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Bearbeitet von :Tws98OB 18.12.2016

Inhaltsverzeichnis

.Aufgabe

Material 1 zegit durch die eingetragenden Punkte einen Wendepunkt. Dieser muss demnach in unserer Funktion enthalten sein. Bei einer Funktion dritten Grades ist die Bedingung für einen Wendepunkt erfüllt:

\begin{align}

f(x)&=x^3\\

f'(x)&=3x^2\\

f''(x)&=6x\\

f'''(x)&=6\\

\end{align}

Somit ist f'''(x)\neq 0; die Funktion hat einen Wendepunkt.



\begin{align}

f(x)&=ax^3+bx^2+cx+d \\

f''(x)&=6ax+2b \\

\end{align}

Aus den gegebenen Punkten (0,5|1,2) , (1,5|2) , und dem Wendepunkt (0|1) können wir bereits ablesen: b=0 und und d=1.


Somit nutzen wir die Funktion f(x)=ax^3+cx+1 um dort die Punkte einzusetzen.


LGS


f(x)=0,133x^3+0,376x+1



.Aufgabe

Mithilfe der Funktion f(x)=0,16x^3+0,34x+1 sollen wir das Rotationsvolumen der Glocke berechnen.

Formel für das Rotationsvolumen:

\pi \int \left( f(x) \right)^2dx


V_{Glocke}= \pi \int_{-1,5}^{1,5} \left( 0,16x^3+0,34x+1 \right)^2dx=11,67

Das Volumen der Glocke ist somit 11,67.



.Aufgabe

Gegeben ist eine Funktionenschar, welche die Glocke darstellen soll:

f_t(x)=\frac{e^{tx}-e^{-tx}}{5t}+1


Nun soll gezeigt werden, das für t=1,183 die Funktion durch den Punkt (1|1,5) geht.


f_{1,183}(x)=\frac{e^{1,183x}-e^{-1,183x}}{5\cdot 1,183}+1


f_{1,183}(1)=\frac{e^{1,183}-e^{-1,183}}{5\cdot 1,183}+1=1,5

Die Funktion verläuft somit für t=1,183 durch den Punkt (1|1,5).


Es soll gezeigt werden, dass die Funktion f_t(x)=\frac{e^{tx}-e^{-tx}}{5t} Punktsymmentrisch zum Ursprung ist.

Damit dies erfüllt wird, muss f(-x)=-f(x) sein.


\frac{e^{-tx}-e^{+tx}}{5t}=-\frac{e^{tx}-e^{-tx}}{5t}

Somit ist diese Funktion punktsymmetrisch zum Punkt (0|0). Demnach ist die Ursprüngliche Funktion punktsymmetrisch zu (0|1).



Nun soll geklärt werden, ob alle Funktionen genau einen Wendepunkt haben und, wie die Krümmung der Funktion ist.


Zuerst müssen wir die erste und zweite Ableitung bilden.


\begin{align}

f_t(x)&=\frac{e^{tx}-e^{-tx}}{5t}+1\\

f_t'(x)&=\frac{t \cdot (e^{tx}+e^{-tx})}{5t}=\frac{ \cdot e^{tx}+e^{-tx}}{5}\\

f_t''(x)&=\frac{ t \cdot (e^{tx}-e^{-tx})}{5}\\

f_t'''(x)&=\frac{ t^2 \cdot (e^{tx}+e^{-tx})}{5}\\

\end{align}


Nun testen wir wo der Wendepunkt liegt. Dafür muss die zweite Ableitung gleich 0 sein.


\begin{align}

\frac{ t \cdot (e^{tx}-e^{-tx})}{5}&=0 \\

e^{tx}-e^{-tx}&=0\\

e^{tx}&=e^{-tx}\\

tx&=-tx\\

x=-x\\

\end{align} -> nur möglich bei x=0. Der Wendepunkt liegt somit unabhängig von t an der Stelle 0.

Um jedoch sicher zu gehen, dass die Funktion einen Wendepunkt besitzt, muss die dritte Ableitung ungleich null sein.

f_t'''(0)=\frac{ t^2 \cdot (e^{0}+e^{0})}{5} = \frac{2}{5}t^2 -> dies ist >0. Somit haben wir einen Wendepunkt.

Da die dritte Ableitung größer als Null ist geht unsere Funktion von einer Rechtskurve in eine Linkskurve über.



.Aufgabe

Methode A

k(x)=0,5x+1

P_1(0|1)

P_2(1|1,5)

\begin{align}

M & = 2 \pi \int_{x_1}^{x_2}f(x)\sqrt{1+\left( f'(x) \right)^2}dx \\

& = 2 \pi \int_{0}^{1}f(x)\sqrt{1+(0,5)^2}dx = 8,78 \\

\end{align}


Methode B

M= \pi (r_1 + r_2) \cdot s

r_1=1

r_2=1,5

s=\sqrt{1+0,5^2}

M= \pi (1+1,5) \cdot \sqrt{1+0,5^2}=8,78


g(x)=0,16x^3+0,34x+1

g'(x)=0,48x^2+0,34

\begin{align}

M_g & = 2 \pi \int_{0}^{1}(0,16x^3+0,34x+1) \cdot \sqrt{1+\left( 0,48x^2+0,34 \right)^2}dx \\

& = 8,61 \\

\end{align}

\Delta M=0,17