Doc Alvers Mathe-Labor

Abitur-Training: Ganzrationale Funktionenscharen

Berufliches Gymnasium · Analysis · Grund- und Leistungskurs · drei Aufgaben, Anforderungsbereiche I bis III

Eine Schar, die mit t auseinanderläuft

AFB I · Reproduzieren

Für jedes $t > 0$ ist die in $\mathbb{R}$ definierte Funktion $f_t$ mit $f_t(x) = x^3 - 3 \cdot t^2 \cdot x$ gegeben; ihren Graphen bezeichnen wir mit $G_t$. Die Abbildung zeigt die Graphen zu $t = 1$, zu $t = 1{,}5$ und zu $t = 2$.

Die drei Scharkurven zu t = 1 (rot), t = 1,5 (grün) und t = 2 (dunkelblau) mit ihren Extrempunkten. Alle drei laufen durch den Ursprung.

Berechnen Sie die Nullstellen von $f_t$ in Abhängigkeit von $t$.
Weisen Sie nach, dass jeder Graph $G_t$ punktsymmetrisch zum Koordinatenursprung ist.
Bestimmen Sie in Abhängigkeit von $t$ die Koordinaten des Hochpunktes $H_t$ und des Tiefpunktes $T_t$.
Zeigen Sie, dass jeder Graph genau einen Wendepunkt besitzt, und geben Sie das Intervall an, in dem $f_t$ monoton fallend ist.

Wohin die Gipfel wandern

AFB II · Zusammenhänge herstellen

Weiterhin sei $f_t(x) = x^3 - 3 \cdot t^2 \cdot x$ mit $t > 0$. Die Abbildung zeigt die drei Scharkurven blass gezeichnet, dazu alle sechs Extrempunkte. Man erkennt, dass diese Punkte nicht beliebig verstreut liegen.

Die drei Scharkurven blass, dazu die drei Hochpunkte (rot) und die drei Tiefpunkte (grün).

Bestimmen Sie eine Gleichung der Ortskurve, auf der alle Hochpunkte $H_t$ und alle Tiefpunkte $T_t$ liegen, und geben Sie an, welche Teile dieser Kurve dabei durchlaufen werden.
Weisen Sie nach, dass alle Graphen der Schar genau einen Punkt gemeinsam haben.
Bestimmen Sie denjenigen Wert von $t$, für den $G_t$ an der Stelle $x_0 = 1$ eine Tangente mit dem Anstieg $-9$ besitzt, und geben Sie eine Gleichung dieser Tangente an.
Zeigen Sie, dass die Gerade durch $H_t$ und $T_t$ für jedes $t$ durch den Ursprung verläuft, und vergleichen Sie ihren Anstieg mit dem Anstieg der Wendetangente.

Die Fläche wächst schneller als gedacht

AFB III · Reflektieren und Beurteilen

Für jedes $t > 0$ schließt der Graph $G_t$ von $f_t$ mit $f_t(x) = x^3 - 3 \cdot t^2 \cdot x$ zusammen mit der $x$-Achse zwei Flächenstücke ein: eines links, eines rechts vom Ursprung. Ihr Gesamtinhalt wird mit $A(t)$ bezeichnet und in Flächeneinheiten (FE) angegeben. Die Abbildung zeigt beide Flächenstücke für $t = 1$ und für $t = 2$ im gleichen Maßstab.

Beide Flächenstücke für t = 1 (links) und t = 2 (rechts), gezeichnet im gleichen Koordinatenfenster. Der doppelte Parameter liefert erkennbar weit mehr als die doppelte Fläche.

Geben Sie die Integrationsgrenzen an und begründen Sie, dass die beiden Flächenstücke inhaltsgleich sind.
Berechnen Sie $A(t)$ in Abhängigkeit von $t$.
Bestimmen Sie denjenigen Wert von $t$, für den $A(t) = 72$ FE gilt.
Beurteilen Sie die Aussage: „Verdoppelt man $t$, so verdoppelt sich der Flächeninhalt.“

Lösungen

1 · Eine Schar, die mit t auseinanderläuft

a) Ausklammern statt Formel: $f_t(x) = x \cdot \left(x^2 - 3 \cdot t^2\right)$. Ein Produkt ist genau dann null, wenn ein Faktor null ist. Der erste Faktor liefert $x_1 = 0$, der zweite $x^2 = 3 \cdot t^2$ und damit $x_{2,3} = \pm\sqrt{3 \cdot t^2} = \pm\sqrt{3} \cdot t$; die Wurzel darf hier ohne Betrag gezogen werden, weil $t$ nach Voraussetzung positiv ist. Jede Scharkurve hat also drei einfache Nullstellen, und die beiden äußeren wandern proportional zu $t$ nach außen. Für $t = 2$ sind das etwa $\pm 3{,}46$ sowie die Null.

b) In $f_t$ kommen nur ungerade Potenzen von $x$ vor. Also ist $f_t(-x) = (-x)^3 - 3 \cdot t^2 \cdot (-x) = -x^3 + 3 \cdot t^2 \cdot x = -f_t(x)$ für jedes $x$ und jedes $t$. Genau das ist die Bedingung für Punktsymmetrie zum Ursprung: Zu jedem Punkt $(x \mid y)$ des Graphen gehört auch $(-x \mid -y)$ dazu.

c) Es ist $f_t'(x) = 3 \cdot x^2 - 3 \cdot t^2 = 3 \cdot (x - t) \cdot (x + t)$, also $f_t'(x) = 0$ genau für $x = -t$ und $x = t$. Die zweite Ableitung ist $f_t''(x) = 6 \cdot x$. Wegen $t > 0$ gilt $f_t''(-t) = -6 \cdot t < 0$ und $f_t''(t) = 6 \cdot t > 0$. Die Funktionswerte sind $f_t(-t) = -t^3 + 3 \cdot t^3 = 2 \cdot t^3$ und ebenso $f_t(t) = -2 \cdot t^3$. Damit ist $H_t\left(-t \mid 2 \cdot t^3\right)$ der Hochpunkt und $T_t\left(t \mid -2 \cdot t^3\right)$ der Tiefpunkt.

d) Aus $f_t''(x) = 6 \cdot x = 0$ folgt allein $x = 0$; eine lineare Funktion hat höchstens eine Nullstelle, mehr Kandidaten gibt es also nicht. Dort wechselt $f_t''$ das Vorzeichen von minus nach plus, denn $f_t'''(x) = 6 \neq 0$. Jeder Graph besitzt somit genau einen Wendepunkt, und zwar $W(0 \mid 0)$ — für jedes $t$ denselben. Zwischen den beiden Extremstellen ist $f_t'(x) < 0$, folglich fällt $f_t$ monoton im Intervall $-t \leq x \leq t$.

Beim Ableiten ist $t$ eine feste Zahl und $x$ die Variable: Der Term $3 \cdot t^2 \cdot x$ hat die Ableitung $3 \cdot t^2$, nicht $6 \cdot t$. Und wer nur die gezeichnete Kurve zu $t = 2$ untersucht, hat über die Schar nichts gezeigt — verlangt sind Aussagen, die für jedes $t > 0$ gelten.

2 · Wohin die Gipfel wandern

a) Der Hochpunkt hat die Koordinaten $x = -t$ und $y = 2 \cdot t^3$. Aus der ersten Gleichung folgt $t = -x$; eingesetzt in die zweite ergibt das $y = 2 \cdot (-x)^3 = -2 \cdot x^3$. Für den Tiefpunkt ist $x = t$, also $t = x$ und damit $y = -2 \cdot x^3$ — dieselbe Gleichung. Alle sechs Punkte der Abbildung und überhaupt alle Extrempunkte der Schar liegen also auf der Kurve mit der Gleichung $y = -2 \cdot x^3$. Weil $t$ alle positiven Zahlen durchläuft, liefern die Hochpunkte genau den Ast mit $x < 0$ und die Tiefpunkte genau den Ast mit $x > 0$; der Ursprung selbst gehört nicht dazu, denn $t = 0$ ist ausgeschlossen.

b) Ein gemeinsamer Punkt muss für zwei verschiedene Parameter $t_1 \neq t_2$ denselben Funktionswert haben. Aus $f_{t_1}(x) = f_{t_2}(x)$ folgt $x^3 - 3 \cdot t_1^2 \cdot x = x^3 - 3 \cdot t_2^2 \cdot x$, nach Kürzen von $x^3$ also $3 \cdot x \cdot \left(t_2^2 - t_1^2\right) = 0$. Da beide Parameter positiv und verschieden sind, ist $t_2^2 - t_1^2 \neq 0$, und es bleibt nur $x = 0$. Wegen $f_t(0) = 0$ für jedes $t$ ist der Koordinatenursprung $O(0 \mid 0)$ tatsächlich gemeinsamer Punkt — und zwar der einzige. Nach Aufgabe 1 ist er zugleich der gemeinsame Wendepunkt aller Scharkurven.

c) Der Anstieg an der Stelle $x_0 = 1$ ist $f_t'(1) = 3 \cdot 1^2 - 3 \cdot t^2 = 3 - 3 \cdot t^2$. Die Forderung $3 - 3 \cdot t^2 = -9$ führt auf $t^2 = 4$, wegen $t > 0$ also auf $\mathbf{t = 2}$. Der Berührpunkt ist $f_2(1) = 1 - 12 = -11$, also $P(1 \mid -11)$. Mit der Punkt-Anstiegs-Form folgt $y = -9 \cdot (x - 1) - 11$ und ausmultipliziert $y = -9 \cdot x - 2$.

d) Die beiden Extrempunkte sind $H_t(-t \mid 2 t^3)$ und $T_t(t \mid -2 t^3)$; ihr Mittelpunkt ist $\left(\frac{-t + t}{2} \mid \frac{2 t^3 - 2 t^3}{2}\right) = (0 \mid 0)$, also liegt der Ursprung auf der Verbindungsgeraden. Deren Anstieg ist $m = \frac{-2 t^3 - 2 t^3}{t - (-t)} = \frac{-4 t^3}{2 t} = -2 \cdot t^2$, die Gerade hat somit die Gleichung $y = -2 \cdot t^2 \cdot x$. Die Wendetangente berührt im Ursprung und hat den Anstieg $f_t'(0) = -3 \cdot t^2$, also die Gleichung $y = -3 \cdot t^2 \cdot x$. Beide Geraden gehen durch den Ursprung, aber die Wendetangente ist steiler: Das Verhältnis der Anstiege beträgt $\frac{-2 t^2}{-3 t^2} = \frac{2}{3}$ — unabhängig von $t$.

Zu a): Alle sechs Extrempunkte liegen auf der gestrichelt gezeichneten Ortskurve y = −2x³. Links wird der Ast mit negativem x von den Hochpunkten durchlaufen, rechts der Ast mit positivem x von den Tiefpunkten.

Eine Ortskurve entsteht durch Eliminieren des Parameters, nicht durch Verbinden der drei gezeichneten Punkte. Und $y = -2 \cdot x^3$ gehört nicht selbst zur Schar: Es gibt kein $t$ mit $f_t(x) = -2 \cdot x^3$, die Ortskurve ist eine Kurve über der Schar, keine Kurve in ihr.

3 · Die Fläche wächst schneller als gedacht

a) Die Nullstellen aus Aufgabe 1 sind $-\sqrt{3} \cdot t$, dann $0$ und schließlich $\sqrt{3} \cdot t$; sie sind die Grenzen der beiden Flächenstücke. Zwischen $-\sqrt{3} \cdot t$ und $0$ verläuft der Graph oberhalb der Achse — etwa ist $f_t(-t) = 2 \cdot t^3 > 0$ —, zwischen $0$ und $\sqrt{3} \cdot t$ unterhalb, denn $f_t(t) = -2 \cdot t^3 < 0$. Nach Aufgabe 1 ist $G_t$ punktsymmetrisch zum Ursprung; die Punktspiegelung an $O$ bildet das linke Flächenstück genau auf das rechte ab. Beide sind deshalb inhaltsgleich, und es genügt, eines zu berechnen und zu verdoppeln.

b) Eine Stammfunktion ist $F_t(x) = \frac{1}{4} \cdot x^4 - \frac{3}{2} \cdot t^2 \cdot x^2$. Für das rechte Stück braucht man die Zwischenwerte $\left(\sqrt{3} \cdot t\right)^2 = 3 \cdot t^2$ und $\left(\sqrt{3} \cdot t\right)^4 = 9 \cdot t^4$. Damit ist $F_t\!\left(\sqrt{3} \cdot t\right) = \frac{9}{4} \cdot t^4 - \frac{3}{2} \cdot t^2 \cdot 3 \cdot t^2 = \frac{9}{4} \cdot t^4 - \frac{9}{2} \cdot t^4 = -\frac{9}{4} \cdot t^4$, und wegen $F_t(0) = 0$ folgt $\int_{0}^{\sqrt{3} t} f_t(x)\,dx = -\frac{9}{4} \cdot t^4$. Der Betrag davon ist der Inhalt eines Stückes, und mit dem Faktor $2$ aus Teil a) ergibt sich $A(t) = 2 \cdot \frac{9}{4} \cdot t^4 = \frac{9}{2} \cdot t^4 = 4{,}5 \cdot t^4$.

c) Aus $\frac{9}{2} \cdot t^4 = 72$ folgt $t^4 = 16$ und damit $t = \pm 2$. Wegen $t > 0$ bleibt nur $\mathbf{t = 2}$. Probe: $A(2) = 4{,}5 \cdot 16 = 72$. Das ist gerade die Kurve zu $t = 2$ aus den Abbildungen; ihre Nullstellen liegen bei $0$ und bei rund $\pm 3{,}46$.

d) Die Aussage ist falsch. Setzt man $2 \cdot t$ ein, so ist $A(2 \cdot t) = \frac{9}{2} \cdot (2 t)^4 = \frac{9}{2} \cdot 16 \cdot t^4 = 16 \cdot A(t)$: Der Inhalt wird sechzehnmal so groß, nicht doppelt so groß. Das Zahlenbeispiel bestätigt es, denn $A(1) = 4{,}5$ und $A(2) = 72$, und $72 = 16 \cdot 4{,}5$. Anschaulich liegt es daran, dass sich beim Verdoppeln von $t$ zwei Größen ändern: Die Nullstellen $\pm\sqrt{3} \cdot t$ rücken doppelt so weit auseinander, die Extremwerte $\pm 2 \cdot t^3$ werden aber achtmal so groß. Doppelte Breite mal achtfache Höhe ergibt den Faktor $2 \cdot 8 = 16$. Verdoppeln würde sich der Inhalt erst, wenn man $t$ mit $\sqrt[4]{2} \approx 1{,}19$ multipliziert.

Zu d): Der Graph von A ist eine Kurve vierten Grades. Bei t = 2 liegt sie bei 72, während doppeltes Wachstum (gestrichelt) nur 9 ergäbe.

Wer in einem Zug von $-\sqrt{3} \cdot t$ bis $\sqrt{3} \cdot t$ integriert, erhält wegen der Punktsymmetrie den Wert $0$ — die beiden Flächenstücke heben einander im Integral auf. Ein Flächeninhalt entsteht erst, wenn an jeder Nullstelle geteilt und der Betrag genommen wird.