)= (−x)3 (−x)2 −1 = (−1)3 x3 (−1)2 x2 −1 =− x3 x2 −1 =−f(x) →PunktsymmetriezumKoordinatenursprung.
  • 22. www.vom-mathelehrer.de 3.SchnittpunktmitdenKoordinatenachsen Schnittpunktmitdery-AchseSy(0/f(0)):f(0)=yo Schnittpunktmitderx-AchseSx(x0/0):f(x)=0 StrategienbeiderNullstellensuche: -Ausklammern,wennmöglich,vonxn Þn-facheNullstellebeixo=0 -ErrateneinerNullstellex1ÞPolynomdivisiondesFunktionstermsdurch(x–x1) -QuadratischeTermemitLösungsformelauswerten -LineareGleichungenmitÄquivalenzumformungauflösen DieVielfachheiteinerNullstelleermöglichteinigeinteressanteSchlussfolgerungen: -UngeradeVielfachheitÞVorzeichenwechsel(geradeVielfachheitÞkeinVZW) -DieVielfachheiteinerNullstelleistinderAbleitungumeinsniedriger! -DieVielfachheitverrätetwasüberdenVerlaufdesGrapheninderUmgebungder Nullstelle: oEinfacheNullstelle:SchnittpunktwiebeieinerGeradenmitderx-Achse oDoppelteNullstelle:Berührpunkt(wiebeiParabel),lokalerExtrempunkt oDreifacheNullstelle:TerrassenpunktanderNullstelle f(0)= 03 02 −1 =0 →Sy (0/0) f(x)=0 x3 x2 −1 =0⇔x3 =0⇔x=0 dreifacheNullstelle  →Sx (0/0)
  • 23. www.vom-mathelehrer.de 4.VerhaltenimUnendlichen Beiganz-rationalenFunktionenbestimmtderSummandmitdemgrößtenExponentendas Verhaltenfürf(x). Fürgebrochen-rationaleFunktionengiltfürdenZählergradzunddenNennergradn -z<n:x-AchseistwaagrechteAsymptote -z=n:waagrechteAsymptote -z=n+1:schrägeAsymptote -z>n+1:keineAsymptote ZurBestimmungderAsymptoteneignensich: •SenkrechteAsymptoten:Nennernullstellen,sofernsiesichnichtgegen Zählernullstellenkürzenlassen •WaagrechteAsymptoten:AusklammernundKürzenderhöchstenvorkommenden Potenz,fallsz<noderz=n •SchrägeAsymptoten:DurchführungderPolynomdivision,fallsz>n 5.VerhaltenandenDefinitionslücken (fürgerochen-rationaleFunktionen) WirdderNenner,jedochnichtderZähler,fürxpnull,sobesitztdieFunktionhiereine Polstelle.DerGraphbesitzteinesenkrechteAsymptotemitderGleichungx=xp. HabenZählerundNennergemeinsameNullstellen,sozerlegtmanbeideinLinearfaktoren undkürzt.DamitkannmanDefinitionslückenbeheben. lim x→−∞ x+ x x2 −1 =lim x→−∞ x+ x2 ⋅ 1 x x2 (1− 1 x2 ) =lim x→−∞ x →−∞ + 1 x →0 1− 1 x2 →0  →0  =−∞ lim x→+∞ x+ x x2 −1 =lim x→+∞ x+ x2 ⋅ 1 x x2 (1− 1 x2 ) =lim x→+∞ x →+∞ + 1 x →0 1− 1 x2 →0  →0  =+∞ lim x→xp f(x)=±∞ lim x→ < −1 x3 →−1 x2 −1 →+0  =−∞lim x→ < 1 x3 →1 x2 −1 →−0  =−∞ lim x→ > −1 x3 →−1 x2 −1 →−0  =+∞lim x→ > 1 x3 →1 x2 −1 →+0  =+∞
  • 26. www.vom-mathelehrer.de Analysis – Übungsblatt 12 Newton und Umkehrfunktion - Lösung 1) Die Tangenten an den Graphen in Hoch- bzw. Tiefpunkt sind parallel zur x-Achse. Dadurch existiert kein Schnittpunkt von Tangente und x-Achse und das Verfahren kann nicht ausgeführt werden. ODER: 2) 3) 4) xn+1 = xn − f(xn ) f '(xn ) Im Extermpunkt gilt f '(xn ) = 0 → Durch Null darf nicht dividiert werden. → Verfahren kann nicht ausgeführt werden. f−1 x( )= 1 x Df−1 = IR {0} Wf−1 = IR {0} f x( )=1+ 1 x y =1+ 1 x ↔ y −1= 1 x ↔ x = 1 y −1 f−1 (x) = 1 x −1 Df−1 = IR {1} Wf−1 = IR {0} y = 2x 1+5x ↔(1+5x)y = 2x ↔ y +5xy = 2x ↔ y = 2x −5xy ↔ y = x(2−5y) ↔ x = y 2−5y f−1 x( )= x 2−5x Df−1 = IR { 2 5 } Wf−1 = IR {− 1 5 }
  • 27. www.vom-mathelehrer.de 5) Gf ist achsensymmetrisch bzgl. der Winkelhalbierenden des 1. Und 3. Quadranten. 6) Nicht umkehrbar auf IR, da jede Parallele zur x-Achse mit der Gleichung y=a mit -1≤a≤1 Gf unendlich oft schneidet. Mögliches Intervall I=[0; π]
  • 28. www.vom-mathelehrer.de Analysis – Übungsblatt 13 Trigonometrische Funktionen - Lösung 1) 2) z.B.: a=6 3 α) z.B.: a=1; c=1 β) z.B.: a=2; c=0 4) a)k=π b) f(x) = sin(x) + cos(x) ; f '(x) = cos(x) − sin(x) g(x) = 1 2 cos(x) − 1 2 sin(x) ; g'(x) = − 1 2 sin(x) − 1 2 cos(x) h(x) = 3 ⋅cos(x) ; h'(x) = − 3 ⋅sin(x) i(x) = − 3 ⋅cos(x) ; i'(x) = 3 ⋅sin(x) j(x) = x + 3 ⋅sin(x) ; j'(x) =1+ 3 ⋅cos(x) k(x) = 1 9 x3 ⋅cos(x) ; k'(x) = 1 3 x2 ⋅cos(x) − 1 9 x3 ⋅sin(x) (Produktregel) y = x +k mit k ≠ 0 z.B.: y = x −1
  • 29. www.vom-mathelehrer.de Analysis – Übungsblatt 14 Funktionen mit rationalen Exponenten - Lösung 1) 2a) b) 3) f(x) = x = x 1 2 ; Df = IR+ 0 ; f '(x) = 1 2 x − 1 2 = 1 2 x g(x) = 1 x = x − 1 2 ; Dg = IR+ ; g'(x) = − 1 2 x − 3 2 = − 1 2x x = − x 2x2 h(x) = 3 ⋅ x ; Dh = IR ; h'(x) = 3 i(x) = x x = x x x = x ; Di = IR+ ; i'(x) = 1 2 x j(x) = x + x ; Dj = IR+ 0 ; j'(x) =1+ 1 2 x k(x) = x ⋅cos(x) ; Dk = IR+ 0 ; k'(x) = 1 2 x ⋅cos(x) − x ⋅sin(x) Definitionsmenge : 4+ x ≥ 0 x ≥ −4 Dg = [−4; +∞[ SP mit y − Achse : g(0) = 2⋅ 4+ 0 −1= 3 Sy (0 | 3) Von innen nach außen: x → x + 4 : Verschiebung um 4 Einheiten nach links x + 4 → 2⋅ x + 4 : Streckung um Faktor 2 in y −Richtung 2⋅ x + 4 → 2⋅ x + 4 −1: Verschiebung um 1 Einheit nach unten Wertemenge : Wg = [−1 ; +∞[
  • 30. www.vom-mathelehrer.de x2 −b ≥ 0 x2 ≥ b | x |≥ b x ≥ b oder −x ≥ b ↔ x ≤ − b Dg = IR]− b ; b[ b = 2 → b = 4
  • 31. www.vom-mathelehrer.de Analysis – Übungsblatt 15 Kettenregel - Lösung 1) 2a) f '(x) = 2(3x − 4)3 = 6(3x − 4) h(x) = 3x = (3x) 1 2 ; h'(x) = 1 2 (3x) − 1 2 ⋅3 = 3 2 3x h'(x) = (2x +1) 1 2 = 1 2 ⋅(2x +1) − 1 2 ⋅ 2 = 1 2x +1 i'(x) = cos(x3 −5x)⋅(3x2 −5) j'(x) = 2x3 −19x2 +12x 2(2x +3)4 1− x k(x) = 5x5 ( ) 1 3 ; k'(x) = 1 3 5x5 ( ) − 2 3 ⋅ 25x4 = 25x4 3 5x5 ( ) 2 3 = 25x4 3 25x103 = 25x4 3 25⋅ x9 ⋅ x3 = 25x4 3⋅ 25 1 3 ⋅ x3 ⋅ x3 = 25x ⋅ 25 2 3 3⋅ 25⋅ x3 = x ⋅ 2523 3 x3 = x 53 ⋅53 3 x3 = 5x ⋅ 53 3 x3 Definitionsmenge : 3x − 5 ≥ 0 3x ≥ 5 x ≥ 5 3 D = [ 5 3 ; +∞[ f(3) = 2 f '(x) = 1 2 (3x −5) − 1 2 ⋅3 = 3 2 3x −5 m = f '(3) = 3 2 3⋅3 −5 = 3 4 y = mx + t 2 = 3 4 ⋅3+ t ↔ t = − 1 4 y = 3 4 x − 1 4
  • 32. www.vom-mathelehrer.de f(x)= ! 0 ↔ sinx = 0 ↔ x = kπ (k ∈ Z {0} Definitionsmenge beachten!) (x = 0; ±π; ±2π; ...) f(−x) = sin(−x) (−x)2 = −sin(x) x2 = − sin(x) x2 = −f(x) → Punktsymm. bzgl (0 | 0) Grenzwert : lim x→+∞ sinx Wertemenge [−1;1] ! x2 →+∞ ! = 0 f '(x) = x2 ⋅cosx − sinx ⋅ 2x x4 = x ⋅cosx − 2⋅sinx x3
  • 33. www.vom-mathelehrer.de Analysis – Übungsblatt 16 e- und ln-Funktion - Lösung 1) Df = IR ; f '(x) = e0,5x+1 ⋅0,5 = 0,5e0,5x+1 Dg = IR ; g'(x) = e− 0,5x2 ⋅(−0,5⋅ 2x) = −xe− 0,5x2 Dh = IR {0} ; h'(x) = xex − ex ⋅1 x2 = (x −1)ex x2 Definitionsbereich: x − 2> ! 0 ↔ x > 2 ; Di =]2; +∞[ i'(x) = 1 x − 2 j(x) = ln(x3 ) = 3lnx ; Dj = IR+ j'(x) = 3 x Alternative : j'(x) = 1 x3 ⋅3x2 = 3 x k(x) = ln x + 4 x ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ = ln(x + 4) −lnx Definitionsmenge : x + 4 x > ! 0 ; x + 4 > 0 für x > −4 x + 4 < 0 für x < −4 Betrachte in Vorzeichentabelle Nenner − und Zählernullstellen: x : − − − − − − + −4 − − − − − −+ 0 − − − − − − > f(x) : x + 4 −! x − ! > 0 x + 4 +! x − ! < 0 x + 4 +! x + ! > 0 Dk =]−∞; −4[∪]0;+∞[ k'(x) = 1 x + 4 − 1 x = x x(x + 4) − x + 4 x(x + 4) = x −(x + 4) x(x + 4) = −4 x(x + 4) Alternative : k'(x) = 1 x + 4 x ⋅ x −(x + 4) x2 = x x + 4 ⋅ −4 x2 = −4 x + 4 (Nachdifferenzieren mit Quotientenregel)
  • 34. www.vom-mathelehrer.de 2a) b) c) 3) Definitionsbereich: IR. Symmetrie: Wegen f(-x)=f(x) liegt Achsensymmetrie zur y-Achse vor. fk (−x) = (−x)2 −ln((−x)2 +k2 ) = x2 −ln(x2 +k2 ) = f(x) → Gfk symmetrisch bzgl. y − Achse fk '(x) = 2x − 1 x2 +k2 ⋅ 2x = 2x(x2 +k2 ) − 2x x2 +k2 = 2x(x2 +k2 −1) x2 +k2 =fD lim x→±∞ e− x2 →+∞! 2 −∞!"# $# = 0 f(x) = e − x2 2 f '(x) = e − x2 2 ⋅ − 2x 2 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ = −xe − x2 2
  • 35. www.vom-mathelehrer.de Analysis – Übungsblatt 17 e- und ln-Gleichungen - Lösung 1) 2) Keine Nullstellen, denn die e-Funktion wird nie Null. ; e2x = 2 ↔ 2x = ln(2) ↔ x = ln(2) 2 e2x+1 −1= 0 ↔ e2x+1 =1↔ 2x +1= ln(1) ↔ 2x +1= 0 ↔ 2x = −1↔ x = − 1 2 3x e0.5x −1( )= 0 x1 = 0 e0,5x −1= 0 ↔ e0,5x =1↔ x = 0, da e0 =1→ x2 = 0 ln(x − 2) = 0 ↔ x − 2 =1↔ x = 3 2ln(x) +3 = 0 ↔ln(x) = −1,5 ↔ x = e−1,5 2xln(x2 −3) = 0 x1 = 0 x2 −3 =1↔ x2 = 4 ↔ x2,3 = ±2 ln x + 4 x ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ = 0 x + 4 x =1↔ x + 4 = x ↔ 0 = 4 → keine Nst. f '(x) = e − x2 2 ⋅(− 1 2 ⋅ 2x) = −xe − x2 2 f '(x)= ! 0 ↔ x = 0 x : − − − − −+ − − − − − > f '(x) : > 0 < 0 Gf : steigt fällt HOP(0 |1)
  • 36. www.vom-mathelehrer.de 3) x + 2 > 0 ↔ x > −2 2− x > 0 ↔ x < 2 Df =]− 2; 2[ ln(x + 2) −ln(2− x) = 0 ln(x + 2) = ln(2− x) | e * x + 2 = 2− x 2x = 0 x = 0 f '(x) = 1 x + 2 ⋅1− 1 2− x ⋅(−1) = 1 x + 2 + 1 2− x = 2− x (x + 2)(2− x) + 2+ x (x + 2)(2− x) = 4 (x + 2)(2− x) f '(x) ≠ 0 ; sogar > 0 → Gf streng monoton wachsend → keine Nullstellen
  • 37. www.vom-mathelehrer.de Analysis – Übungsblatt 18 Zusammengesetzte Funktionen - Lösung 1) f(x) = 3x + 9 = 3x + 9( ) 1 2 ; f '(x) = 1 2 3x + 9( ) − 1 2 ⋅3 = 3 2 3x + 9 = 3 2⋅ 3 ⋅ x + 3 = 3 2 x + 3 Oder : f(x) = 3x + 9 = 3 ⋅ x + 3 = 3 x + 3( ) 1 2 ; f '(x) = 3 ⋅ 1 2 x + 3( ) − 1 2 ⋅1= 3 2 x + 3 f(x) = 2ex ex + 9 ; f '(x) = (ex + 9)⋅ 2ex − 2ex ⋅ex ex + 9( ) 2 = 2e2x +18ex − 2e2x ex + 9( ) 2 = 18ex ex + 9( ) 2 f(x) = x2 ⋅ex ; f '(x) = 2xex + x2 ex f(x) = x lnx ; f '(x) = lnx − x ⋅ 1 x lnx( ) 2 = lnx −1 lnx( ) 2 f(x) = 1−lnx = (1−lnx) 1 2 ; f '(x) = 1 2 (1−lnx) − 1 2 ⋅ − 1 x ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ = − 1 2x 1−lnx f(x) = lnx x2 ; f '(x) = x2 ⋅ 1 x −lnx ⋅ 2x x4 = x − 2xlnx x4 = 1− 2lnx x3 f(x) = (3+ x)2 x −1 ; f '(x) = x2 − 2x −15 x2 − 2x +1 f(x) = 2 (lnx)2 −1( ) ; f '(x) = 2 2lnx( )⋅ 1 x = 4lnx x Alternative : f(x) = 2(lnx)2 − 2 ; f '(x) = 2⋅ 2lnx ⋅ 1 x = 4lnx x
  • 38. www.vom-mathelehrer.de 2) 3) F'(x) = 1 4 x2 ⋅(2lnx −1) ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟' = 1 4 ⋅ 2x ⋅(2lnx −1) + 1 4 x2 ⋅ 2 x = x 2 (2lnx −1) + x 2 = x 2 ⋅ 2lnx − x 2 + x 2 = xlnx = f(x) Definitionsmenge stimm überein → F ist Stammfunktion von f Fc (x) = 1 4 x2 ⋅(2lnx −1) + c Fc (1)= ! 0 1 4 ⋅(2ln(1) =0 ! −1) + c = 0 − 1 4 + c = 0 ↔ c = 1 4 → F(x) = 1 4 x2 ⋅(2lnx −1) + 1 4 besitzt an der Stelle x =1 den Wert 0 f(x) = 4x (x +1)2 Nullstelle : f(x)= ! 0 ↔ 4x = 0 ↔ x = 0 senkr. Asyp.: x = −1 y = 0 ist waagr. Asympt.: "Zählergrad < Nennergrad" Extrempunkt : f '(x) = −4x ⋅ 2(x +1) +(x +1)2 ⋅ 4 (x +1)4 = −8x +(x +1)⋅ 4 (x +1)3 = −4x + 4 (x +1)3 f '(x)= ! 0 ↔ −4x + 4 = 0 ↔ x =1 x : − − − − − −+ −1 − − − − − −+ 1 − − − − − − > f '(x) : < 0 > 0 < 0 Gf : fällt steigt fällt Def.−L HOP(1|1) Graph ist für x < −1 streng mon. fallend und f(−3) = −3 → Gf für x < −1 im III. Quadranten Graph ist für −1< x < 0 streng mon. steigend und f(−0,5) < 0 → Gf für −1< x < 0 im III. Quadranten → Gf für x < 0 im III. Quadranten F'(x) = 4⋅ln(x +1) + 4 x +1 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟' = 4⋅ 1 x +1 + −4 (x +1)2 = 4 x +1 − 4 (x +1)2 = 4(x +1) − 4 (x +1)2 = 4x (x +1)2 = f(x) Definitionsmenge identisch für x > −1 ; → F ist Stammfunktion von f für x > −1 k(x) = 3⋅e2x e2x +1 −1,5 ; k'(x) = (e2x +1)⋅3⋅e2x ⋅ 2− 3⋅e2x (e2x +1) (e2x +1)2 = 6e4x + 6e2x − 6e4x (e2x +1)2 = 6e2x >0! (e2x >0 ! +1)2 >0 ! "# $# > 0 Gk ist streng monoton steigend
  • 39. www.vom-mathelehrer.de Analysis – Übungsblatt 19 Anwendungsaufgaben - Lösung 1) 2) 2. Alternative Minimum bei : , also Punkt (0|0): ; Punkt (3|2,25): , Punkt (6|0): , Einsetzen der ersten beiden Gleichungen in die anderen Gleichungen ergibt: P : f(x) = a(x − d)2 + g Scheitel einsetzen: f(x) = ax2 + e Punkt einsetzen: 1= a⋅12 + e a =1− e → f(x) = (1− e)x2 + e Alternative über ein lineares Gleichungssystem mit 3 Unbekannten ist wohl aufwendiger, geht aber auch! f(x) = ax3 +bx2 + cx + d Nullstellenform: f(x) = a(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) x = 0 doppelte Nst. x = 6 einf ache Nst. f(x) = a(x −0)(x −0)(x − 6) = ax2 (x − 6) P einsetzen: 2,25 = a⋅32 (3 − 6) 2,25 = a⋅(−27) a = − 1 12 f(x) = − 1 12 x2 (x − 6) = − 1 12 x3 + 1 2 x2 Alternative über lineares Gleichungssystem mit 4 Unbekannten wohl aufwendiger. f(x) = ax3 +bx2 + cx + d f '(x) = 3ax2 + 2bx + c x = 0 f '(0)= ! 0 c = 0 f(0) = 0 d = 0 f(3)= ! 2,25 27a+9b+3c + d = 2,25 f(6)= ! 0 216a + 36b + 6c + d = 0
  • 40. www.vom-mathelehrer.de Einsetzen in die zweite Gleichung ergibt: , also . Funktionsgleichung also: . (Im Abi 1b) Hochpunkt berechnen: ergibt (Tiefpunkt), (Vorzeichentabelle bestätigt Maximum, y-Wert durch Einsetzen in ). Also Hochpunkt . 3. 27a + 9b = 2,25 216a+ 36b = 0 108a = −9 a = − 1 12 216⋅(− 1 12 ) +36b = 0 b = 1 2 y = − 1 12 x3 + 1 2 x2 f '(x) = − 1 4 x2 + x = x(− 1 4 x +1) f '(x)= ! 0 x(− 1 4 x +1) = 0 01 =x 42 =x f(x) (4 | 2 2 3 ) Hauptbedingung: VZylinder = r2 πh Nebenbedingung: U = 2a+ 2b 27cm = 2a+ 2b ↔13,5cm = a+b ↔b =13,5cm− a Einsetzen in Hauptbedingung: V(a) = a2 π⋅(13,5 − a) = −a3 π +13,5a2 π V'(a) = −3a2 π + 27aπ = −3a(aπ − 9π) V'(a)= ! 0 ↔ a1 = 0; kann man ausschließen, da sonst kein Zylinder entsteht (a,b > 0)( ) ; a2 = 9 a : − − − − − − + 9 − − − − − − > V'(a) : > 0 < 0 GV steigt fällt HOP(9 | 364,5π) → b =13,5 − 9 = 4,5 Für a = 9cm und b = 4,5cm wird das Volumen des Zylinders mit 364,5π cm3 maximal.
  • 41. www.vom-mathelehrer.de 4. f 'a (x) = eax + xeax ⋅a = eax (1+ ax) f 'a (2)= ! 0 e2a >0 für alle a !(1+ 2a) = 0 ↔1+ 2a = 0 ↔ a = − 1 2
  • 42. www.vom-mathelehrer.de Analysis – Übungsblatt 20 Lokale und Gesamtänderung, Integral; Integralfunktion, Flächenbilanz, HDI - Lösung 1) 2) 3) 4) I -> D ; <0 II -> B ; =0 III -> A ; >0 IV -> C ; <0 5) A1 = 6⋅15 = 90(m) A2 = 1 2 ⋅12⋅15 = 90(m) Das Auto hat insgesamt einen Weg von 180m zurückgelegt. f(x)dx 1 5 ∫ =1⋅1+1⋅3+1⋅ 6+1⋅10 = 20 h ist Stammfunktion von h'. h'(x)dx 0 1 ∫ = x4 + x2 +1⎡ ⎣ ⎤ ⎦ 1 0 = 3 −1= 2
  • 43. www.vom-mathelehrer.de 7) Durch f(x)=sin(2x) ist der zugehörige Graph in x-Richtung gestaucht. Dadurch besitzt der Graph bei 0,5π eine Nullstelle, die im Intervall 0≤x≤2 liegt. Somit liegt ein Teil der Fläche oberhalb, ein anderer Teil unterhalb der x-Achse. Das Integral beschreibt die Flächenbilanz. Alles oberhlab der x-Achse wird positiv, alles unterhalb der x-Achse negativ gezählt. Der Flächeninhalt addiert jedoch diese beiden Teilflächen. sin(2x)dx = 1 2 sin(2x) ⎡ ⎣ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ 2 0 = 1 2 sin(4) 0 2 ∫
  • 44. www.vom-mathelehrer.de Analysis – Übungsblatt 21 Stammfunktion - Lösung 1) 2a) Der Graph von F steigt streng monoton bis zur Nullstelle von f. Hier liegt bei f ein Vorzeichenwechsel vor, sodass an der Nullstelle von f der Graph einer Stammfunktion einen Hochpunkt besitzt. Anschließend fällt der Graph von F b) x2 dx= 1 3 x3 ⎡ ⎣ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ −2 2 = 1 3 ⋅8 − 1 3 ⋅( − 8) = 16 3-2 2 ∫ x2 dx = 1 3 x3 ⎡ ⎣ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ −1 −2 = 1 3 ⋅( −1) − 1 3 ⋅( − 8) = 7 3−2 −1 ∫ (ex + x −1)dx 0 2 ∫ = ex + 1 2 x2 − x⎡ ⎣ ⎤ ⎦0 2 = e2 + 2− 2−(e0 +0 −0) = e2 −1 (2+ x)(2− x)dx= (4-x2 )dx = 4x − x3 3 ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥0 −2 = −8+ 8 3 − 0 =− 16 30 -2 ∫ 0 -2 ∫ 2x dx∫ = e ln 2x ( )dx∫ = exln(2) dx∫ = 1 ln(2) ⋅exln(2) +C = 1 ln(2) 2x +C −cos(2x)dx∫ = −sin(2x)⋅ 1 2 +C = − 1 2 sin(2x) 2x +1 x2 + x dx∫ = ln| x2 + x | +C Im Zähler steht die Ableitung des Nenners
  • 45. www.vom-mathelehrer.de 3) a) b) F’(2)=f(2)=0,5 c) f(x)dx 3 5 ∫ = 1,6+0,7 2 ⋅ 2 = 2,3 (Flächeninhalt kann durch Trapez angenähert werden: ATrapez = a+ c 2 ⋅h) f(x)dx 3 b ∫ = F(b) −F(3) = F(b) (Angabe : F(3) = 0)
  • 46. www.vom-mathelehrer.de Analysis – Übungsblatt 22 Flächeninhalt - Lösung 1) Nullstellen: x1=-7 ; x2=-3 aber: (Flächenbilanz) 2a) b) Nullstellen, Schnittstellen beachten! Symmetrie ausnutzen! Graph ist nach oben geöffnete Parabel. 2 Nst.→ Scheitel unterhalb x − Achse A = (x2 +10x + 21)dx −8 −7 ∫ + (x2 +10x + 21)dx −7 −3 ∫ + (x2 +10x + 21)dx −3 −1 ∫ = -8 -7 x3 3 +5x2 +21x ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ + -7 -3 x3 3 +5x2 +21x ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ + -3 -1 x3 3 +5x2 +21x ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ = ( −343 3 + 245 −147) −( −512 3 +320 −168) + (−9+ 45 − 63) −( −343 3 + 245 −147) +( −1 3 +5 − 21) −(−9+ 45 − 63) 7 32 32 3 3 3 = + - + 3 2 23= (x2 +10x + 21)dx −8 −1 ∫ = 2 1 3 −3 =1− 1 x2 ↔ 1 x2 = 4 x2 = 1 4 ↔ x1,2 = ± 1 2 A = 3⋅1+ 2⋅ 1− 1 x2 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟dx 0,5 1 ∫ = 3+ 2⋅ x + 1 x ⎡ ⎣ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ 1 0,5 = 3+ 2⋅ 2− 2,5⎡ ⎣ ⎤ ⎦ = 4
  • 47. www.vom-mathelehrer.de 3) 1. Schnittstellen bestimmen f(x) = g(x) x2 – 4 = – 2x2 – 1 3x2 = 3 x1/2 = ±1 2. Berechnung des bestimmten Integrals 4) Die Funktion f stellt für große Werte von x keine realistische Modellierung dar. (g(x) − f(x))dx = (−3x2 + 3)dx = (−3x2 + 3)dx −1 1 ∫ −1 1 ∫ −1 1 ∫ = −x3 + 3x⎡ ⎣ ⎤ ⎦ 1 −1 = −13 + 3⋅1−(−(−1)3 +(−3)( )= 4 A(b) = f(x)dx = 0 b ∫ 4⋅ln(x +1) + 4 x +1 ⎡ ⎣ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ b 0 = 4⋅ln(1+b) + 4 b+1 − 4 lim b→+∞ 4⋅ln(1+b) →+∞ !"# $# + 4 b+1 →0 ! − 4 ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ = +∞
  • 48. www.vom-mathelehrer.de Analysis – Übungsblatt 23 Krümmung und Wendepunkt - Lösung 1) 2) 3) a) b) f '(x) = sinx + x ⋅cosx f ''(x) = cosx + cosx + x ⋅(−sinx) = 2cosx − x ⋅sinx f ''(0) = 2⋅cos0 1 ! − 2⋅sin0 0 ! = 2 Da f ''(0) = 2 > 0 ist, ist der Graph in der Nähe des Koordinatenursprungs linksgekrümmt. f '(x) = e 1 2 x ⋅ 1 2 + e − 1 2 x ⋅ − 1 2 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ = 1 2 e 1 2 x − 1 2 e − 1 2 x f ''(x) = 1 2 e 1 2 x ⋅ 1 2 − 1 2 e − 1 2 x ⋅ − 1 2 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ = 1 4 e 1 2 x + 1 4 e − 1 2 x = 1 4 e 1 2 x + e − 1 2 x⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ = 1 4 ⋅ f(x) f ''(x) = 1 4 e 1 2 x >0 ! + e − 1 2 x >0 ! ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ > 0 → Gf linksgekrümmt k > 0 : lim x→+∞ gk (x) = +∞ ; lim x→−∞ gk (x) = −∞ k < 0 : lim x→+∞ gk (x) = −∞ ; lim x→−∞ gk (x) = +∞ gk '(x) = 3kx2 + 6(k +1)x +9 gk ''(x) = 6kx + 6(k +1) = 6(kx +k +1) gk ''(x)= ! 0 kx +k +1= 0 k(x +1) = −1 x +1= − 1 k x = − 1 k −1 gk '''(x) = 6k ≠ 0, da k ≠ 0 → Wendestelle x = − 1 k −1
  • 49. www.vom-mathelehrer.de c) d) gk (x) = kx3 +3(k +1)x2 +9x = x kx2 +3x(k +1) +9( ) gk (− 1 k −1) = − 1 k −1 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ k − 1 k −1 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ 2 +3 − 1 k −1 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟(k +1) +9 ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ gk (− 1 k −1)= ! 0 − 1 k −1= 0 ↔ − 1 k =1↔k = −1 x = − 1 −1 −1= 0 g0 (0) = 0 → Wk liegt im Ursprung g0 '(0) = 3⋅0⋅02 + 6(0+1)⋅0+9 = 9 (Steigung der Tangenten)