Funktionenschar
Inhaltsverzeichnis
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Eine Funktionenschar besitzt neben der unabhängigen Varable \(x\) und der abhängigen Variable \(y\) noch ein oder mehrere weitere Variablen, den Scharenvariablen. Daraus ergibt sich dann eine Vielzahl von Funktionsgraphen.
In diesem Sinne ist auch eine Steckbriefaufgabe eine Scharenaufgabe. Wegen der besonderen Herangehensweise an diese Aufgaben hat die Steckbriefaufgabe aber eine eigene Kategorie.
Funktionsscharen können in den herkömmlichen Funktionsarten auftreten, wie
-
ganz-rationale Funktionen
-
gebrochen-rationale Funktionen
-
Exponentialfunktionen und e-Funktionen
-
trigonometrische (periodische) Funktionen
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Meist sind Funktionsscharen aber eine Mischform dieser Funktionen. In der Regel haben wir es mit einer Kombination von ganzrationalen Funktionen und e-Funktionen zu tun.
5 typische Fragestellungen zu Scharen wären die Folgenden:
-
Berechnung der Extrempunkte und Wendepunkte
-
Aufstellen der Ortskurve der Extrempunkte/Wendepunkte
-
Prüfen, welche Funktion der Schar durch einen bestimmten Punkt läuft
-
Schnittpunkt aller Funktionen der Schar berechnen
-
Fläche zwischen einer Tangente und den Koordinatenachsen berechnen
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Dabei kommen die ersten 3 Fragestellungen häufig vor und die nachfolgenden gelegentlich. Am seltensten, in den Abiturprüfungen aber dennoch schon behandelt, ist der letzte Typ.
Es folgen nun diese Fragestellungen im Detail.
\(\\[2em]\)
Extrempunte und Wendepunkte
Es wird nun die Schar
\( \quad f_a(x) \, = \, 2 \cdot (x + 1) \cdot e^{-0{,}1 \cdot ax} \, , \, a \not= 0 \)
betrachtet.
\(\\[1em]\)
Extrempunkte
Es gilt die notwendige Bedingung: \(f'(x) = 0\)
Für die Ableitung kann die \(2\) der e-Funktion vorangestellt werden.
\( \quad f_a(x) \, = \, (x + 1) \cdot 2e^{-0{,}1 \cdot ax} \)
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Die Ableitung erfolgt mit der Produktregel
\( \quad f'_a(x) \, = \, u' \cdot v + u \cdot v' \)
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\(\qquad\) Nebenrechnung:
\( \qquad \begin{array}{ r c l } u & = & x + 1 \\[4pt] u' & = & 1 \\[4pt] v & = & 2e^{-0{,}1 \cdot ax} \\[4pt] v' & = & -0{,}2a \cdot e^{-0{,}1 \cdot ax} \\ \end{array} \)
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\( \quad \begin{array}{ r c l } f'_a(x) & = & 1 \cdot 2e^{0{,}1 \cdot ax} + (x + 1) \cdot (-0{,}2a) \cdot e^{-0{,}1 \cdot ax} \\[4pt] f'_a(x) & = & (2 - 0{,}2ax - 0{,}2a ) \cdot e^{-0{,}1 \cdot ax} \\[4pt] 0 & = & (2 - 0{,}2ax - 0{,}2a ) \cdot e^{-0{,}1 \cdot ax} \\ \end{array} \)
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Mit dem Nullprodukt und \(e^{0{,}1 \cdot ax} \not=0\) gilt
\( \quad \begin{array}{ r c l l } 0 & = & 2 - 0{,}2ax - 0{,}2a & | \, +0{,}2ax \\[4pt] 0{,}2ax & = & 2 - 0{,}2a & | \, : (0{,}2a) \\[4pt] x & = & \frac{10}{a} - 1 & \\ \end{array} \)
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Es gilt die hinreichende Bedingung: \(f''(x) \not= 0\)
Die Produktregel kommt erneut zur Anwendung.
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\(\qquad\) Nebenrechnung:
\( \qquad \begin{array}{ r c l } u & = & 2 - 0{,}2ax - 0{,}2a \\[4pt] u' & = & -0{,}2a \\[4pt] v & = & e^{-0{,}1 \cdot ax} \\[4pt] v' & = & -0{,}1a \cdot e^{-0{,}1 \cdot ax} \\ \end{array} \)
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\( \quad \begin{array}{ r c l } f''_a(x) & = & -0{,}2a \cdot e^{-0{,}1 \cdot ax} + (2 - 0{,}2ax - 0{,}2a) \cdot (-0{,}1a) \cdot e^{-0{,}1 \cdot ax} \\[4pt] & = & (-0{,}2a - 0{,}2a + 0{,}02a^2x + 0{,}02a^2) \cdot e^{-0{,}1 \cdot ax} \\[4pt] & = & (-0{,}4a + 0{,}02a^2x + 0{,}02a^2) \cdot e^{-0{,}1 \cdot ax} \\[12pt] f''_a\left(\frac{10}{a} - 1\right) & = & \Big(-0{,}4a + 0{,}02a^2 \cdot \left(\frac{10}{a} - 1\right) + 0{,}02a^2\Big) \cdot e^{-0{,}1 \cdot a \cdot \left(\frac{10}{a} - 1\right)} \\[4pt] & = & \Big(-0{,}4a + 0{,}2a - 0{,}02a^2 + 0{,}02a^2\Big) \cdot e^{-1+0{,}1a} \\[4pt] & = & -0{,}2a \cdot \frac{e^{0{,}1a}}{e^{1}} \\[4pt] & = & -0{,}2 \cdot \frac{a}{e} \cdot e^{0{,}1a} \\ \end{array} \)
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In dieser Rechnung gibt es noch keine eindeutigen Lösung. Wir müssen eine Fallunterscheidung machen.
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Fall 1: \(a>0\)
\( \quad f''_a\left(\frac{10}{a} - 1\right) \, = \, -0{,}2 \cdot \frac{a}{e} \cdot e^{0{,}1a} \; < \; 0 \qquad \Rightarrow \; \text{Hochpunkt} \)
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Fall 2: \(a<0\)
\( \quad f''_a\left(\frac{10}{a} - 1\right) \, = \, -0{,}2 \cdot \frac{a}{e} \cdot e^{0{,}1a} \; > \; 0 \qquad \Rightarrow \; \text{Tiefpunkt} \)
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Funktionswert:
\( \quad \begin{array}{ r c l } f_a\left(\frac{10}{a} - 1\right) & = & 2 \cdot (\frac{10}{a} - 1 + 1) \cdot e^{-0{,}1 \cdot a \cdot \left(\frac{10}{a} - 1\right)} \\[4pt] & = & 2 \cdot \frac{10}{a} \cdot e^{-1+0{,}1a} \\[4pt] & = & \frac{20}{a \cdot e} \cdot e^{0{,}1a} \\ \end{array} \)
\(\\\)
Es ergeben sich die Hochpunkte mit
\( \quad H \left(\frac{10}{a} - 1 \, \Bigl| \, \frac{20}{a \cdot e} \cdot e^{0{,}1a}\right) \quad \text{mit} \; a>0 \)
\(\\\)
und die Tiefpunkte mit
\( \quad T \left(\frac{10}{a} - 1 \, \Bigl| \, \frac{20}{a \cdot e} \cdot e^{0{,}1a}\right) \quad \text{mit} \; a<0 . \)
\(\\[1em]\)
Wendepunkte
Es gilt die notwendige Bedingung: \(f''_a(x) = 0\)
Wir nehmen die 2. Ableitung aus der Extrempunktberechnung.
\( \quad \begin{array}{ r c l } 0 & = & (-0{,}4a + 0{,}02a^2x + 0{,}02a^2) \cdot e^{-0{,}1 \cdot ax} \\ \end{array} \)
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Mit dem Nullprodukt und \(e^{-0{,}1 \cdot ax} \not=0\) gilt
\( \quad \begin{array}{ r c l l } 0 & = & -0{,}4a + 0{,}02a^2x + 0{,}02a^2 & | \, -0{,}02a^2x \\[4pt] -0{,}02a^2x & = & -0{,}4a + 0{,}02a^2 & | \, :(-0{,}02a^2) \\[4pt] x & = & \frac{20}{a} - 1 \\ \end{array} \)
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Es gilt nun die hinreichende Bedingung: \(f'''_a(x) \not= 0\)
Die Ableitung erfolgt mit der Produktregel
\( \quad f'''_a(x) \, = \, u' \cdot v + u \cdot v' \)
\(\\\)
\(\qquad\) Nebenrechnung:
\( \qquad \begin{array}{ r c l } u & = & -0{,}4a + 0{,}02a^2x + 0{,}02a^2 \\[4pt] u' & = & 0{,}02a^2 \\[4pt] v & = & e^{-0{,}1 \cdot ax} \\[4pt] v' & = & -0{,}1a \cdot e^{-0{,}1 \cdot ax} \\ \end{array}\)
\(\\\)
\( \quad \begin{array}{ r c l } f'''_a(x) & = & 0{,}02a^2 \cdot e^{-0{,}1 \cdot ax} + (-0{,}4a + 0{,}02a^2x + 0{,}02a^2) \cdot (-0{,}1a) \cdot e^{-0{,}1 \cdot ax} \\[4pt] & = & (0{,}02a^2 + 0{,}04a^2 + -0{,}002a^3x - 0{,}002a^3) \cdot e^{-0{,}1 \cdot ax} \\[4pt] & = & (0{,}06a^2 - 0{,}002a^3x - 0{,}002a^3) \cdot e^{-0{,}1 \cdot ax} \\[12pt] f'''_a\left(\frac{20}{a} - 1\right) & = & \Big(0{,}06a^2 - 0{,}002a^3 \cdot \left(\frac{20}{a} - 1\right) - 0{,}002a^3\Big) \cdot e^{-0{,}1 \cdot a \cdot \left(\frac{20}{a} - 1\right)} \\[4pt] & = & \Big(0{,}06a^2 + 0{,}04a^2 + 0{,}002a^3 - 0{,}002a^3\Big) \cdot e^{-2+0{,}1a} \\[4pt] & = & 0{,}1a^2 \cdot \frac{e^{0{,}1a}}{e^{2}} \; \approx \; 0 \qquad \Rightarrow \; \text{Wendepunkt} \\ \end{array} \)
\(\\\)
Funktionswert:
\( \quad \begin{array}{ r c l } f_a\left(\frac{20}{a} - 1\right) & = & 2 \cdot (\frac{20}{a} - 1 + 1) \cdot e^{-0{,}1 \cdot a \cdot \left(\frac{20}{a} - 1\right)} \\[6pt] & = & 2 \cdot \frac{20}{a} \cdot e^{-2+0{,}1a} \\[6pt] & = & \frac{40}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1a} \\ \end{array} \)
\(\\\)
Es ergeben sich die Wendepunkte mit \(W \left(\frac{20}{a} - 1 \, \Bigl| \, \frac{40}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1a}\right)\).
\(\\[2em]\)
Ortskurve
Im Prinzip wird beim Aufstellen einer Ortskurve die Scharenvariable durch die unabhängige Variable \(x\) ersetzt. Hier wird das nun am Beispiel der Ortskurve der Hochpunkte gezeigt. Für Ortskurven der Wendepunkte läuft es entsprechend.
Es wird die Funktion
\( \quad f_a(x) \, = \, 2 \cdot (x + 1) \cdot e^{-0{,}1 \cdot ax} \, , \, a>0 \)
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und die zugehörigen Hochpunkte \(H \left(\frac{10}{a} - 1 \, \Bigl| \, \frac{20}{a \cdot e} \cdot e^{0{,}1a}\right)\) betrachtet.
Es gilt
\( \quad \begin{array}{ r c l } x & = & \frac{10}{a} - 1 \\[5pt] y & = & \frac{20}{a \cdot e} \cdot e^{0{,}1a} \\ \end{array} \)
\(\\\)
Das Aufstellen der Ortskurve erfolgt in 2 Schritten:
-
\(x\) nach \(a\) auflösen:
\( \quad \begin{array}{ r c l l } x & = & \frac{10}{a} - 1 & | \, +1 \\[5pt] x + 1 & = & \frac{10}{a} & | \, \cdot a \\[5pt] a \cdot (x + 1) & = & 10 & | \, : (x + 1) \\[5pt] a & = & \frac{10}{x + 1} \\ \end{array} \)
\(\\\)
-
\(a\) in \(y\) einsetzen:
\( \quad \begin{array}{ r c l } y & = & \frac{20}{\frac{10}{x + 1} \cdot e} \cdot e^{0{,}1 \cdot \frac{10}{x + 1}} \\[4pt] y & = & \frac{2}{\frac{1}{x + 1} \cdot e} \cdot e^{\frac{0{,}1 \cdot 10}{x + 1}} \\[4pt] y & = & \frac{2}{e} \cdot \frac{1}{(x + 1)^{-1}} \cdot e^{\frac{1}{x + 1}} \\[4pt] y & = & \frac{2}{e} \cdot (x + 1) \cdot e^{\frac{1}{x + 1}} \\ \end{array} \)
\(\\[2em]\)
Funktion der Schar durch einen bestimmten Punkt
Wie lautet die Funktion der Schar
\( \quad f_a(x) \, = \, 2 \cdot (x + 1) \cdot e^{-0{,}1 \cdot ax} \, , \, a \not= 0 \; , \)
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deren Graph durch den Punkt \(P \left(\frac{3}{2} \, \Bigl| \, \frac{5}{e} e^{\frac{2}{5}}\right)\) verläuft? Ermittle die Scharenvariable \(a\).
Wir setzen den Punkt \(P\) in die Funktionsgleichung ein.
\( \quad \begin{array}{ r c l l } \frac{5}{e} e^{\frac{2}{5}} & = & 2 \cdot \left(\frac{3}{2} + 1\right) \cdot e^{-0{,}1 a \cdot \frac{3}{2}} \\[4pt] \frac{5}{e} e^{\frac{2}{5}} & = & 2 \cdot \frac{5}{2} \cdot e^{-\frac{3}{20}a} \\[4pt] 5 \cdot e^{-1} \cdot e^{\frac{2}{5}} & = & 5 \cdot e^{-\frac{3}{20}a} & \bigl| \, :5 \\[4pt] e^{\frac{2}{5}-1} & = & e^{-\frac{3}{20}a} \\[4pt] e^{-\frac{3}{5}} & = & e^{-\frac{3}{20}a} & \bigl| \, ln \\[4pt] -\frac{3}{5} & = & -\frac{3}{20}a & \Bigl| \, \cdot \left(-\frac{20}{3}\right) \\[4pt] 4 & = & a \\ \end{array} \)
\(\\\)
Die zugehörige Funktionsgleichung lautet
\( \quad f_4(x) \, = \, 2 \cdot (x + 1) \cdot e^{-0{,}4 x} \)
\(\\[2em]\)
Gemeinsamer Punkt aller Funktionen der Schar
Wir betrachten wieder die Schar
\( \quad f_a(x) \, = \, 2 \cdot (x + 1) \cdot e^{-0{,}1 \cdot ax} \, , \, a \not= 0 . \)
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Um den Schnittpunkt zweier Funktionen zu berechnen, werden diese gleichgesetzt. Dabei genügt es nicht, zwei verschiedene \(a\)-Werte zu verwenden, beispielsweise \(a=1\) und \(a=2\). Denn das würde nur den Schnittpunkt zwischen \(f_1\) und \(f_2\) berechnen. Damit die Schnittpunktberechnung allgemeingültig für alle Funktionen der Schar ist, führen wir 2 zusätzliche Scharenvariablen ein. Wir definieren folgendes:
-
\(b \in a\)
-
\(c \in a\)
-
\(b \not= c\)
\(\\\)
Mit
\( \quad f_b(x) \, = \, 2 \cdot (x + 1) \cdot e^{-0{,}1 \cdot bx} \)
\(\\\)
und
\( \quad f_c(x) \, = \, 2 \cdot (x + 1) \cdot e^{-0{,}1 \cdot cx} \)
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haben wir nun 2 variable Funktionen, die ein beliebiger Teil der Schar \(f_a\) und voneinander verschieden sind. Die Lösung erhalten wir durch folgenden Ansatz:
\( \quad \begin{array}{ r c l l } f_b(x) & = & f_c(x) & | \, -f_b(x) \\[4pt] 0 & = & f_c(x) -f_b(x) \\[4pt] 0 & = & 2 \cdot (x + 1) \cdot e^{-0{,}1 \cdot cx} - 2 \cdot (x + 1) \cdot e^{-0{,}1 \cdot bx} \\[4pt] 0 & = & 2 \cdot (x + 1) \cdot \left(e^{-0{,}1 \cdot cx} - e^{-0{,}1 \cdot bx}\right) & | \, :2 \\[4pt] 0 & = & (x + 1) \cdot \left(e^{-0{,}1 \cdot cx} - e^{-0{,}1 \cdot bx}\right) \\ \end{array} \)
\(\\\)
Es kann nur Null herauskommen, wenn
\( \quad x + 1 = 0 \quad \text{oder} \quad e^{-0{,}1 \cdot cx} - e^{-0{,}1 \cdot bx} = 0 \)
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ist. Der erste Teil ergibt
\( \quad \begin{array}{ r c c l } x + 1 & = & 0 & | \, -1 \\[4pt] x_1 & = & -1 \\ \end{array} \)
\(\\\)
Der 2. Teil
\( \quad \begin{array}{ r c c l } e^{-0{,}1 \cdot cx} - e^{-0{,}1 \cdot bx} & = & 0 \\ \end{array} \)
\(\\\)
ist nur dann möglich, wenn \(b\) und \(c\) verschwinden. Das gelingt genau dann, wenn \(x=0\) ist.
\( \quad \begin{array}{ r c c l } e^0 - e^0 & = & 0 \\ \end{array} \)
\(\\\)
Die 2. Lösung ist also \(x_2=0\).
Nun sind noch die \(y\)-Werte zu berechnen.
\( \quad \begin{array}{ r c c c l } f_a(-1) & = & 2 \cdot (-1 + 1) \cdot e^{-0{,}1 \cdot a \cdot (-1)} & = & 0 \\[4pt] f_a(0) & = & 2 \cdot (0 + 1) \cdot e^{-0{,}1 \cdot a \cdot 0} & = & 2 \\ \end{array} \)
\(\\\)
Damit ergeben sich die Schnittpunkte \(S_1(-1|0)\) und \(S_2(0|2)\).
\(\\[2em]\)
Eingeschlossenes Dreiecke zwischen Tangente und den Koordinatenachsen
Gesucht ist die Dreiecksfläche in Abhängigkeit von \(a\) zwischen der Wendetangente und den Koordinatenachsen. Betrachtet wird wieder die Schar
\( \quad f_a(x) \, = \, 2 \cdot (x + 1) \cdot e^{-0{,}1 \cdot ax} \, , \, a \not= 0 \)
\(\\\)
mit dem Wendepunkt \(W \left(\frac{20}{a} - 1 \, \Bigl| \, \frac{40}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1a}\right)\).
Zunächst wird die Wendetangente aufgestellt mit
\( \quad t_a(x) \, = \, mx + b \)
\(\\\)
Dabei ist die Steigung \(m = f'\left(\frac{20}{a} - 1\right)\). Verwendet wird die 1. Ableitung aus dem Teil Extrempunkte.
\( \quad f'_a(x) \, = \, (2 - 0{,}2ax - 0{,}2a ) \cdot e^{-0{,}1 \cdot ax} \)
\(\\\)
Wir erhalten die Steigung
\( \quad \begin{array}{ r c l l } f'_a\left(\frac{20}{a} - 1\right) & = & \bigg(2 - 0{,}2a \cdot \left(\frac{20}{a} - 1\right) - 0{,}2a \bigg) \cdot e^{-0{,}1 \cdot a \cdot \left(\frac{20}{a} - 1\right)} \\[4pt] & = & (2 - 4 + 0{,}2a - 0{,}2a ) \cdot e^{- 2 + 0{,}1 a} \\[4pt] & = & - 2 \cdot e^{0{,}1 a - 2} \\ \end{array} \)
\(\\\)
Als vorläufige Tangentengleichung ergibt sich
\( \quad t_a(x) \, = \, - 2 \cdot e^{0{,}1 a - 2} \cdot x + b \)
\(\\\)
Um \(b\) zu ermitteln setzen wir den Wendepunkt \(W \left(\frac{20}{a} - 1 \, \Bigl| \, \frac{40}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1a}\right)\) ein.
\( \quad \begin{array}{ r c l l } \frac{40}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1a} & = & - 2 \cdot e^{0{,}1 a - 2} \cdot \left(\frac{20}{a} - 1 \right) + b\\[4pt] \frac{40}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1a} & = & - 2 \cdot \left(\frac{20}{a} - 1 \right) \cdot e^{0{,}1 a - 2} + b\\[4pt] \frac{40}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1a} & = & - 2 \cdot \frac{20 - a}{a} \cdot e^{0{,}1 a - 2} + b\\[4pt] \frac{40}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1a} & = & -\frac{40 - 2a}{a} \cdot \frac{e^{0{,}1 a}}{e^2} + b\\[4pt] \frac{40}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1a} & = & -\frac{40 - 2a}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1 a} + b & \Bigl| \, + \frac{40 - 2a}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1 a} \\[4pt] \frac{40}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1a} + \frac{40 - 2a}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1 a} & = & b \\[4pt] \frac{40 + 40 -2a}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1a} & = & b \\[4pt] \frac{80 -2a}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1a} & = & b \\ \end{array} \)
\(\\\)
Es ergibt sich die Tangentengleichung
\( \quad \begin{array}{ r c c l } t_a(x) & = & - 2 \cdot e^{0{,}1 a - 2} \cdot x + \frac{80 -2a}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1a} \\[4pt] & = & - \frac{2}{e^2} \cdot e^{0{,}1 a} \cdot x + \frac{80 -2a}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1a} \\[4pt] & = & - \frac{2a}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1 a} \cdot x + \frac{80 -2a}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1a} \\ \end{array} \)
\(\\\)
Wir benötigen nun die Nullstelle der Tangente. Es gilt
\( \quad \begin{array}{ r c l l } t_a(x) & = & 0 \\[12pt] 0 & = & - \frac{2a}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1 a} \cdot x + \frac{80 -2a}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1a} & \bigl| \, + \frac{2a}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1 a} \cdot x \\[4pt] \frac{2a}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1 a} \cdot x & = & \frac{80 -2a}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1a} & \bigl| \, : e^{0{,}1 a} \\[4pt] \frac{2a}{a \cdot e^2} \cdot x & = & \frac{80 -2a}{a \cdot e^2} & \bigl| \, \cdot \frac{a \cdot e^2}{2a} \\[4pt] x & = & \frac{80 -2a}{2a} \\ \end{array} \)
\(\\\)
Die eingeschlossene Fläche wird berechnet mit
\( \quad \begin{array}{ r c l c l } A & = & \frac{g \cdot h}{2} & = & \frac{1}{2} \cdot g \cdot h \\ \end{array} \)
\(\\\)
Dabei ist \(h\) die Höhe des Achsenabschnitts \(b=\frac{80 -2a}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1a}\) und \(g\) die Weite bis zur Nullstelle mit \(\frac{80 -2a}{2a}\). Es folgt die Fläche in Abhängigkeit von \(a\) mit
\( \quad \begin{array}{ r c l c l } A & = & \frac{1}{2} \cdot \frac{80 -2a}{2a} \cdot \frac{80 -2a}{a \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1a} \\[8pt] & = & \frac{(80 -2a)^2}{4a^2 \cdot e^2} \cdot e^{0{,}1a} \\ \end{array} \)
\(\\[1em]\)