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Lösungen zu den Übungen zur LK-Klausur 13.2
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Aufgabe 1:
Die Linearfaktoren ( k + 3)2 und ( k + 1 ) sind für k > -1 positiv, die Fallunterscheidung
wird durch den Faktor ( k – 2) notwendig!
02.03.2006 Munk
Für k>2: Im Bereich zwischen –1 und k muss eine Wendestelle vorhanden sein, da der
Grenzwert rechts von –1 „plus unendlich“, der links von k aber „minus unendlich“ ist !
Sonderfälle
1) k = -1
f 1 ( x )  
( x  3)2 ( x  2 ) ( x  3)2 ( x  2 )
In diesem Fall ergibt sich

( x  1) ( x  1)
( x  1) 2
eine doppelte Definitionslücke bei –1, d.h. es handelt sich um eine Polstellen ohne
VZW!
( x  3)2 ( x  2 )
( x  3)2 ( x  2 )
4(  3)

lim
 lim
 
2
2
x  1
x  1
x  1 ( x  1 ) 2
( x  1)
( x  1)
x  1
x  1
x  1
lim
2) k = 2
f2 ( x )  
a) Aus der Zeichnung sind zunächst die Definitionslücken bei –1 und bei 4 (bzw. k)
ersichtlich. Beides sind Polstellen mit VorZeichenWechsel, also einfache
Definitionslücken. Damit steht das Nennerpolynom schon einmal fest:
v ( x )  ( x 1) ( x  k )  x  (1  k ) x  k . Weiterhin erkennt man Nullstellen bei
–3 und bei 2, wobei -3 zugleich Extremstelle, folglich eine doppelte Nullstelle ist; so
erhält man das Zählerpolynom:
2
u ( x )  ( x  3 ) ( x  2 )  ( x  6 x  9 ) ( x  2 )  x  4 x  3 x 18
2
2
3
2
u ( x ) x 3  4 x 2  3 x 18 ( x  3 ) 2 ( x  2 )
fk ( x ) 


v ( x ) x 2  (1  k ) x  k
( x  1) ( x  k )
b) Für die Bestimmung der Grenzwerte eignet sich die Linearfaktordarstellung:
( x  3)2 ( x  2 )
4(  3)
lim
 lim

x  1 ( x  1 ) ( x  k )
x  1 ( x  1 ) (  1  k )
x  1
x  1
( x  3)2 ( x  2 )
4(  3)
 lim

x  1 ( x  1 ) ( x  k )
x  1 ( x  1 ) (  1  k )
x  1
x  1
lim
( k  3 ) 2 ( k  2 )   für k  2

x  k ( k  1) ( x  k )
  für k  2
xk
lim
( k  3 ) 2 ( k  2 )   für k  2

x  k ( k  1) ( x  k )
  für k  2
xk
lim
( x  3)2 ( x  2 ) ( x  3)2

( x  1) ( x  2 )
( x  1)
In diesem Fall gibt es weder die
Nullstelle x = 2 noch eine Definitionslücke an dieser Stelle, die Funktion hat dort
eine „stetig hebbare Lücke“, d.h. eine Lücke, die nur aus einem Punkt besteht, aber
den Verlauf des Graphen nicht beeinflusst.
( x  3)2
4
 lim
 
x  1 ( x  1 )
x  1 ( x  1 )
x  1
x  1
lim
( x  3)2
4
 lim
 
x  1 ( x  1 )
x  1 ( x  1 )
x  1
x  1
lim
Graphen
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02.03.2006 Munk
2
f
c)
f4 ( x ) 
x  4 x  3 x 18 ( x  3 ) ( x  2 )

( x 1) ( x  4 )
x2 3 x  4
3
2
2
Schräge Asymptote durch Polynomdivision:
( x 3  4 x 2  3 x 18 ) : ( x 2  3 x  4)  x  7 
4
( x ) dx  F4 ( 2 )  F4 ( 0 ) 
0
98
12
98
12
ln ( 2 )  ln ( 3 )  2  14  ln (4)  ln (1)  5,050984753
5
5
5
5
22 x  10
x2 3 x  4
 ( x3  3 x2  4 x )
e)
7 x  x 18
2
a(x)=x+7
 (7 x  21 x  28 )
2
1

12
ln x 1    , folglich
x  1 5
f 4 ( x ) dx  F4 ( 1)  F4 (  3 )    , da lim
3
existiert das Integral nicht!
22 x  10
Aufgabe 2:
f ( x)
4 0x
ex
2
3
x2  3
a) Es gibt keine Definitionslücken, da e
> 0 für alle x aus IR ist.
b) S ( 0 / 0 ) ist Schnittpunkt mit beiden Koordinatenachsen.
d)
2
98
12
x
F4 ( x) 
ln x  4  ln x  1   7 x
5
5
2
98
12
f 4 ( x )  F4' ( x) 

 x7
5 ( x  4 ) 5 ( x  1)
98 ( x  1 )  12 ( x  4 )  5 ( x  4 ) ( x  1 ) x  35 ( x  4 ) ( x  1 )

5 ( x  4 ) ( x  1)

Flächeninhalt:
98 x  98  12 x  48  5 x 3 15 x 2  20 x  35 x 2  105 x 140
5 ( x  4 ) ( x 1)
5 x 3  20 x 2  15 x  90 x 3  4 x 2  3 x  18


5 ( x  4 ) ( x 1)
( x  4 ) ( x  1)
lim
40 x
x  
lim
x 
ex 3
40 x
ex
2
2
3
  0, da der Nenner deutlich schneller gegen unendlich geht als de
  0, da der Nenner deutlich schneller gegen unendlich geht als der
Nach links läuft der Graph von unten gegen Null, nach rechts von oben, der
Ursprung ist die einzige Nullstelle. Zwischen „minus unendlich“ und Null muss
sich ein Tiefpunkt befinden, zwischen Null und „plus unendlich“ muss sich ein
Hochpunkt befinden. Der Graph muss (mindestens) 3 Wendepunkte besitzen: einen
zwischen der Annäherung von unten und dem Tiefpunkt, einen zwischen Tief- und
Hockpunkt und einen zwischen Hochpunkt.
c)
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f ( x)
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40 x
ex
f '( x ) 
2
40 x
3
ex
2
3
 40  e x
(ex
P r o d u k t r e g el f
2
2
3
 2 x  40 x
3 2

ex
2
( x)
( 40  80 x 2 )
(ex
)
''
verkürzt
3
2
3
)2

40  80 x 2
ex
2
3
 160 x
ex
2
3
Die notwendige Bedingung ist f’(x) = 0, zu lösen ist nur noch
e
dx
0
z  x2 3
dz
dz
 2 x  dx 
dx
2x

0
2
40  80 x  0  x  
  0,707
2
x2  3
02.03.2006 Munk
2
40 x dz
20
  z dz   20 e  z dz   20 e  z   20 e  x  3
z
e 2x 0 e
0
2
Überprüfung in f’’ ergibt HP (0,707 / 0,854), TP (-0,707 / -0,854).

40 x
e
x 3
2
0

40 x
e
x 2 3
1

40 x
e
2
x 2 3
dx  lim (20 e  x
2
3
)  (  20 e 3 )  0 
20
 0,9957  99,57 %
e3
dx  lim (20 e  x
2
3
)  (  20 e  4 )  0 
20
 0,3661  36,61%
e4
dx  lim (20 e  x
2
3
)  (  20 e 7 )  0 
20
 0,0182 1,82 %
e7
x 
x
x
e) Eine gewisse Ähnlichkeit zeigt die Kurve zur Gaußschen Glockenkurve.
Allerdings ist dieser Graph nicht symmetrisch zum höchsten Punkt. Die relativen
Häufigkeiten in der Nähe von x=0 sind wesentlich größer als bei der
Standardnormalverteilung.
d) Integration bedeutet die Summation der relativen Häufigkeiten, folglich ergibt
sich dadurch die Gesamtzahl.

40 x
e
x 3
2
dx wird also benötigt, zunächst suchen wir per Substitution eine
Aufgabe 3:
a) Definitionslücken sind die Nullstellen des Nenners:
x 2  3 x  4  0  x   1 x  4  ID  IR \ { -1; 4 }
0
Stammfunktion:
b) Integration per Substitution:
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32 x  48
 ( x 2  3 x  4 ) 3 dx
z  x2  3 x  4
lim
x  1
x  1
02.03.2006 Munk
8
8
 lim
 
2
2
x


1
( x  1) ( x  4) x  1 ( x  1) 2 ( x  4) 2
8
8
 lim
 
2
2
x  4 ( x  1) ( x  4)
x  4 ( x  1) 2 ( x  4) 2
x4
x4
lim
dz
dz
 2 x  3  dx 
dx
2 x 3

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Graph:
32 x  48 dz
16
8
8
  3 dz   16 z 3 dz   8 z  2  2  2
3
2 x 3
z
z
z
( x  3 x  4 )2
fc ( x ) 
8
c
( x  3 x  4 )2
2
f ( x )  f0 ( x ) 
8
( x  3 x  4 )2
2
c) Keine Nullstellen ist sofort klar, da der Zähler nicht Null werden kann.
Für eine möglichst einfache Berechnung der Extremstelle(n) steht die erste
Ableitung bereits zur Verfügung, die zweite braucht nur verkürzt gebildet zu
werden, da ja nur überprüft werden muss.
32 x  48
( x  3 x  4 )3
32
f ' ' verkürzt ( x )  2
( x  3 x  4 )3
f '( x ) 
2
Notwendige Bedingung f ' ( x ) 
32 x  48
0
( x  3 x  4 )3
2
32 x –48 = 0 => x = 1,5
32
f ' ' verkürzt (1,5 ) 
 0, also HP (1,5 / - 0,2048 )
( 2,25  4,5  4 ) 3
d)
lim
x  
8
8
 lim
 0
2
2
x


( x  1) ( x  4)
( x  1) 2 ( x  4) 2
Die Bestimmung der Grenzwerte an den Definitionslücken ist hier besonders
einfach, da der Nenner durch das Quadrat immer positiv wird, der Zähler immer
negativ, so ergeben sich alle Grenzwerte als „minus unendlich“.
e)
Der Grenzwert für x gegen „minus unendlich“ ist –0, d.h. der Graph kommt von
unten gegen Null, andererseits läuft er bei der ersten Definitionslücke (-1) gegen
„minus unendlich“. Wendestellen ließen sich nur denken, wenn es zwischendurch
noch mindestens einen Tief- und einen Hochpunkt gäbe. Es gibt aber nur eine
Extremstelle. Ähnlich läuft die Argumentation für die anderen Bereiche:
Zwischen den Definitionslücken liegt der Hochpunkt, aber keine weiteren
Extremstellen.
Im Bereich rechts von 4 bis „plus unendlich“ gilt wieder die Argumentation vom
Anfang.
Alternativ kann man hier auch mit viel Aufwand die zweite Ableitung berechnen
und zeigt dann, dass die (bei passendem Kürzen) quadratische Gleichung keine
reellen Lösungen besitzt.