Zehn gemischte Aufgaben auf Anforderungsbereich III: Hier wird beurteilt, verallgemeinert und widerlegt. Du arbeitest mit Parametern statt Zahlen, prüfst Behauptungen mit Gegenbeispielen, vergleichst zwei Lösungswege und begründest, warum ein Verfahren an einer Stelle versagt. Fünf Aufgaben sind interaktiv, fünf sind anspruchsvolle Textaufgaben im Klausurformat.
Kriterien beurteilen
Für jedes \(a>0\) ist eine Funktion \(f_a\) gegeben durch \(f_a(x)=x^{3}-3a^{2}x\).
- Bestimme in Abhängigkeit von \(a\) alle Extrempunkte von \(G_{f_a}\).
- Weise nach, dass der Wendepunkt für jedes \(a\) im Ursprung liegt.
- Untersuche, ob es ein \(a\) gibt, für das der Hochpunkt die Höhe \(16\) hat.
- Beurteile die Aussage: „Je größer \(a\), desto weiter liegen Hoch- und Tiefpunkt auseinander — und zwar in beide Richtungen.“
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a) \(f_a'(x)=3x^{2}-3a^{2}=3\,(x-a)(x+a)\;\Rightarrow\;x=\pm a\).
\(f_a''(x)=6x\): \(f_a''(-a)=-6a<0\) (wegen \(a>0\)) ⇒ Hochpunkt; \(f_a''(a)=6a>0\) ⇒ Tiefpunkt.
\(f_a(-a)=-a^{3}+3a^{3}=2a^{3}\), \(f_a(a)=a^{3}-3a^{3}=-2a^{3}\).
b) \(f_a''(x)=6x=0\Leftrightarrow x=0\), und \(f_a''\) wechselt dort das Vorzeichen. \(f_a(0)=0\) für jedes \(a\), also \(W(0\mid 0)\) — unabhängig vom Parameter.
c) \(2a^{3}=16\Leftrightarrow a^{3}=8\Leftrightarrow a=2\). Da \(a=2>0\) zulässig ist, gibt es genau ein solches \(a\); der Hochpunkt lautet \(H(-2\mid 16)\).
d) Die Aussage ist richtig, aber unpräzise formuliert. Der waagerechte Abstand beträgt \(2a\) und wächst linear, der senkrechte Abstand beträgt \(4a^{3}\) und wächst kubisch. Beide wachsen also mit \(a\), aber sehr unterschiedlich schnell: verdoppelt man \(a\), verdoppelt sich der waagerechte Abstand, der senkrechte verachtfacht sich.
2*pi*x^2+2000/x.Behauptungen prüfen und widerlegen
In einem Nachhilfeforum steht folgende Merkregel:
- Widerlege die Behauptung mit einem Gegenbeispiel.
- Formuliere die Aussage so um, dass sie richtig wird, und begründe die Änderung.
- Nimm Stellung zu der Frage, ob die Umkehrung („Wenn \(G_f\) bei \(x_0\) einen Wendepunkt hat, dann ist \(f''(x_0)=0\)“) ebenfalls falsch ist.
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a) Gegenbeispiel \(f(x)=x^{4}\) mit \(x_0=0\): \(f'(x)=4x^{3}\), \(f''(x)=12x^{2}\), also \(f''(0)=0\). Aber \(f''(x)=12x^{2}>0\) für alle \(x\neq 0\) — die Krümmung wechselt nicht, der Graph ist überall linksgekrümmt. Bei \(x_0=0\) liegt ein Tiefpunkt, kein Wendepunkt.
b) Richtig ist: „Wenn \(f''(x_0)=0\) und \(f''\) an der Stelle \(x_0\) das Vorzeichen wechselt (gleichwertig: \(f'''(x_0)\neq 0\)), dann hat \(G_f\) bei \(x_0\) einen Wendepunkt.“
Begründung: Ein Wendepunkt ist definiert als Wechsel der Krümmungsrichtung. Der Wechsel der Krümmung entspricht genau dem Vorzeichenwechsel von \(f''\) — die Nullstelle allein garantiert ihn nicht, so wie bei \(f'\) die Nullstelle noch keine Extremstelle garantiert.
c) Die Umkehrung ist richtig (für zweimal differenzierbare Funktionen): Wechselt \(f''\) an der Stelle \(x_0\) das Vorzeichen und ist \(f''\) dort stetig, so muss \(f''(x_0)=0\) gelten.
Eine zylindrische Konservendose soll genau \(1\;\text{Liter}=1000\;\text{cm}^{3}\) fassen. Für die Herstellung wird möglichst wenig Blech benötigt, das heißt: die Oberfläche \(O=2\pi r^{2}+2\pi r h\) soll minimal werden.
- Stelle die Zielfunktion \(O(r)\) auf und gib den Definitionsbereich an.
- Berechne Radius, Höhe und Oberfläche der optimalen Dose (auf zwei Nachkommastellen).
- Weise nach, dass für die optimale Dose stets \(h=2r\) gilt — unabhängig vom vorgegebenen Volumen.
- Beurteile, warum reale Konservendosen trotzdem meist schlanker gebaut werden.
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a) Nebenbedingung \(\pi r^{2}h=1000\Rightarrow h=\dfrac{1000}{\pi r^{2}}\). Einsetzen:
b) \(O'(r)=4\pi r-\dfrac{2000}{r^{2}}=0\;\Rightarrow\;r^{3}=\dfrac{500}{\pi}\approx 159{,}15\;\Rightarrow\;r\approx 5{,}42\;\text{cm}\).
\(O''(r)=4\pi+\dfrac{4000}{r^{3}}>0\) für alle \(r>0\) ⇒ Minimum.
\(h=\dfrac{1000}{\pi\cdot 5{,}42^{2}}\approx 10{,}84\;\text{cm}\), \(O\approx 553{,}58\;\text{cm}^{2}\).
c) Allgemein mit Volumen \(V\): \(O(r)=2\pi r^{2}+\dfrac{2V}{r}\), \(O'(r)=4\pi r-\dfrac{2V}{r^{2}}=0\Rightarrow r^{3}=\dfrac{V}{2\pi}\).
Damit \(h=\dfrac{V}{\pi r^{2}}=\dfrac{2\pi r^{3}}{\pi r^{2}}=2r\). Die optimale Dose ist also immer so hoch wie breit — ihr Achsenschnitt ist ein Quadrat.
d) Das Modell minimiert nur die Blechfläche. In der Praxis kommen Faktoren dazu, die im Modell fehlen: Deckel und Boden brauchen dickeres Blech und einen Falz, schlanke Dosen stehen stabiler, sie passen besser ins Regal und in die Hand, und Transport wie Etikett folgen eigenen Normen. Das Ergebnis \(h=2r\) ist mathematisch korrekt, beantwortet aber nur die Frage, die das Modell stellt.
Vergleichen und Stellung nehmen
Gegeben ist \(f(x)=x^{3}-3x\), betrachtet nur auf dem abgeschlossenen Intervall \([0;3]\).
- Bestimme alle lokalen Extremstellen von \(f\) im Innern des Intervalls.
- Bestimme das absolute Maximum und das absolute Minimum von \(f\) auf \([0;3]\).
- Erkläre, warum die Aufgabe ohne die Randbetrachtung falsch gelöst würde.
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a) \(f'(x)=3x^{2}-3=0\Rightarrow x=\pm1\); im Intervall liegt nur \(x=1\). \(f''(x)=6x\), \(f''(1)=6>0\) ⇒ lokales Minimum mit \(f(1)=-2\).
b) Alle drei Kandidaten vergleichen:
| Stelle | \(x=0\) (Rand) | \(x=1\) (lokales Min.) | \(x=3\) (Rand) |
|---|---|---|---|
| \(f(x)\) | \(0\) | \(-2\) | \(18\) |
absolutes Minimum: \(-2\) bei \(x=1\)
c) Das absolute Maximum wird am Rand angenommen. Dort ist \(f'(3)=24\neq 0\) — die notwendige Bedingung findet diese Stelle also gar nicht. Wer nur \(f'(x)=0\) löst, übersieht sie und behauptet fälschlich, es gebe kein Maximum.
Zwei Lernende untersuchen \(f(x)=x^{4}-4x^{3}\) auf Extrempunkte.
Anna rechnet \(f'(x)=4x^{3}-12x^{2}=4x^{2}(x-3)\), findet \(x_1=0\) und \(x_2=3\), setzt in \(f''(x)=12x^{2}-24x\) ein und schreibt: „\(f''(0)=0\), also ist \(x=0\) keine Extremstelle.“
Ben untersucht stattdessen das Vorzeichen von \(f'\) an Probestellen \(x=-1\), \(x=1\) und \(x=4\).
- Führe Bens Untersuchung vollständig durch.
- Beurteile Annas Schlussfolgerung: Ist das Ergebnis richtig, ist die Begründung tragfähig?
- Bestimme alle Wendepunkte und erkläre, in welchem Verhältnis der Sattelpunkt zu ihnen steht.
- Nimm Stellung: Welches der beiden Verfahren würdest du in einer Klausur als Erstes ansetzen?
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a) \(f'(-1)=4\cdot 1\cdot(-4)=-16<0\); \(f'(1)=4\cdot 1\cdot(-2)=-8<0\); \(f'(4)=4\cdot 16\cdot 1=64>0\).
Bei \(x=0\) also kein Vorzeichenwechsel ⇒ Sattelpunkt \(S(0\mid 0)\). Bei \(x=3\) Wechsel von − nach + ⇒ Tiefpunkt \(T(3\mid -27)\).
b) Annas Ergebnis ist zufällig richtig, ihre Begründung ist es nicht. Aus \(f''(x_0)=0\) folgt gar nichts: Bei \(f(x)=x^{4}\) ist ebenfalls \(f''(0)=0\), und dort liegt sehr wohl ein Extrempunkt. Das \(f''\)-Kriterium ist hinreichend, nicht notwendig — sein Versagen erlaubt keinen Umkehrschluss. In der Klausur kostet das die Begründungspunkte.
c) \(f''(x)=12x^{2}-24x=12x\,(x-2)=0\Rightarrow x=0\) und \(x=2\). An beiden Stellen wechselt \(f''\) das Vorzeichen, also sind es Wendestellen: \(W_1(0\mid 0)\) und \(W_2(2\mid -16)\).
Der Sattelpunkt ist der Wendepunkt \(W_1\) — genauer: ein Wendepunkt mit waagerechter Tangente. Das ist kein Zufall, sondern die Definition eines Sattelpunkts.
d) Vertretbar sind beide Antworten, wenn sie begründet werden. Sinnvoll: zuerst \(f''\), weil es schneller ist — aber mit der festen Regel, bei \(f''(x_0)=0\) sofort auf den Vorzeichenwechsel umzuschalten, statt daraus einen Schluss zu ziehen. Der Vorzeichenwechsel entscheidet immer, das \(f''\)-Kriterium nur manchmal.