\documentclass[a4paper,12pt]{scrartcl}
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\begin{document}

\section*{Aufgabe 10}
Ein Polynom dritten Grades \mbox{$f_1(x)$} hat einen Wendepunkt bei $W(1|1)$.
Die Gerade mit der Funktionsgleichung \mbox{$f_2(x)=3x-4$} berührt im Punkt $B$
bei \mbox{$x_B=2$} den Graphen von \mbox{$f_1(x)$} als Tangente.
\begin{description}
\item[a)] Bestimmen Sie die Funktionsgleichung des Polynoms \mbox{$f_1(x)$}!
\item[b)] Untersuchen Sie die Funktion \mbox{$f_1(x)$} auf Hoch-, Tief-, und
  Sattelpunkte und bestimmen Sie die Achsenabschnitte sowie die Schnittpunkte
  mit der Tangenten \mbox{$f_2(x)$}! Gehen Sie dabei von
  \mbox{$f_1(x)=x^3-3x^2+3x$} aus.
\item[c)] Skizzieren Sie die Graphen von Polynoms und Tangente!
\item[d)] Die gegebene Tangente mit der oben angegebenen Funktionsgleichung
  \mbox{$f_2(x)$}, die den Graphen von \mbox{$f_1(x)$} in $B$ berührt,
  schneidet diesen Graphen in einem weiteren Punkt $P$. Berechnen Sie die
  Fläche, die von den Funktionsgraphen von Polynom und Tangente zwischen $P$
  und $B$ eingeschlossen wird!
\end{description}

\newpage %-------------------------------------
\subsubsection*{Lösung:}
\paragraph{a)} \textbf{Bestimmung der Funktionsgleichung:}
\[\begin{array}{rcll}
f_1(x)&=&ax^3+bx^2+cx+d \\
f_1'(x)&=&3ax^2+2bx+c \\
f_1''(x)&=&6ax+2b \\
\end{array}\]
Nun können die Bedingungen ausgewertet werden. Der Wendepunkt ergibt zwei
Bedingungen und der Berührpunkt ebenfalls.

\[\begin{array}{lrclcrcl}
(1)& f_1(1)&=&1 &\Rightarrow& a \cdot 1^3+b \cdot 1^2+c \cdot 1+d&=&1 \\
(2)& f_1''(1)&=&0 &\Rightarrow& 6a \cdot 1+2b&=&0 \\
(3)& f_1(2)&=&f_2(2) &\Rightarrow& a \cdot 2^3+b \cdot 2^2+c \cdot 2+d
   &=&3 \cdot 2-4 \\
(4)& f_1'(2)&=&f_2'(2) &\Rightarrow& 3a \cdot 2^2+2 \cdot 2b+c&=&3 \\
\end{array}\]

Fasst man die Gleichungen zusammen, erhält man dieses Lineargleichungssystem 4.
Ordnung:
\[\begin{array}{|lrrrrcl|}
\hline
(1)& a& +b& +c& +d&=&1 \\
(2)&6a&+2b&   &   &=&0 \\
(3)&8a&+4b&+2c& +d&=&2 \\
(4)&12a&+4b&+c&   &=&3 \\
\hline
\end{array}\]

Das Gleichungssystem kann mit jedem beliebigen Verfahren gelöst werden. Es
bietet sich an Gleichung (1) von Gleichung (3) zu subtrahieren, damit $d$
wegfällt.

\[\begin{array}{lrrrrcll}
(3)&8a&+4b&+2c& +d&=&2 &| \\
(1)& a& +b& +c& +d&=&1 &|-\\
\hline
(5)&7a&+3b&+c&&=&1 \\
\end{array}\]
Zusammen mit Gleichung (2) und (4) bleibt damit ein Gleichungssystem 3. Ordnung
übrig:
\[\begin{array}{|lrrrcl|}
\hline
(2)&6a&+2b&   &=&0 \\
(4)&12a&+4b&+c&=&3 \\
(5)&7a&+3b&+c &=&1 \\
\hline
\end{array}\]

Auch für den nächsten Reduktionsschritt bietet sich das
Additions-/Subtraktionsverfahren an. Gleichung (4) und (5) können voneinander
subtrahiert werden, damit $c$ wegfällt.

\[\begin{array}{lrrrcll}
(4)&12a&+4b&+c&=&3 &|\\
(5)&7a&+3b&+c &=&1 &|-\\
\hline
(7)&5a&+b&&=&2 \\
\end{array}\]

Zusammen mit Gleichung (2) bleibt nun ein Lineargleichungssystem 2. Ordnung
übrig.
\[\begin{array}{|lrrcl|}
\hline
(2)&6a&+2b&=&0 \\
(7)&5a&+b &=&2 \\
\hline
\end{array}\]

Hier bietet sich keine Methode direkt an. Ich stelle Gleichung (2) nach $b$ um
und setze das Ergebnis dann in (7) ein.
\[\begin{array}{rcll}
6a+2b&=&0 &|-6a \\
2b&=&-6a &|:2 \\
b&=&-3a \\
\end{array}\]
Eingesetzt in Gleichung (7):
\[\begin{array}{rcll}
5a+b&=&2 \\
5a-3a&=&2 \\
2a&=&2 &|:2 \\
a&=&1 \\
\end{array}\]

Das Ergebnis wird in die umgestellte Gleichung (2) eingesetzt.
\[b=-3a=-3 \cdot 1=-3\]

Beide Werte setze ich in Gleichung (5) ein.
\[\begin{array}{rcll}
7a+3b+c&=&1 \\
7 \cdot 1+3 \cdot (-3)+c&=&1 \\
7-9+c&=&1 \\
-2+c&=&1 &|+2 \\
c&=&3 \\
\end{array}\]

Zur Bestimmung von $d$ verwende ich Gleichung (1).
\[\begin{array}{rcll}
a+b+c+d&=&1 \\
1-3+3+d&=&1 \\
1+d&=&1 &-1 \\
d&=&0 \\
\end{array}\]

Hiermit lautet die gesuchte Gleichung:
\fcolorbox{red}{yellow}{$f_1(x)=x^3-3x^2+3x$}

\paragraph{b1)} \textbf{Bestimmung der Extrema:}\\

Zunächst werden die notwendigen Ableitungen bestimmt.
\[\begin{array}{rcll}
f_1(x)&=&x^3-3x^2+3x \\
f_1'(x)&=&3x^2-6x+3 \\
f_1''(x)&=&6x-6 \\
\end{array}\]
Notwendige Bedingung für Extrema ist das Null-werden der ersten Ableitung.
\[\begin{array}{rcll}
3x_E^2-6x_E+3&=&0 &|:3 \\
x_E^2-2x_E+1&=&0 \\
x_{E1/2}&=&1 \pm \sqrt{1-1}\\
x_E&=&1 \\
\end{array}\]
Wir haben nur einen einzigen Kandidaten für Extremstellen, weil die Wurzel Null
ergibt.\\

Zur Prüfung auf die Art des Extremums kann die zweite Ableitung verwendet
werden.
\[f_1''(1)=6 \cdot 1-6=0 \quad \Rightarrow \quad
\textnormal{keine Aussage möglich!}\]
Da diese Methode zu keiner Aussage führte, muss die andere Methode verwendet
werden.
\[\begin{array}{rcll}
\left\{ \begin{array}{l}
  f_1'(0)=3 \cdot 0^2-6 \cdot 0+3=3 \\
  f_1'(2)=3 \cdot 2^2-6 \cdot 2+3=3 \\
 \end{array} \right\} & \Rightarrow &
   \textnormal{Sattelpunkt weil \textbf{kein} Vorzeichenwechsel}
\end{array}\]
Der zugehörige $y$-Wert muss bestimmt werden.
\[y_s=f_1(x_E)=1^3-3 \cdot 1^2+3 \cdot 1=1\]
Der Sattelpunkt lautet:
\fcolorbox{red}{yellow}{$S(1|1)$}

\paragraph{b2)} \textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}\\

Beginnen wir mit dem $y$-Achsenabschnitt $y_0$.
\[y_0=f_1(0)=0^3-3 \cdot 0^2+3 \cdot 0=0\]

Es folgt die Nullstellenberechnung.
\[\begin{array}{rclcl}
f(x_0)&=&0 \\
x_0^3-3 \cdot x_0^2+3 \cdot x_0&=&0 \\
x_0 \cdot (x_0^2-3 \cdot x_0+3)&=&0 &\Rightarrow& x_{01}=0 \\
x_0^2-3 \cdot x_0+3&=&0 \\
x_{02/3}&=&\cfrac{3}{2}\pm \sqrt{\cfrac{9}{4}-3}\\
x_{02/3}&=&\cfrac{3}{2}\pm \sqrt{-\cfrac{3}{4}}\\
\end{array}\]
Da der Radikand negativ ist, gibt es keine weiteren Nullstellen.
Zusammengefasst:
\begin{center} \fcolorbox{red}{yellow}{$y_0=0$}\quad und \quad
\fcolorbox{red}{yellow}{$x_0=0$} \end{center}

\paragraph{b3)} \textbf{Bestimmung der Schnittpunkte beider Funktionsgraphen:}\\

Zur Schnittpunktbestimmung müssen die Funktionsterme gleichgesetzt werden.
\[\begin{array}{rcll}
f_1(x_s)&=&f_2(x_s) \\
x_s^3-3x_s^2+3x_s&=&3x_s-4 &|-3x_s+4 \\
x_s^3-3x_s^2+4&=&0 \\
\end{array}\]
Die Nullstellen eines Polynoms dritten Grades können nicht analytisch berechnet
werden. Da jedoch der Berührpunkt bei $x_B=2$ bekannt ist, kann eine
Polynomdivision durchgeführt werden. Damit ist $x_{s1}=x_B=2$.

\[\begin{array}{rrrr}
(x_s^3&-3x_s^2\ &   &+4) \\
-(x_s^3&-2x_s^2) \\
\hline
      &(-x_s^2\ &    &+4) \\
     -&(-x_s^2\ &+2x_s) \\
\hline
      &       &(-2x_s\ &+4) \\
      &      -&(-2x_s\ &+4) \\
\hline
      &       &        &0 \ \\
\end{array}
\begin{array}{cccc}
:&(x_s-2)&=&x_s^2-x_s-2 \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\
\end{array}\]

Der Ergebnisterm kann nun weiter untersucht werden.
\[\begin{array}{rcll}
x_s^2-x_s-2&=&0 \\
x_{s2/3}&=&\cfrac{1}{2}\pm \sqrt{\cfrac{1}{4}+2}\\
x_{s2/3}&=&\cfrac{1}{2}\pm \sqrt{\cfrac{1}{4}+\cfrac{8}{4}}\\
x_{s2/3}&=&\cfrac{1}{2}\pm \sqrt{\cfrac{9}{4}}\\
x_{s2/3}&=&\cfrac{1}{2}\pm \cfrac{3}{2}\\
x_{s2}=-1 && x_{s3}=2 \\
\end{array}\]

\mbox{$x_{s3}=2$} ist identisch mit \mbox{$x_{s1}=2$}. Es gibt also tatsächlich
nur zwei Schnittpunkte. Es fehlen noch die zugehörigen $y$-Werte.\\

Bei der Berechnung spielt es keine Rolle, ob man dazu $f_1$ oder $f_2$
verwendet. Da $f_2$ einfacher ist, verwende ich diese Funktion.
\[\begin{array}{rclclcl}
y_{s1}&=&f_2(x_{s1})&=&3 \cdot 2-4&=&2 \\
y_{s2}&=&f_2(x_{s2})&=&3 \cdot (-1)-4&=&-7 \\
\end{array}\]
Damit sind die Schnittpunkte bekannt:
\fcolorbox{red}{yellow}{$B(2|2)$} und
\fcolorbox{red}{yellow}{$P(-1|-7)$}

\newpage %-------------------------------------
\paragraph{c)} \textbf{Skizze der Funktionsgraphen:}
\begin{center}
\psset{xunit=20mm,yunit=10mm}
\begin{pspicture}(-1.8,-8.8)(4.8,5.8)
  \psgrid[subgriddiv=5,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=1]
  \psaxes[Dy=1]{->}(0,0)(-1.8,-8.8)(4.8,5.8)
  \uput[-90](4.6,0){x}  \uput[180](0,5.6){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-1.8}{4.8}
                {x 3 exp 3 x x mul mul sub 3 x mul add}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=blue!60]{-1.8}{4.8}
                {3 x mul 4 sub}
  \pscircle*(2,2){2pt} \uput[170](2,2){$B$}
  \pscircle*(-1,-7){2pt} \uput[-10](-1,-7){$P$}
  \pscircle*(1,1){2pt} \uput[130](1,1){$S$}
  \uput[90](0.4,0.8){\textcolor{red}{$f_1$}}
  \uput[-45](1,-1){\textcolor{blue}{$f_2$}}
\end{pspicture}
\end{center}

\newpage
\paragraph{d)} \textbf{Bestimmung der Fläche:}\\
Da die Integrationsgrenzen durch die Schnittpunktberechnung bereits bekannt
sind, kann die gesuchte Fläche als Bestimmtes Integral aufgestellt werden.
\begin{eqnarray*}
A&=&\int \limits_{-1}^2 f_1(x)-f_2(x)\ dx \\
&=&\int \limits_{-1}^2 (x^3-3x^2+3x)-(3x-4)\ dx \\
&=&\int \limits_{-1}^2 x^3-3x^2+4\ dx \\
&=&\left[\cfrac{x^4}{4}-x^3+4x \right]_{-1}^2 \\
&=&\left( \cfrac{2^4}{4}-2^3+4 \cdot 2 \right)
  -\left( \cfrac{(-1)^4}{4}-(-1)^3+4 \cdot (-1) \right) \\
&=&(4-8+8)-\left( \cfrac{1}{4}+1-4 \right) \\
&=&4+2{,}75 \\
A&=&6{,}75 \\
\end{eqnarray*}

Die gesuchte Fläche beträgt:
\fcolorbox{red}{yellow}{$A=\unit[6{,}75]{FE}$}

\end{document}
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%\begin{sideways}Beschriftung \end{sideways} % vertikale Schrift in Tabelle
%\EUR{185}
