Ganzrationale Funktionen – Mathe Einführungsphase (Klasse 11) Lösungen zur Klassenarbeit zum Herunterladen als PDF

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1. Lösung zu Aufgabe 1 (3 BE/Punkte)

   a) Der Grad ist der höchste vorkommende Exponent, hier \(3\) (von \(-2x^3\)). Der Leitkoeffizient ist der Faktor vor dieser höchsten Potenz: \(-2\). Der \(y\)-Achsenabschnitt ist \(f(0)=-5\), also das absolute Glied (2 P.).
   b) Für betragsgroße \(x\) bestimmt allein der Summand \(-2x^3\) das Verhalten, die anderen Summanden wachsen langsamer. Grad \(3\) ist ungerade und der Leitkoeffizient negativ: Für \(x\to+\infty\) gilt \(f(x)\to-\infty\), für \(x\to-\infty\) gilt \(f(x)\to+\infty\) (1 P.). Der Graph kommt also von links oben und geht nach rechts unten. Kontrolle mit Zahlen: \(f(10)=-2000+100-5=-1905\) und \(f(-10)=2000+100-5=2095\). Antwort: Grad \(3\), Leitkoeffizient \(-2\), \(y\)-Achsenabschnitt \(-5\).

2. Lösung zu Aufgabe 2 (5 BE/Punkte)

   a) Die Funktion enthält nur die Potenzen \(x^4\) und \(x^2\) (biquadratisch). Mit der Substitution \(z=x^2\) und damit \(x^4=z^2\) entsteht die quadratische Gleichung \(z^2-10z+9=0\) (1 P.). Nach Vieta suchen wir zwei Zahlen mit Summe \(10\) und Produkt \(9\): \(1\) und \(9\). Mit der pq-Formel ebenso: \(z=5\pm\sqrt{25-9}=5\pm4\) (2 P.).
   b) Rücksubstitution: \(x^2=1\) liefert \(x=1\) und \(x=-1\); \(x^2=9\) liefert \(x=3\) und \(x=-3\) (1 P.). Die Funktion hat damit die vier Nullstellen \(-3\), \(-1\), \(1\), \(3\), mehr kann eine Funktion vierten Grades nicht haben. Faktorisiert: \(f(x)=(x-1)(x+1)(x-3)(x+3)\). Probe: \(f(3)=81-90+9=0\) (1 P.). Die Lage ist symmetrisch zur \(y\)-Achse, passend zu den geraden Exponenten.

3. Lösung zu Aufgabe 3 (4 BE/Punkte)

   a) Weil \(f(3)=0\) gilt, ist \((x-3)\) ein Linearfaktor. Polynomdivision: \(x^3:x=x^2\), abziehen von \(x^3-3x^2\) lässt \(x^2-5x\). Dann \(x^2:x=x\), abziehen von \(x^2-3x\) lässt \(-2x+6\). Schließlich \(-2x:x=-2\), abziehen von \(-2x+6\) lässt den Rest \(0\). Ergebnis: \(x^2+x-2\) (1 P.). Probe: \((x-3)(x^2+x-2)=x^3+x^2-2x-3x^2-3x+6=x^3-2x^2-5x+6\) (1 P.).
   b) Quadratischer Faktor: \(x^2+x-2=0\), pq-Formel \(x=-0{,}5\pm\sqrt{0{,}25+2}=-0{,}5\pm1{,}5\), also \(x=1\) oder \(x=-2\) (1 P.). Nullstellen insgesamt: \(-2\), \(1\), \(3\). Produktform: \(f(x)=(x-3)(x-1)(x+2)\) (1 P.). Kontrolle: \(f(1)=1-2-5+6=0\).

4. Lösung zu Aufgabe 4 (4 BE/Punkte)

   a) Kennt man alle Nullstellen einer Funktion dritten Grades, setzt man sie als Linearfaktoren an; ein Streckfaktor \(a\) bleibt offen: \(f(x)=a(x+1)(x-1)(x-3)\) (1 P.). Der Punkt \(P(0|-3)\) liefert die fehlende Bedingung: \(f(0)=a\cdot(0+1)\cdot(0-1)\cdot(0-3)=a\cdot1\cdot(-1)\cdot(-3)=3a\). Aus \(3a=-3\) folgt \(a=-1\) (1 P.).
   b) Zuerst die dritte binomische Formel \((x+1)(x-1)=x^2-1\), dann ausmultiplizieren: \(f(x)=-(x^2-1)(x-3)=-(x^3-3x^2-x+3)=-x^3+3x^2+x-3\) (1 P.). Probe: \(f(0)=-3\) und \(f(3)=-27+27+3-3=0\) (1 P.). Der negative Leitkoeffizient bedeutet, dass der Graph von links oben nach rechts unten verläuft. Antwort: \(a=-1\), \(f(x)=-x^3+3x^2+x-3\).

5. Lösung zu Aufgabe 5 (4 BE/Punkte)

   a) Man legt den Bogen so ins Koordinatensystem, dass die Fußpunkte bei \(x=0\) und \(x=16\) liegen. Die Nullstellenform lautet dann \(f(x)=a\cdot x\cdot(x-16)\) (1 P.). Wegen der Symmetrie liegt der Scheitel in der Mitte bei \(x=8\) und hat die Höhe \(8\): \(f(8)=a\cdot8\cdot(-8)=-64a=8\), also \(a=-\frac18\) (1 P.). Ausmultipliziert: \(f(x)=-\frac18x^2+2x\) (1 P.). Das negative \(a\) passt, denn der Bogen ist nach unten geöffnet.
   b) \(4\) m vom linken Rand entfernt bedeutet \(x=4\): \(f(4)=-\frac18\cdot16+2\cdot4=-2+8=6\) (1 P.). Wegen der Symmetrie gilt dasselbe am rechten Rand bei \(x=12\): \(f(12)=-18+24=6\). Antwort: \(f(x)=-\frac18x^2+2x\); in \(4\) m Abstand vom Rand ist der Bogen \(6\) m hoch.

Gesamt : 20 Punkte