Math / Calculus

Question17 Abiturprüfung 2016 (Bayern), Analysis, Prüfungsteil B, Teilaufgaben 1a) bis g) Gegeben ist die in $\mathbb{R}$ definierte Funktion $f: x \mapsto e^{\frac{1}{2} x}+e^{-\frac{1}{2} x}$ . Der Graph von $f$ wird mit $G_{f}$ bezeichnet. a) Bestimmen Sie die Koordinaten des Schnittpunkts von $G_{f}$ mit der $y$ -Achse und begründen Sie, dass $G_{f}$ oberhalb der $x$ -Achse verläuft. b) Ermitteln Sie das Symmetrieverhalten von $G_{f}$ sowie das Verhalten von $f$ für $x \rightarrow-\infty$ und für $x \rightarrow+\infty$ . c) Zeigen Sie, dass für die zweite Ableitung $f^{\prime \prime}$ von $f$ die Beziehung $f^{\prime \prime}(x)=\frac{1}{4} \cdot f(x)$ für $x \in \mathbb{R}$ gilt. Weisen Sie nach, dass $G_{f}$ linksgekrümmt ist. d) Bestimmen Sie Lage und Art des Extrempunkts von $\mathrm{G}_{f}$ . (zur Kontrolle: $\left.f^{\prime}(x)=\frac{1}{2} \cdot\left(e^{\frac{1}{2} x}-e^{-\frac{1}{2} x}\right)\right)$ e) Berechnen Sie die Steigung der Tangente $g$ an $G_{f}$ im Punkt $P(2 \mid f(2))$ auf eine Dezimale genau. Zeichnen Sie den Punkt P und die Gerade g in ein Koordinatensystem ein (Platzbedarf im Hinblick auf das Folgende: $-4 \leq x \leq 4,-1 \leq y \leq 9$ ). f) Berechnen Sie f(4) [...] auf zwei Dezimalen genau und zeichnen Sie unter Berücksichtigung der bisherigen Ergebnisse $G_{f}$ im Bereich $-4 \leq x \leq 4$ in das Koordinatensystem aus Aufgabe 17e) ein. g) Zeigen Sie durch Rechnung, dass für $x \in \mathbb{R}$ die Beziehung $\frac{1}{4} \cdot[f(x)]^{2}-\left[f^{\prime}(x)\right]^{2}=1$ gilt.

Studdy Solution

STEP 1

Was ist das? Wir untersuchen den Graphen $G_f$ einer Funktion $f(x)$ , die aus zwei Exponentialfunktionen besteht, und wollen Eigenschaften wie Schnittpunkte, Symmetrie, Krümmung und Extrempunkte herausfinden! Vorsicht! Verwechsle nicht $e^{\frac{1}{2}x}$ mit $(e^{\frac{1}{2}})^x$ !
Und vergiss nicht, die Kettenregel beim Ableiten anzuwenden.

STEP 2

1. Schnittpunkt mit der y-Achse und Lage des Graphen
2. Symmetrie und Verhalten im Unendlichen
3. Zweite Ableitung und Krümmung
4. Extrempunkt
5. Tangente in P(2|f(2))
6. Zeichnen des Graphen
7. Beziehung zwischen f(x) und f'(x)

STEP 3

Um den Schnittpunkt mit der y-Achse zu finden, setzen wir $x = \mathbf{0}$ in die Funktion $f(x) = e^{\frac{1}{2}x} + e^{-\frac{1}{2}x}$ ein. $f(0) = e^{\frac{1}{2} \cdot 0} + e^{-\frac{1}{2} \cdot 0} = e^0 + e^0 = 1 + 1 = \mathbf{2}$ Der Schnittpunkt mit der y-Achse ist also $(0|\mathbf{2})$ .

STEP 4

Da $e^x$ immer positiv ist, egal welches $x$ wir einsetzen, sind auch $e^{\frac{1}{2}x}$ und $e^{-\frac{1}{2}x}$ immer positiv.
Die Summe zweier positiver Zahlen ist ebenfalls positiv, also ist $f(x)$ immer größer als Null.
Daher verläuft $G_f$ oberhalb der x-Achse.

STEP 5

Wir prüfen, ob $f(x) = f(-x)$ gilt: $f(-x) = e^{\frac{1}{2}(-x)} + e^{-\frac{1}{2}(-x)} = e^{-\frac{1}{2}x} + e^{\frac{1}{2}x} = f(x)$ Da $f(-x) = f(x)$ ist, ist $G_f$ achsensymmetrisch zur y-Achse.

STEP 6

Für $x \rightarrow +\infty$ geht $e^{\frac{1}{2}x}$ gegen $+\infty$ und $e^{-\frac{1}{2}x}$ gegen $0$ .
Also geht $f(x)$ gegen $+\infty$ . Für $x \rightarrow -\infty$ geht $e^{\frac{1}{2}x}$ gegen $0$ und $e^{-\frac{1}{2}x}$ gegen $+\infty$ .
Also geht $f(x)$ auch hier gegen $+\infty$ .

STEP 7

Gegeben ist $f'(x) = \frac{1}{2}(e^{\frac{1}{2}x} - e^{-\frac{1}{2}x})$ .
Leiten wir erneut ab: $f''(x) = \frac{1}{2}(\frac{1}{2}e^{\frac{1}{2}x} - (-\frac{1}{2})e^{-\frac{1}{2}x}) = \frac{1}{4}(e^{\frac{1}{2}x} + e^{-\frac{1}{2}x}) = \frac{1}{4}f(x)$

STEP 8

Da $f(x)$ immer positiv ist, ist auch $f''(x) = \frac{1}{4}f(x)$ immer positiv.
Daher ist $G_f$ linksgekrümmt.

STEP 9

Wir setzen die erste Ableitung gleich Null: $f'(x) = \frac{1}{2}(e^{\frac{1}{2}x} - e^{-\frac{1}{2}x}) = 0$ Das ist nur der Fall, wenn $e^{\frac{1}{2}x} = e^{-\frac{1}{2}x}$ , also wenn $x = \mathbf{0}$ .

STEP 10

Da $f''(x)$ immer positiv ist, liegt bei $x=0$ ein Minimum vor.
Der Punkt ist $(0|2)$ .

STEP 11

$f(2) = e^{\frac{1}{2} \cdot 2} + e^{-\frac{1}{2} \cdot 2} = e^1 + e^{-1} \approx \mathbf{3.09}$ Also ist $P(2|\mathbf{3.09})$ .

STEP 12

$f'(2) = \frac{1}{2}(e^{\frac{1}{2} \cdot 2} - e^{-\frac{1}{2} \cdot 2}) = \frac{1}{2}(e - e^{-1}) \approx \mathbf{1.18}$ Die Steigung der Tangente $g$ ist ungefähr $\mathbf{1.18}$ .

STEP 13

Die Tangentengleichung ist $g(x) = f'(2)(x-2) + f(2) \approx 1.18(x-2) + 3.09 = 1.18x + 0.73$ .

STEP 14

$f(4) = e^{\frac{1}{2} \cdot 4} + e^{-\frac{1}{2} \cdot 4} = e^2 + e^{-2} \approx \mathbf{7.52}$

STEP 15

Zeichne den Graphen mit den berechneten Punkten und der Tangente.

STEP 16

$\frac{1}{4}[f(x)]^2 - [f'(x)]^2 = \frac{1}{4}(e^{\frac{1}{2}x} + e^{-\frac{1}{2}x})^2 - [\frac{1}{2}(e^{\frac{1}{2}x} - e^{-\frac{1}{2}x})]^2$ $= \frac{1}{4}(e^x + 2 + e^{-x}) - \frac{1}{4}(e^x - 2 + e^{-x}) = \frac{1}{4}(e^x + 2 + e^{-x} - e^x + 2 - e^{-x}) = \frac{1}{4} \cdot 4 = 1$

STEP 17

Der Graph $G_f$ schneidet die y-Achse bei $(0|2)$ , ist achsensymmetrisch zur y-Achse, hat ein Minimum bei $(0|2)$ und ist linksgekrümmt.
Die Tangente in $P(2|f(2))$ hat die Steigung $1.18$ . $f(4) \approx 7.52$ .
Die Beziehung $\frac{1}{4}[f(x)]^2 - [f'(x)]^2 = 1$ ist bewiesen.

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STEP 1

STEP 2

1. Schnittpunkt mit der y-Achse und Lage des Graphen
2. Symmetrie und Verhalten im Unendlichen
3. Zweite Ableitung und Krümmung
4. Extrempunkt
5. Tangente in P(2|f(2))
6. Zeichnen des Graphen
7. Beziehung zwischen f(x) und f'(x)

STEP 3

Um den Schnittpunkt mit der y-Achse zu finden, setzen wir $x = \mathbf{0}$ in die Funktion $f(x) = e^{\frac{1}{2}x} + e^{-\frac{1}{2}x}$ ein. $f(0) = e^{\frac{1}{2} \cdot 0} + e^{-\frac{1}{2} \cdot 0} = e^0 + e^0 = 1 + 1 = \mathbf{2}$ Der Schnittpunkt mit der y-Achse ist also $(0|\mathbf{2})$ .

STEP 4

Da $e^x$ immer positiv ist, egal welches $x$ wir einsetzen, sind auch $e^{\frac{1}{2}x}$ und $e^{-\frac{1}{2}x}$ immer positiv.
Die Summe zweier positiver Zahlen ist ebenfalls positiv, also ist $f(x)$ immer größer als Null.
Daher verläuft $G_f$ oberhalb der x-Achse.

STEP 5

Wir prüfen, ob $f(x) = f(-x)$ gilt: $f(-x) = e^{\frac{1}{2}(-x)} + e^{-\frac{1}{2}(-x)} = e^{-\frac{1}{2}x} + e^{\frac{1}{2}x} = f(x)$ Da $f(-x) = f(x)$ ist, ist $G_f$ achsensymmetrisch zur y-Achse.

STEP 6

Für $x \rightarrow +\infty$ geht $e^{\frac{1}{2}x}$ gegen $+\infty$ und $e^{-\frac{1}{2}x}$ gegen $0$ .
Also geht $f(x)$ gegen $+\infty$ . Für $x \rightarrow -\infty$ geht $e^{\frac{1}{2}x}$ gegen $0$ und $e^{-\frac{1}{2}x}$ gegen $+\infty$ .
Also geht $f(x)$ auch hier gegen $+\infty$ .

STEP 7

Gegeben ist $f'(x) = \frac{1}{2}(e^{\frac{1}{2}x} - e^{-\frac{1}{2}x})$ .
Leiten wir erneut ab: $f''(x) = \frac{1}{2}(\frac{1}{2}e^{\frac{1}{2}x} - (-\frac{1}{2})e^{-\frac{1}{2}x}) = \frac{1}{4}(e^{\frac{1}{2}x} + e^{-\frac{1}{2}x}) = \frac{1}{4}f(x)$

STEP 8

Da $f(x)$ immer positiv ist, ist auch $f''(x) = \frac{1}{4}f(x)$ immer positiv.
Daher ist $G_f$ linksgekrümmt.

STEP 9

Wir setzen die erste Ableitung gleich Null: $f'(x) = \frac{1}{2}(e^{\frac{1}{2}x} - e^{-\frac{1}{2}x}) = 0$ Das ist nur der Fall, wenn $e^{\frac{1}{2}x} = e^{-\frac{1}{2}x}$ , also wenn $x = \mathbf{0}$ .

STEP 10

Da $f''(x)$ immer positiv ist, liegt bei $x=0$ ein Minimum vor.
Der Punkt ist $(0|2)$ .

STEP 11

$f(2) = e^{\frac{1}{2} \cdot 2} + e^{-\frac{1}{2} \cdot 2} = e^1 + e^{-1} \approx \mathbf{3.09}$ Also ist $P(2|\mathbf{3.09})$ .

STEP 12

$f'(2) = \frac{1}{2}(e^{\frac{1}{2} \cdot 2} - e^{-\frac{1}{2} \cdot 2}) = \frac{1}{2}(e - e^{-1}) \approx \mathbf{1.18}$ Die Steigung der Tangente $g$ ist ungefähr $\mathbf{1.18}$ .

STEP 13

Die Tangentengleichung ist $g(x) = f'(2)(x-2) + f(2) \approx 1.18(x-2) + 3.09 = 1.18x + 0.73$ .

STEP 14

$f(4) = e^{\frac{1}{2} \cdot 4} + e^{-\frac{1}{2} \cdot 4} = e^2 + e^{-2} \approx \mathbf{7.52}$

STEP 15

Zeichne den Graphen mit den berechneten Punkten und der Tangente.

STEP 16

$\frac{1}{4}[f(x)]^2 - [f'(x)]^2 = \frac{1}{4}(e^{\frac{1}{2}x} + e^{-\frac{1}{2}x})^2 - [\frac{1}{2}(e^{\frac{1}{2}x} - e^{-\frac{1}{2}x})]^2$ $= \frac{1}{4}(e^x + 2 + e^{-x}) - \frac{1}{4}(e^x - 2 + e^{-x}) = \frac{1}{4}(e^x + 2 + e^{-x} - e^x + 2 - e^{-x}) = \frac{1}{4} \cdot 4 = 1$

STEP 17

Der Graph $G_f$ schneidet die y-Achse bei $(0|2)$ , ist achsensymmetrisch zur y-Achse, hat ein Minimum bei $(0|2)$ und ist linksgekrümmt.
Die Tangente in $P(2|f(2))$ hat die Steigung $1.18$ . $f(4) \approx 7.52$ .
Die Beziehung $\frac{1}{4}[f(x)]^2 - [f'(x)]^2 = 1$ ist bewiesen.

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STEP 1

STEP 2

1. Schnittpunkt mit der y-Achse und Lage des Graphen2. Symmetrie und Verhalten im Unendlichen3. Zweite Ableitung und Krümmung4. Extrempunkt5. Tangente in P(2|f(2))6. Zeichnen des Graphen7. Beziehung zwischen f(x) und f'(x)

STEP 3

STEP 4

STEP 5

STEP 6

STEP 7

STEP 8

Da f(x)f(x)f(x) immer **positiv** ist, ist auch f′′(x)=14f(x)f''(x) = \frac{1}{4}f(x)f′′(x)=41​f(x) immer positiv.Daher ist GfG_fGf​ **linksgekrümmt**.

STEP 9

Wir setzen die erste Ableitung gleich Null: f′(x)=12(e12x−e−12x)=0f'(x) = \frac{1}{2}(e^{\frac{1}{2}x} - e^{-\frac{1}{2}x}) = 0f′(x)=21​(e21​x−e−21​x)=0 Das ist nur der Fall, wenn e12x=e−12xe^{\frac{1}{2}x} = e^{-\frac{1}{2}x}e21​x=e−21​x, also wenn x=0x = \mathbf{0}x=0.

STEP 10

Da f′′(x)f''(x)f′′(x) immer positiv ist, liegt bei x=0x=0x=0 ein **Minimum** vor.Der Punkt ist (0∣2)(0|2)(0∣2).

STEP 11

f(2)=e12⋅2+e−12⋅2=e1+e−1≈3.09f(2) = e^{\frac{1}{2} \cdot 2} + e^{-\frac{1}{2} \cdot 2} = e^1 + e^{-1} \approx \mathbf{3.09}f(2)=e21​⋅2+e−21​⋅2=e1+e−1≈3.09 Also ist P(2∣3.09)P(2|\mathbf{3.09})P(2∣3.09).

STEP 12

STEP 13

Die Tangentengleichung ist g(x)=f′(2)(x−2)+f(2)≈1.18(x−2)+3.09=1.18x+0.73g(x) = f'(2)(x-2) + f(2) \approx 1.18(x-2) + 3.09 = 1.18x + 0.73g(x)=f′(2)(x−2)+f(2)≈1.18(x−2)+3.09=1.18x+0.73.

STEP 14

f(4)=e12⋅4+e−12⋅4=e2+e−2≈7.52f(4) = e^{\frac{1}{2} \cdot 4} + e^{-\frac{1}{2} \cdot 4} = e^2 + e^{-2} \approx \mathbf{7.52}f(4)=e21​⋅4+e−21​⋅4=e2+e−2≈7.52

STEP 15

Zeichne den Graphen mit den berechneten Punkten und der Tangente.

STEP 16

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1. Schnittpunkt mit der y-Achse und Lage des Graphen
2. Symmetrie und Verhalten im Unendlichen
3. Zweite Ableitung und Krümmung
4. Extrempunkt
5. Tangente in P(2|f(2))
6. Zeichnen des Graphen
7. Beziehung zwischen f(x) und f'(x)

Da $f(x)$ immer positiv ist, ist auch $f''(x) = \frac{1}{4}f(x)$ immer positiv.
Daher ist $G_f$ linksgekrümmt.

Wir setzen die erste Ableitung gleich Null: $f'(x) = \frac{1}{2}(e^{\frac{1}{2}x} - e^{-\frac{1}{2}x}) = 0$ Das ist nur der Fall, wenn $e^{\frac{1}{2}x} = e^{-\frac{1}{2}x}$ , also wenn $x = \mathbf{0}$ .

Da $f''(x)$ immer positiv ist, liegt bei $x=0$ ein Minimum vor.
Der Punkt ist $(0|2)$ .

$f(2) = e^{\frac{1}{2} \cdot 2} + e^{-\frac{1}{2} \cdot 2} = e^1 + e^{-1} \approx \mathbf{3.09}$ Also ist $P(2|\mathbf{3.09})$ .

Die Tangentengleichung ist $g(x) = f'(2)(x-2) + f(2) \approx 1.18(x-2) + 3.09 = 1.18x + 0.73$ .

$f(4) = e^{\frac{1}{2} \cdot 4} + e^{-\frac{1}{2} \cdot 4} = e^2 + e^{-2} \approx \mathbf{7.52}$