Aufgabenblock — AFB III
Begründen statt nur rechnen: Aussagen über Symmetrie, Nahtstellen und Scharen prüfen, beweisen und Modelle beurteilen. Formuliere deine Antwort erst selbst in ganzen Sätzen, bevor du die Musterlösung aufklappst.
Beurteile die Aussage: „Eine ganzrationale Funktion ist genau dann achsensymmetrisch zur y-Achse, wenn ihr Term nur gerade Exponenten enthält.“
Hinweis: „genau dann“ verlangt zwei Richtungen.
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Musterlösung: Richtung 1: Bei nur geraden Exponenten gilt (−x)2n = x2n, also f(−x) = f(x). Richtung 2: Zerlege f = g + u in geraden und ungeraden Anteil. Aus f(−x) = f(x) folgt g(x) − u(x) = g(x) + u(x), also u(x) = 0 für alle x — alle ungeraden Koeffizienten sind null. Die Aussage ist richtig.
Begründe, dass eine nicht konstante ganzrationale Funktion nicht periodisch sein kann.
Hinweis: Was passiert mit f(x) für |x| → ∞?
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Musterlösung: Wäre f periodisch mit Periode p, nähme f auf ganz ℝ nur die Werte an, die es auf [0; p] annimmt. Dort ist f stetig, also beschränkt — damit wäre f überall beschränkt. Eine ganzrationale Funktion vom Grad n ≥ 1 verhält sich für |x| → ∞ wie aₙxⁿ und wächst betragsmäßig über alle Grenzen. Widerspruch: Nur konstante ganzrationale Funktionen sind periodisch.
Beurteile: „Drei Bedingungen legen immer genau eine Parabel f(x) = ax² + bx + c fest.“
Hinweis: Suche Bedingungen, die sich widersprechen oder wiederholen.
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Musterlösung: Die Aussage ist falsch. „Waagerechte Tangente bei 0 und bei 1“ liefert b = 0 und 2a + b = 0, also a = 0 — mit f(0) = 1 entsteht die Gerade y = 1, keine Parabel. Widersprüchliche Bedingungen wie f(1) = 2 und f(1) = 3 ergeben eine Zeile 0 = 1: keine Lösung. Richtig ist: Drei voneinander unabhängige, widerspruchsfreie Bedingungen legen die Koeffizienten eindeutig fest.
Zwei parallele Gleise (y = 0 für x ≤ 0 und y = 1 für x ≥ 2) sollen krümmungsruckfrei verbunden werden. Begründe, welcher Grad mindestens nötig ist, und gib die Bedingungen an.
Hinweis: An jedem Ende zählen Wert, Steigung und Krümmung.
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Musterlösung: Beide Gleise haben Steigung 0 und Krümmung 0. Krümmungsruckfrei heißt: an jeder Nahtstelle stimmen Funktionswert, erste und zweite Ableitung überein — zusammen sechs Bedingungen. Dafür braucht man sechs Koeffizienten, also mindestens Grad 5. Mit Grad 3 lässt sich nur knickfrei, aber nicht krümmungsruckfrei verbinden.
Zeige an f(x) = |x − 1|, dass aus Stetigkeit nicht Differenzierbarkeit folgt, und erläutere, warum die Umkehrung gilt.
Hinweis: Schreibe f abschnittsweise.
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Musterlösung: Links gilt f(x) = −x + 1, rechts f(x) = x − 1; beide liefern bei x = 1 den Wert 0 — f ist stetig. Die Steigungen sind −1 und 1 — der Graph hat einen Knick, f ist bei 1 nicht differenzierbar. Umgekehrt: Springt der Graph bei x₀ um h ≠ 0, dann gehen die Differenzenquotienten (f(x₀ + t) − f(x₀))/t für t → 0 gegen ±∞; eine Ableitung existiert nicht. Also gilt: differenzierbar ⇒ stetig.
f(x) = eˣ für x < 0 und f(x) = ax² + x + 1 für x ≥ 0. Untersuche, für welches a der Übergang sogar krümmungsruckfrei ist.
Hinweis: Prüfe f, f′ und f″ bei x = 0.
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Musterlösung: Bei x = 0: e⁰ = 1 und a · 0 + 0 + 1 = 1 — stetig für jedes a. Steigungen: eˣ → 1, 2ax + 1 → 1 — differenzierbar für jedes a. Krümmung: eˣ → 1, (ax² + x + 1)″ = 2a. Gleichheit verlangt 2a = 1, also a = 0,5. Dann ist ax² + x + 1 genau das Taylorpolynom 2. Grades von eˣ bei 0.
Beweise: Alle Graphen von fk(x) = x³ − 3kx + 1 haben denselben Wendepunkt. Vergleiche die Wendetangenten.
Hinweis: Die zweite Ableitung enthält kein k mehr.
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Musterlösung: fk′(x) = 3x² − 3k, fk″(x) = 6x. f″ wechselt bei x = 0 das Vorzeichen, W(0 | 1) ist für jedes k der Wendepunkt — ein gemeinsamer Punkt aller Graphen. Die Wendetangenten y = −3kx + 1 haben aber verschiedene Steigungen: Alle Graphen gehen durch W, schneiden sich dort unter verschiedenen Winkeln.
Die Tiefpunkte von fk(x) = x³ − 3kx liegen auf y = −2x³ (x > 0). Beurteile: „Die Ortskurve ist selbst ein Graph der Schar.“
Hinweis: Welche Form hat jeder Scharterm?
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Musterlösung: Jeder Graph der Schar hat den Term x³ − 3kx mit Leitkoeffizient 1. Die Ortskurve y = −2x³ hat den Leitkoeffizienten −2; kein k macht beide Terme gleich. Die Aussage ist falsch: Die Ortskurve schneidet jeden Graphen der Schar in dessen Tiefpunkt, gehört aber nicht zur Schar.
Untersuche, wie viele Nullstellen fk(x) = x³ − 3kx + 2 in Abhängigkeit von k > 0 hat.
Hinweis: Nutze Hoch- und Tiefpunkt und das Verhalten im Unendlichen.
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Musterlösung: H(−√k | 2 + 2k√k) liegt für k > 0 stets oberhalb der x-Achse, der Graph kommt von −∞. Der Tiefpunkt T(√k | 2 − 2k√k) entscheidet: k > 1 → T unterhalb, drei Nullstellen; k = 1 → T(1 | 0) berührt, zwei Nullstellen; 0 < k < 1 → T oberhalb, eine Nullstelle.
Zu sechs Messpunkten wird eine Regression fünften Grades mit r² = 1 berechnet. Beurteile dieses Modell.
Hinweis: Wie viele Koeffizienten hat Grad 5?
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Musterlösung: Grad 5 hat sechs Koeffizienten — die Kurve geht exakt durch alle sechs Punkte, daher r² = 1. Das ist Kurvenanpassung, keine Ausgleichsrechnung: Messfehler werden mit modelliert, zwischen und vor allem außerhalb der Messpunkte schwingt die Kurve oft stark. Ein niedriger Grad, der zum Sachzusammenhang passt, ist meist das bessere Modell, auch wenn r² kleiner ist.