Aufgabenblock — AFB III
Begründen statt nur rechnen: Aussagen prüfen, Lösungen hinterfragen und Modelle beurteilen. Formuliere deine Antwort erst selbst in ganzen Sätzen, bevor du die Musterlösung aufklappst.
Beurteile die Aussage: „Durch vier beliebige Punkte geht immer genau ein Graph einer Funktion dritten Grades.“
Hinweis: Denke an Punkte mit gleicher x-Koordinate und an Punkte, die auf einer Geraden liegen.
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Musterlösung: Die Aussage ist so nicht richtig. Haben zwei Punkte dieselbe x-Koordinate, aber verschiedene y-Werte, kann überhaupt kein Funktionsgraph durch beide gehen. Liegen die vier Punkte z. B. auf der Geraden y = x, liefert das LGS a = b = 0 — die einzige Lösung ist eine lineare Funktion, kein Grad 3. Richtig ist: Durch vier Punkte mit verschiedenen x-Werten geht genau ein Graph einer ganzrationalen Funktion vom Grad höchstens 3.
Begründe, warum die Bedingungen f(2) = 5 und f′(2) = 0 allein noch nicht garantieren, dass der gefundene Graph bei x = 2 einen Hochpunkt hat.
Hinweis: Welche Punkte mit waagerechter Tangente kennst du außer Hochpunkten?
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Musterlösung: f′(2) = 0 sagt nur, dass die Tangente bei x = 2 waagerecht ist. Das gilt für Hochpunkte, aber auch für Tiefpunkte und Sattelpunkte. So erfüllt f(x) = (x − 2)³ + 5 beide Bedingungen und hat bei x = 2 einen Sattelpunkt. Ob wirklich ein Hochpunkt vorliegt, zeigt erst die Probe am fertigen Term, z. B. mit f″(2) < 0 oder einem Vorzeichenwechsel von f′ von + nach −.
Lena soll eine Funktion dritten Grades mit Hochpunkt H(1 | 3) und Tiefpunkt T(3 | 5) bestimmen. Ihr CAS liefert f(x) = −0,5x³ + 3x² − 4,5x + 5. Überprüfe, ob diese Funktion den Steckbrief erfüllt.
Hinweis: Vergleiche die Höhen der beiden Punkte. Was müsste bei einem Graphen dritten Grades gelten?
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Musterlösung: Die vier Gleichungen f(1) = 3, f′(1) = 0, f(3) = 5 und f′(3) = 0 sind erfüllt. Mit f″(x) = −3x + 6 ist aber f″(1) = 3 > 0, bei x = 1 liegt also ein Tiefpunkt, und wegen f″(3) = −3 < 0 bei x = 3 ein Hochpunkt. Die Arten sind vertauscht. Das kann nicht anders sein: Liegt der Hochpunkt links vom Tiefpunkt, muss er bei Grad 3 höher liegen — hier ist er tiefer. Es gibt also keine Funktion, die den Steckbrief wirklich erfüllt.
Widerlege die Behauptung: „Um eine Funktion dritten Grades zu bestimmen, braucht man immer vier Bedingungen.“ Nutze dazu eine punktsymmetrische Funktion mit dem Hochpunkt H(1 | 4).
Hinweis: Welche Koeffizienten fallen im Ansatz weg, wenn der Graph punktsymmetrisch zum Ursprung ist?
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Musterlösung: Punktsymmetrie zum Ursprung lässt nur ungerade Exponenten zu: f(x) = ax³ + cx. Der Hochpunkt liefert f(1) = 4, also a + c = 4, und f′(1) = 0, also 3a + c = 0. Daraus folgt a = −2 und c = 6: f(x) = −2x³ + 6x. Mit zwei Bedingungen ist die Funktion dritten Grades eindeutig bestimmt — die Behauptung ist widerlegt. Die Symmetrie ersetzt die beiden fehlenden Gleichungen b = 0 und d = 0.
Die Gerade y = x (bis x = 0) soll knickfrei mit der waagerechten Geraden y = 2 (ab x = 4) verbunden werden. Mia rechnet mit einem Ansatz vom Grad 3, Leo mit einer Parabel. Entscheide begründet, welcher Ansatz hier genügt.
Hinweis: Stelle die vier Bedingungen auf und löse das LGS vollständig.
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Musterlösung: Die Bedingungen f(0) = 0, f′(0) = 1, f(4) = 2 und f′(4) = 0 ergeben d = 0, c = 1 sowie 64a + 16b = −2 und 48a + 8b = −1. Daraus folgt 32a = 0, also a = 0 und b = −0,125. Der Übergangsbogen f(x) = −0,125x² + x ist eine Parabel mit dem Scheitel (4 | 2). Hier genügt Leos Ansatz — allerdings nur, weil die Zahlen zufällig passen. Mias Ansatz ist der sichere Weg: Er liefert die Parabel als Sonderfall a = 0 automatisch mit.
Tom hat neun Messwerte und sagt: „Ich nehme eine Regression vom Grad 8. Dann geht die Kurve durch alle Punkte, die Summe der Abweichungsquadrate ist 0 — das beste Modell.“ Nimm Stellung zu seinem Vorschlag.
Hinweis: Was passiert zwischen den Messpunkten und außerhalb der Messreihe?
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Musterlösung: Rechnerisch hat Tom recht: Ein Polynom vom Grad 8 geht durch alle neun Punkte, S ist 0. Doch Messwerte streuen zufällig. Das Polynom folgt jeder Zufallsschwankung, schwingt zwischen den Punkten stark und liefert schon knapp außerhalb der Messreihe unsinnige Werte. Ein Modell vom Grad 2 oder 3, das zum Sachzusammenhang passt, hat zwar S > 0, beschreibt den Trend aber besser. Tom verwechselt „passt zu den Punkten“ mit „passt zur Situation“.
Gegeben ist die Schar fk(x) = x³ − kx. Beweise: Alle Graphen gehen durch den Ursprung und sind punktsymmetrisch zu ihm; Extrempunkte gibt es genau für k > 0.
Hinweis: Setze −x ein und untersuche die Gleichung fk′(x) = 0 in Abhängigkeit von k.
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Musterlösung: Es gilt fk(0) = 0 für jedes k, also geht jeder Graph durch den Ursprung. Weiter ist fk(−x) = −x³ + kx = −fk(x) — das ist die Punktsymmetrie zum Ursprung. Aus fk′(x) = 3x² − k = 0 folgt x² = k/3. Für k < 0 gibt es keine Lösung, für k = 0 nur x = 0 ohne Vorzeichenwechsel (Sattelpunkt), für k > 0 zwei Stellen x = ±√(k/3) mit Vorzeichenwechsel, also einen Hoch- und einen Tiefpunkt.
Entwickle zur Funktion f(x) = x³ − 6x² + 9x einen Steckbrief aus vier Eigenschaften des Graphen, der genau diese Funktion festlegt.
Hinweis: Untersuche f zuerst: Nullstellen, Extrempunkte, Schnitt mit der y-Achse.
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Musterlösung: Es ist f(x) = x(x − 3)² und f′(x) = 3x² − 12x + 9 = 3(x − 1)(x − 3). Der Graph geht durch den Ursprung, hat den Hochpunkt H(1 | 4) und berührt die x-Achse im Tiefpunkt T(3 | 0). Ein passender Steckbrief: „Der Graph einer Funktion dritten Grades geht durch den Ursprung und hat den Hochpunkt H(1 | 4) und bei x = 3 eine waagerechte Tangente.“ Das sind die vier Bedingungen f(0) = 0, f(1) = 4, f′(1) = 0 und f′(3) = 0 — sie legen genau diese Funktion fest.
Eine Hängematte hängt zwischen zwei Haken, die 3 m auseinander und gleich hoch sind; die tiefste Stelle liegt 0,5 m unter den Haken. Ben legt den Ursprung in den linken Haken, Ada in die tiefste Stelle. Beide beschreiben das Tuch durch eine Parabel. Diskutiere beide Wahlen.
Hinweis: Schreibe für beide Koordinatensysteme den Ansatz und die Bedingungen auf.
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Musterlösung: Bei Ben lauten die Bedingungen f(0) = 0, f(3) = 0 und f(1,5) = −0,5; mit f(x) = ax² + bx + c folgt c = 0, b = −3a und −2,25a = −0,5, also f(x) = 2/9 · x² − 2/3 · x. Ada nutzt Scheitel und Symmetrie: Ihr Ansatz f(x) = ax² braucht nur die Bedingung f(1,5) = 0,5, also a = 2/9. Beide Terme beschreiben dasselbe Tuch, nur verschoben. Adas Wahl ist rechnerisch viel kürzer; Bens Wahl hat den Vorteil, dass die Höhen direkt „unter den Haken“ gemessen werden und alle x-Werte positiv sind. Entscheidend ist, die Wahl in einer Skizze festzuhalten.
Tim löst I: a + b + c = 4, II: 2a + b − c = 4, III: a − b + 2c = 3. Er rechnet „II − 2 · I: −b − 3c = 4“ und „III − I: −2b + c = −1“ und erhält am Ende c = −9/7. Bewerte seinen Rechenweg.
Hinweis: Prüfe jede Umformung auf beiden Seiten des Gleichheitszeichens.
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Musterlösung: Die Strategie ist richtig: Mit Gleichung I wird a aus II und III entfernt. Bei II − 2 · I hat Tim aber nur die linke Seite umgeformt; rechts muss 4 − 2 · 4 = −4 stehen, also −b − 3c = −4. Die Zeile III − I: −2b + c = −1 ist korrekt. Mit der richtigen Zeile folgt b = 4 − 3c, eingesetzt −8 + 7c = −1, also c = 1, b = 1 und a = 2. Probe in II: 4 + 1 − 1 = 4 ✓. Die krumme Zahl −9/7 hätte ein Warnsignal sein können — eine Probe in den Ausgangsgleichungen deckt solche Fehler sofort auf.