A4

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. Aufgabe a) bearbeitet von--Tws98OB (Diskussion) 20:56, 11. Dez. 2015 (CET)

Funktion und Ableitungen

Abituraufgabe 4

f_t(x)=ln(x^2+t)

f_t'(x)=\frac{2x}{x^2+t}

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

=\frac{2(x^2+t-2x^2)}{(x^2+t)^2}

=\frac{2(-x^2+t)}{(x^2+t)^2}


Symmetrie

f_t(-x)=ln((-x)^2+t)=f(x)=> Achsentymmetrisch

f_t(-x)=ln((-x)^2+t) \neq -f_t(x)=> Nicht Punktsymmetrisch


Nullstellen

f_t(x)=0

ln(x^2+t)=0

x^2+t=1

x=^+_- \sqrt{1-t}


Fallunterscheidung an der Nullstelle

Der Logarithmus ergibt bei eins den Wert 0. Nun gilt es herauszufinden wie sich der Term bei verschiedenen t verhält.


t=1

x^2+t=1

x^2+1=1

Also ist x=0


t>1

x^2+t=1

x=\sqrt{1-t}

Geht nicht da die Wurzel nicht negativ sein kann.


t<1

x^2+t=1

x=\sqrt{1-t}

--CJSchmitt, Europa-Schule Obermayr (Diskussion) 21:03, 3. Mär. 2016 (CET)

|x| <1

vgl. mit der Funktionenschar oben:

  • für t>1 gibt es keine NS
  • für t=0 gibt es eine NS
  • für t<1 gibt es 2 NS im Intervall ]-1; 1[

Ende Kommentar Schmitt

Extremstellen

f_t'(x)=0

\frac{2x}{x^2+t}=0

2x=0

x=0

Hoch- oder Tiefpunkt

f_t''(x)=0

=\frac{2(0+t)}{(0+t)^2}

=\frac{2}{t} >0 => Tiefpunkt


T(0|ln(t))


Wendepunkt

\frac{2(-x^2+t)}{(x^2+t)^2}=0

-x^2+t=0

x^2=t

x=^+_-\sqrt{t}


Ortskurve

W(\sqrt{t}/ln(2t)

A4 Ortskurve

x=\sqrt{t}

t=x^2

O_W=ln(2x^2)

. Aufgabe b) bearbeitet von: --Tws98OB (Diskussion) 21:08, 17. Dez. 2015 (CET)

Maximaler Rauminhalt bei der Rotation um die y-Achse

f_t(x)=ln(x^2+t)

f_t'(x)=\frac{2x}{x^2+t}

0<t<0.5

--CJSchmitt, Europa-Schule Obermayr (Diskussion) 21:06, 3. Mär. 2016 (CET)

vgl. Fallunterscheidung in Aufg.a); also ex. 2 NS

Ende Schmitt

Punkte

A(\sqrt{t}/-ln(2t))

B(-\sqrt{t}/-ln(2t))

O(0/0)



Eingrenzungen für t

Damit wir einen Kegel als Form bekommen brauchen wir zwei Nullstellen. Als erstes gilt es also herauszufinden bei welchem t-Wert die Funktion zwei Nullstellen besitzt.

Das Bild ist falsch, denn für t>0 gibt es keine NS mit |x|>1 --CJSchmitt, Europa-Schule Obermayr (Diskussion) 21:15, 3. Mär. 2016 (CET)

Abi4 t

1 NS bei t=1

0 NS bei t>1

2 NS bei t<1


Herausfinden des optimalen t´s

V=\frac{1}{3} \cdot \pi \cdot r^2 \cdot h

r=\sqrt{t}

h=-ln(2t)

V(t)=\frac{1}{3} \cdot \pi \cdot t \cdot (-ln(2t))

V'(t)=\frac{1}{3}\pi \cdot (-ln(2t))-\frac{1}{3} \cdot \pi \cdot t \cdot \frac{1}{t}

=-\frac{1}{3}\pi \cdot ln(2t)-\frac{1}{3} \pi


Bild zur Abituraufgabe 4 c)


-\frac{1}{3}\pi \cdot ln(2t)-\frac{1}{3}\pi=0

-ln(2t)-1=0

ln(2t)=-1

2t=e^{-1}

t=\frac{e^{-1}}{2}


Probe

V'(x)=-\frac{1}{3}\pi \cdot ln(2t)-\frac{1}{3} \pi

V''(x)=-\frac{1}{3}\pi \cdot \frac{1}{t}

=-\frac{1}{3t}\pi

V''(\frac{e^{-1}}{2})<0 => Hochpunkt


f_t(x)=ln(x^2+\frac{e^{-1}}{2})

A(0.43/-1)

B(-0.43/-1)

O(0/0)

--CJSchmitt, Europa-Schule Obermayr (Diskussion) 21:22, 3. Mär. 2016 (CET)

V=\frac{1}{3}\cdot \pi \cdot 0.43^2\cdot 1

=0,19

. Aufgabe c) bearbeitet von: --Tws98OB (Diskussion) 11:25, 12. Dez. 2015 (CET)

f_4(x)=ln(x^2+4)

Grenzen:ln(8);ln(4)

Abituraufgabe 4 c)


y=ln(x^2+4)

e^y=x^2+4

e^y-4=x^2

\sqrt{e^y-4}

f^{-1}(x)=\sqrt{e^x-4}


V=\pi \int_{ln(4)}^{ln(8)}(\sqrt{e^x-4})^2dx

=\pi \int_{ln(4)}^{ln(8)}(e^x-4)dx

=\pi [e^x-4x]_{ln(4)}^{ln(8)}

=\pi(e^{ln(8)}-4 \cdot ln(8)-(e^{ln(4)}-4 \cdot ln(4)))

=\pi(8-4 \cdot ln(8)-4+4 \cdot ln(4))

=3,856

3,856 \cdot 5^3 "Eine Längeneinheit entsprechen 5 cm"

=482cm^3