90 Aufgabe 6 Straßenkreuzung Die Aufgabe entspricht mit kleinen

Analysis Leistungskurs
Zentrale schriftliche Abiturprüfungen im Fach Mathematik
Aufgabe 6 Straßenkreuzung
Die Aufgabe entspricht mit kleinen Veränderungen der Abituraufgabe LK 2001/3 aus Baden-Württemberg.
Zwei geradlinig verlaufende Straßen
bilden an ihrer Kreuzung einen Winkel α von etwa 53°. Diese Kreuzung
y
1
V
soll durch ein zusätzliches Straßen0,5
stück entlastet werden. Die Situation
x
kann in einem geeigneten Koordina
2
1,5
0,5
0,5
1
1,5
2
1
tensystem durch zwei Geraden und
eine Verbindungskurve V dargestellt
0,5
werden. (Siehe Skizze, Maßstab: 1
1
Einheit entspricht 1 km.)
Dabei soll die Verbindungskurve V
durch den Graphen einer Funktion f
beschrieben werden.
V mündet an den Stellen –2 und 2 ohne Knick und ohne Krümmungssprung in die Geraden ein und
endet dort.
Hinweis: Ohne Krümmungssprung bedeutet, dass die Bedingungen f ′′(−2) = f ′′(2) = 0 gelten.
a)
Zeigen Sie, dass man für die beiden Geraden der Straßenkreuzung die beiden Funktionen
g1 mit g1 ( x) = 12 x und g2 mit g 2 ( x) = − 12 x verwenden kann.
• Welchen Bedingungen muss die Funktion f genügen, damit gewährleistet ist, dass die Verbindungskurve V ohne Knick und ohne Krümmungssprung in die Geraden g1 und g2 übergeht?
Erläutern Sie Ihre Ansätze.
• Zeigen Sie nun, dass f ( x) = ax 4 + bx 2 + c einen möglichen Ansatz darstellt, wenn alle eben
geforderten Bedingungen erfüllt sein sollen, und bestimmen Sie f für den vorliegenden Fall.
b)
Ein weiterer Vorschlag sieht als Verbindungskurve den Graphen der Funktion h vor mit
h( x) = 1 + ln( 18 x 2 + 12 ) .
Prüfen Sie, ob diese Verbindungsfunktion h ebenfalls die Bedingungen aus Aufgabenteil a) erfüllt.
Zeichnen Sie den Graphen der Funktion h als Verbindungskurve und die Geraden g1 und g2
aus dem Aufgabenteil a) in ein geeignetes Koordinatensystem.
c)
Die beiden Vorschläge aus den Teilaufgaben a) und b) sollen hinsichtlich des Landschaftsverbrauchs verglichen werden, indem jeweils der Inhalt des Flächenstücks, das von den beiden
Geraden g1 und g2 und der Verbindungskurve eingeschlossen wird, bestimmt wird.
• Berechnen Sie für den Vorschlag mit der Verbindungsfunktion f aus dem Aufgabenteil a) den
Inhalt dieses Flächenstücks exakt.
• Berechnen Sie für den Vorschlag mit der Verbindungsfunktion h aus dem Aufgabenteil b)
den Inhalt dieses Flächenstücks numerisch (8 Teilintervalle reichen).
d)
90
Erstellen Sie einen dritten Vorschlag für eine Verbindungsfunktion t auf der Grundlage einer
trigonometrischen Funktion.
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Erwartungshorizont
Zuordnung,
Bewertung
Lösungsskizze
I
II
15
15
III
a) Die Gerade g1 schließt mit der positiven x-Achse den Winkel α = tan −1 ( 12 ) ≈
≈ 26,6° ein. Da g1 und g2 achsensymmetrisch zueinander sind, schließen sie
einen Winkel von etwa 2 ⋅ 26,6° = 53,2° ein, also etwa 53°.
•
Bedingungen für f:
Die Funktion f muss an der Stelle –2 den gleichen Funktionswert wie g2
haben, d. h. f (−2) = g 2 (−2) = 1 . Entsprechend gilt: f (2) = g1 (2) = 1 . Außerdem muss f in den Punkten P(–2|1) bzw. Q(2|1) die Geraden nur berühren, also die gleiche Steigung wie die Geraden haben. D. h.
f '(−2) = g 2 '(−2) = − 12 und f '(2) = g1 '(2) = 12 .
Zum Krümmungssprung siehe Hinweis in der Aufgabe.
•
Nachweis des Ansatzes f(x) = ax4 + bx2 + c:
Die beiden Geraden g1 und g2 sowie die beiden Berührpunkte liegen symmetrisch zur y-Achse. Wählt man einen ganzrationalen Ansatz mit einer
Funktion vierten Grades, so treten nur gerade Potenzen von x auf. Auf
Grund der Symmetrie müssen nur noch die Bedingungen f (2) = 1 ,
f ′(2) =
1
2
und f ′′(2) = 0 erfüllt werden. Diese drei Bedingungen führen
auf drei lineare Gleichungen für die Koeffizienten der ganzrationalen Funktion f. Für eine eindeutige Lösung benötigt man also als Ansatzfunktion eine ganz rationale Funktion mit drei Koeffizienten, z. B.
f ( x) = ax 4 + bx 2 + c .
Es gilt mit diesem Ansatz:
f ′( x) = 4ax 3 + 2bx und
f ′′( x) = 12ax 2 + 2b.
Man erhält nun die drei Bedingungen:
f (2) = 1 = 16a + 4b + c
(I)
1
f ′(2) = 2 = 32a + 4b
(II)
f ′′(2) = 0 = 48a + 2b
(III)
(32a + 4b) − 2(48a + 2b) = 12 − 2 ⋅ 0
folgt aus II − 2 ⋅ III
−64a = 12
1
a = − 128
.
1
3
2
16
1
Dieses Ergebnis eingesetzt in (II) ergibt 32 ⋅ ( − 128
) + 4b = , also b =
.
3
Dieses Ergebnis in I eingesetzt ergibt c = .
8
Also erhält man: f ( x) = −
1
128
x4 +
3
16
3
x2 + .
8
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Zuordnung,
Bewertung
Lösungsskizze
b)
I
II
10
10
Die Bedingungen werden nacheinander überprüft.
h( −2) = 1 + ln( 18 (−2) 2 + 12 ) = 1 + ln(1) = 1 . Entsprechend h(2)=1.
2x
2x
= 2
.
1
x + 2 x +4
2 ⋅ (−2)
4
1
1
= − = − und entsprechend h '(2) = .
Damit folgt h '(−2) =
2
2
(−2) + 4
8
2
h '( x) =
h ''( x) =
1
8
1
8
2
2( x 2 + 4) − 2 x ⋅ 2 x −2 x 2 + 8
= 2
.
( x 2 + 4) 2
( x + 4) 2
Damit folgt h ''(−2) =
−2(−2) 2 + 8
= 0 und entsprechend h ''(2) = 0 .
((−2) 2 + 4) 2
Hinweis: Hier wäre auch eine Symmetrieüberlegung zur Abkürzung der Rechnungen möglich.
c) • Fläche mit Vorschlag aus Teil a):
Auf Grund der Symmetrie von f und von g1 und g2 zueinander reicht es, die
Berechnung des Integrals auf dem Intervall [0;2] vorzunehmen. Alle Funktionen sind im untersuchten Intervall nicht negativ und haben dort nur den
Schnittpunkt Q(2|1).
2
2
0
0
1
FL f = 2 ∫ ( f ( x) − g1 ( x) ) dx = 2∫ ( − 128
x 4 + 163 x 2 + 83 − 12 x )dx
2
1
= 2 ⎡⎣ − 640
x 5 + 161 x 3 − 14 x 2 + 83 x ⎤⎦ = 52 = 0, 4
0
Der gesamte verbrauchte Flächeninhalt FLf bei der Streckenführung mit der
Funktion f beträgt 0,4 FE.
• Fläche mit Vorschlag aus Teil b):
h ist symmetrisch zur y-Achse, weil x im Funktionsterm nur quadratisch auftritt. Entsprechend zum Vorschlag aus Teil a) kann man sich wieder auf das
Intervall [0;2] beschränken.
Da insgesamt 8 Unterteilungen zu berücksichtigen sind, kann man nun das
Intervall in 4 Teile unterteilen. Als numerische Integrationsmethode wird hier
die Rechteckmethode genommen.
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III
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Zuordnung,
Bewertung
Lösungsskizze
I
II
10
15
III
FLh ≈ 2 ⋅ 24 ( (h − g1 )( 14 ) + (h − g1 )( 34 ) + (h − g1 )( 54 ) + (h − g1 )( 74 ) )
= 0,1974 + 0,0634 + 0,0116 + 0,0004
= 0, 2728.
Der gesamte verbrauchte Flächeninhalt FLh bei der Streckenführung mit der
Funktion h beträgt 0,2728 FE.
d) Von den üblichen trigonometrischen Funktionen ist nur die Kosinusfunktion
symmetrisch zur y-Achse. Deshalb wird der Einfachheit halber diese Funktion
angepasst. Dazu muss der Graph an der x-Achse gespiegelt
( cos( x) → − cos( x) )und nach oben verschoben werden
( − cos( x) → − cos( x) + v ). Zusätzlich müssen die Periode
( − cos( x) + v → − cos( p ⋅ x) + v ) und die Amplitude
( − cos( p ⋅ x) + v → − a ⋅ cos( p ⋅ x) + v ) angepasst werden.
Es wird nun der Ansatz t ( x) = − a ⋅ cos( p ⋅ x) + v, mit a, p ≠ 0 untersucht.
t '( x) = a ⋅ p ⋅ sin( p ⋅ x) und
t ''( x) = a ⋅ p 2 ⋅ cos( p ⋅ x).
(I)
(II)
(III)
Die Bedingungen aus Teil a) müssen erfüllt werden.
t (2) = 1 = − a ⋅ cos( p ⋅ 2) + ν
( IV )
t '(2) = 12 = a ⋅ p ⋅ sin( p ⋅ 2)
(V )
t ''(2) = 0 = a ⋅ p cos( p ⋅ 2)
(VI )
Aus (VI) folgt cos( p ⋅ 2) = 0 und damit p ⋅ 2 = 12 π + 2π ⋅ z mit z ∈ . Dem Stra2
ßenverlauf gemäß ist z = 0 zu wählen, so dass p = 14 π folgt.
Dieses Ergebnis wird in (V) eingesetzt:
1
= a ⋅ 14 π ⋅ sin( 12 π). Da sin( 12 π) = 1 gilt, erhält man 12 = a ⋅ 14 π , also a = π2 .
2
Die beiden Ergebnisse für p und a werden nun in (IV) eingesetzt:
1 = − π2 ⋅ cos( 12 π) + v . Da cos( 12 π) = 0 ist, folgt v = 1.
2
⎛1
⎞
Insgesamt erhält man t ( x) = 1 − ⋅ cos ⎜ π ⋅ x ⎟ .
π
⎝4
⎠
Insgesamt 100 BWE 35
10
15
50
15
93