Grundlegende Aufgaben zu Tangenten - gebonn.degebonn.de/ilias/Ilias_Files_4_Installation/Datafiles_Import/gebonn... · 42041 Tangenten – Aufgaben 2 Friedrich Buckel INHALT nach

ANALYSIS

Ganzrationale Funktionen

Grundlegende Aufgaben

zu Tangenten

Teil 1: Alle wichtigen Methoden ausführlich erklärt Spezielle Methoden für CAS-Rechner

Teil 2: Trainingsaufgaben mit sehr ausführlichen Lösungen.

Oberstufe

Datei 42041

Stand: 17. August 2009

Friedrich Buckel

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42041 Tangenten – Aufgaben 2

Friedrich Buckel www.mathe-cd.de

INHALT nach Themen geordnet

Grundwissen über Geraden

Geradengleichungen 4

Aufstellen einer Geradengleichung 5

Berechnung der Geradensteigung aus 2 Punkten 5

Punkt-Steigungs-Form 6

Zwei-Punkte-Form 6

Tangentengleichung

Berechnung der Tangentensteigung 7

Allgemeine Tangentengleichung 7

Mit TI Nspire CAS 13, 38,

Mit CASIO ClassPad 14

Normalengleichung

Berechnung der Normalensteigung 10

Allgemeine Normalengleichung 10

Mit TI Nspire CAS 13, 38


Wendetangenten 15, 18, 35, 40


Wendenormalen 15, 18


Tangenten parallel zu einer Geraden 20, 42, 45, 47, 51, 66


Tangenten senkrecht zu einer Geraden 22, 42, 51

Normalen parallel zu einer Geraden 23, 43, 47

Normalen senkrecht zu einer Geraden 24, 43, 47

Von einem Punkt Q die Tangente an K legen 25, 27, 55, 58, 60, 61, 66

Mit TI Nspire CAS 26, 55, 59, 65




Schnitt eine Tangente oder Normalen mit der Kurve 15, 33, 36, 39, 45, 47, 51, 66 Horner-Schema bzw. Polynomdivision 15, 27, 33, 36, 39, 47, 51, 66

13 Trainingsaufgaben 30

Kurvendiskussion 51, 61

Newtonsches Näherungsverfahren 61

Mit TI Nspire 65



§ 1 Aufstellen einer Tangentengleichung / Normalengleichung

1.1 Grundwissen über Geraden

Eine Tangente ist eine Gerade, welche eine Kurve in einem bestimmten Punkt berührt.

Die Gleichung einer Geraden hat einer dieser drei Formen:

(1) y m x n= ⋅ + falls die Gerade nicht parallel zur y-Achse ist.

(2) y n= falls die Gerade parallel zur x-Achse ist.

(2) entsteht aus (1) durch m = 0.

(Eine zur x-Achse parallele Gerade hat die Steigung 0.)

(3) x c= falls die Gerade parallel zur y-Achse ist.

Bedeutung der Größen m und n in einer Geradengleichung:

Unter der Steigung einer Geraden (die nicht zur y-Achse

parallel sein darf) versteht man den Tangens ihres

Steigungswinkels:

Kennt man zwei Punkte der Geraden, dann kann man

diese Steigung wie angegeben berechnen.

Welchem der beiden Punkte man die Nummer 1 bzw. 2

gibt, ist unerheblich.

Beispiel (Abbildung)

Wir lesen die Koordinaten zweier Punkte ab. ( )A 0 | 1− und ( )B 3 | 1

Daraus erhält man entweder 1 1 2 2m0 3 3 3− − −

= = =− −

oder ( )1 1 2m

3 0 3− −

= =−

Die Gleichung dieser Geraden ist 23y x 1= − .

Man erkennt die Steigung als Zahl vor x. Die Zahl -1 (ohne x) nennt man das Absolutglied.

Es gibt die Stelle an, bei der die Gerade die y-Achse schneidet. (Daher nennt man das Absolutglied in

der Geradengleichung auch den y-Achsen-Abschnitt.) Warum ist das so? Ganz einfach: Will man

wissen, wo die Gerade (oder eine andere Kurve) die y-Achse schneidet, muss man für x 0 einsetzen.

Und dann folgt hier 23 0y 1 1= ⋅ − = − . Das war dann schon alles!

y Achsen Abschnitt− −Steigung

nm +y= x

A

B

xΔ

yΔ

α

1 2

1 2

y y ym tanx x x− Δ

= α = =− Δ



1.2 Grundaufgabe 1: Aufstellen einer Geradengleichung

Geometrisch gesehen ist die Lage einer Geraden gegeben, wenn man entweder zwei

Punkt von ihr kennt, oder wenn man einen Punkt und ihre Richtung (Steigung m) kennt.

Berechnung der Geradensteigung aus 2 Punkten:

Gegeben sind ( )1 1 1P x | y und ( )2 2 2P x | y .

Dann berechnet man die Steigung der Geraden g = (P1P2)

als Tangens des Steigungswinkels α :

ytanx

Δα =

Δ

Unter yΔ und xΔ versteht man die Längen der beiden

Katheten. Man berechnet sie als Differenz aus den

Punktkoordinaten:

1 2

1 2

y ytan

x x−

α =−

1. Methode zur Aufstellung einer Geradengleichung

Man benötigt einen Punkt und die gegebene oder soeben berechnete Steigung m und verwendet die Gleichung: y m x n= ⋅ + .

Dann muss man noch die Größe n (das ist der y-Achsenabschnitt) berechnen.

Dazu werden für m die Steigungszahl eingesetzt und für x und y die Koordinaten eines

bekannten Geradenpunktes eingesetzt.

Beispiel: Gegeben ist die Gerade durch ( )1P 3 | 5 und ( )2P 1| 1

1. Schritt: Berechnung der Steigung: 5 1 4m 23 1 2−

= = =−

2. Schritt: Berechnung des Achsenabschnitts durch Einsetzen von m und den Koordinaten von P2 in: y m x n= ⋅ +

1 2 1 n= ⋅ +

Daraus folgt: n 1= −

3. Schritt: Einsetzen in die allgemeine Geradengleichung y m x n= ⋅ + :

y 2 x 1= ⋅ −

2P

xΔ

yΔ

α

1P



2. Methode zur Aufstellung einer Geradengleichung

Verwendung der Punkt-Steigungs-Form: ( )1 1y y m x x− = ⋅ −

Dies geht alles in einem Schritt: Man setzt die Koordinaten irgend eines

Punktes der Geraden und ihre Steigung ein und stellt nach y um.

Beispiel: Gegeben ist die Gerade durch ( )1P 3 | 5 und m = 2:

Einsetzen in die Punkt-Steigungs-Form: ( )y 5 2 x 3− = ⋅ −

Ausmultiplizieren: y 5 2x 6− = − | +5

und umstellen: y 2x 1= −

Zusatz: Sind wie oben zwei Punkte gegeben, dann muss man zuerst die Steigung

berechnen, bevor man die Punkt-Steigungs-Form anwenden kann:


1. Schritt: Berechnung der Steigung: 5 1 4m 23 1 2−

= = =−

2. Schritt: Einsetzen in die Punkt-Steigungs-Form: ( )y 5 2 x 3− = ⋅ −



Zusatz: Sind wie oben zwei Punkte gegeben, dann kann man aber auch die Formel für die

Tangentensteigung in die Punkt-Steigungs-Form einsetzen. So entsteht die

Zwei-Punkte-Form:

( )1 2

1 11 1

y yx x

y y x x−−

− = ⋅ − oder kürzer geschrieben: ( )1 1yx

y y x xΔΔ

− = ⋅ −


Einsetzen in die Zwei-Punkte-Form: ( )5 1y 5 x 33 1−

− = ⋅ −−

Umformen: ( )y 5 2 x 3− = ⋅ −



Nun kann man sich aussuchen, was man nehmen möchte.



1.3 Grundaufgabe 2: Aufstellen einer Tangentengleichung

Eine Tangente ist auch eine Gerade. Also kann man die beiden in 1.2 genannten

Methoden anwenden. Zuvor muss man jedoch die Tangentensteigung berechnen.

WISSEN: Die Steigung einer Tangente kann man mit der

1. Ableitungsfunktion berechnen:

Setzt man in ( )f ' x die x-Koordinate des Berührpunkts ein,

erhält man als Wert die Tangentensteigung:

( )T ' 1m = f x

Mit dieser Formel entsteht aus der Punkt-Steigungs-Form die

Tangentengleichung: ( )11 1)y y f '(x x x− = ⋅ −

Oder mit 1 1y f(x )= : ( ) ( )1 1 1x )y f f '(x x x− = ⋅ −

Beispiel 1: Gegeben ist die Funktion f durch ( ) 313f x x 2x 1= − +

Berechne die Gleichungen der Tangenten an den Stellen

x1 = 0, x2 = 3 und x3 = -2.

Lösung: Ableitungsfunktion: ( ) 2f ' x x 2= −

a) Zu x1 = 0 gehört ( )1y f 0 1= = .

Der Berührpunkt ist somit: ( )1B 0 | 1 .

Tangentensteigung in B1: ( )Tm f ' 0 2= = −

B1 und mT werden jetzt in die Punkt-Steigungs-Form eingesetzt:

Tangentengleichung: ( )y 1 2 x 0− = − −

y 1 2x− = −

T1: y 2x 1= − +

b) Zu x2 = 3 gehört ( ) 12 3y f 3 27 6 1 9 6 1 4= = ⋅ − + = − + = .

Der Berührpunkt ist somit: ( )2B 3 | 4 .

Tangentensteigung in B2: ( )Tm f ' 3 9 2 7= = − =


Tangentengleichung: ( )y 4 7 x 3− = −

y 4 7x 21− = −

T2: y 7x 17= −



c) Zu x3 = -2 gehört ( ) ( ) 8 15 81 73 3 3 3 3 3y f 2 8 4 1 5= − = ⋅ − + + = − + = − = .

Der Berührpunkt ist somit: ( )73 3B 2 |− .

Tangentensteigung in B3: ( )Tm f ' 2 4 2 2= − = − =


Tangentengleichung: ( )73y 2 x 2− = +

73y 2x 4− = + | 7

3+

73y 2x 4= + +

T3: 193y 2x= +

Eine typische Aufgabe, bei der man mit Brüchen rechnen muss. Die Verwendung von

Dezimalzahlen wäre ungeschickt und verbietet sich, weil man dann nur Näherungs-

Ergebnisse bekommt.

Die folgende Abbildung zeigt diese drei Tangenten.

Nachtrag zum Beispiel a)

Weil der Berührpunkt hier auf der y-Achse liegt, benötigt man die Punkt-Steigungs-Form nicht.

Der Berührpunkt ist: ( )1B 0 | 1

Also übernimmt man seine y-Koordinate 1 für die Größe n in der Geradengleichung.


Ergebnis der Geradengleichung: y m x n= ⋅ +

y 2 x 1= − ⋅ +

1T 3T

2T



Beispiel 2: Gegeben ist die Funktion f durch ( ) 4 314f x x x 2x= + −

Berechne die Gleichungen der Tangenten an den Stellen

x1 = -2, x2 = 1 und x3 = -1

Lösung: 1. Ableitung: ( ) 3 2f ' x x 3x 2= + −

a) Zu x1 = -2 gehört ( ) ( )11 4y f 2 16 8 4 4 8 4 0= − = ⋅ + − + = − + = .

Der Berührpunkt ist somit: ( )1B 2 | 0− .

Tangentensteigung in B1: ( )Tm f ' 2 8 12 2 2= − = − + − =


Tangentengleichung: ( )y 0 2 x 2− = +

T1: y = 2x + 4

b) Zu x2 = 1 gehört ( ) 31 12 4 4 4y f 1 1 1 2 1= = ⋅ + − = − = − .

Der Berührpunkt ist somit: ( )32 4B 1| − .

Tangentensteigung in B2: ( )Tm f ' 1 1 3 2 2= = + − =


Tangentengleichung: ( )34y 2 x 1+ = −

34y 2x 2+ = −

34y 2x 2= − −

T2: 114y = 2x -

c) Zu x3 = -1 gehört ( ) 51 13 4 4 4y f 1 1 1 2 1= = ⋅ − + = + = .

Der Berührpunkt ist somit: ( )53 4B 1|− .

Tangentensteigung in B3: ( )Tm f ' 1 1 3 2 0= − = − + =

Steigung 0 bedeutet horizontale Gerade.

Diese hat die Gleichungsform: y n=

B3 eingesetzt: T3: 54y =

1T

2T

3T



1.4 Grundaufgabe 3: Aufstellen einer Normalengleichung

WISSEN: Die Steigung einer Normale kann man indirekt auch mit der

1. Ableitungsfunktion berechnen:

Setzt man in ( )f ' x die x-Koordinate des Berührpunkts ein,

erhält man als Wert die Tangentensteigung:

( )T ' 1m = f x

Der negative Kehrwert davon ist die Normalensteigung:

( )N1

'−

1m =

f x

Denn weil N auf T senkrecht steht, gilt: NT

1mm

= − ,

Mit dieser Formel entsteht aus der Punkt-Steigungs-Form die

Normalengleichung: ( )1

1 11

f '(x )y y x x− = − ⋅ −

Oder mit 1 1y f(x )= : ( ) ( )11

11x

f '(x )y f x x− = − ⋅ −

Beispiel 1: Gegeben ist die Funktion f durch ( ) 31

3f x x 2x 1= − +

Berechne die Gleichungen der Normalen an den Stellen

x1 = 0, x2 = 3 und x3 = -2.

Lösung: Ableitungsfunktion: ( ) 2f ' x x 2= −

a) Zu x1 = 0 gehört ( )1y f 0 1= = .

Der Kurvenpunkt ist somit: ( )1B 0 | 1 .


Normalensteigung in B1: NT

1 1 1mm 2 2

= − = − =−

B1 und mN werden jetzt in die Punkt-Steigungs-Form eingesetzt:

Normalengleichung: ( )12y 1 x 0− = −

12y 1 x− =

N1: 12y x 1= +

Anm.: Weil der Kurvenpunkt ( )1B 0 | 1 auf der y-Achse liegt, benötigt man hier die

Punkt-Steigungs-Form eigentlich nicht. Es genügt schon die Grundgleichung

y mx n= + , denn 1Bn y 1= = : 1

2y x 1= +



b) Zu x2 = 3 gehört ( ) 12 3y f 3 27 6 1 9 6 1 4= = ⋅ − + = − + = .

Der Kurvenpunkt ist somit: ( )2B 3 | 4 .

Tangentensteigung in B2: ( )Tm f ' 3 9 2 7= = − =


1 1mm 7

= − = −


Normalengleichung: ( )17y 4 x 3− = − −

317 7y 4 x− = − +

N2: 3117 7y x= − +

c) Zu x3 = -2 gehört ( ) ( ) 81 73 3 3 3y f 2 8 4 1 5= − = ⋅ − + + = − + = .

Der Kurvenpunkt ist somit: ( )73 3B 2 |− .

Tangentensteigung in B3: ( )Tm f ' 2 4 2 2= − = − =

Normalensteigung im B3: NT

1 1mm 2

= − = −


Normalengleichung: ( )7 13 2y x 2− = − +

7 13 2y x 1− = − − | 7

3+

1 42 3y x 1= − + +

N3: 1 42 3y x= − +

Und unten zum Vergleich die

Tangenten in denselben Punkten.

1N

2N

3N

1T 3T

2T



Beispiel 2: Gegeben ist die Funktion f durch ( ) 4 314f x x x 2x= + −

Berechne die Gleichungen der Normalen an den Stellen

x1 = -2, x2 = 1 und x3 = -1

Lösung: 1. Ableitung: ( ) 3 2f ' x x 3x 2= + −

a) Zu x1 = -2 gehört ( ) ( )11 4y f 2 16 8 4 4 8 4 0= − = ⋅ + − + = − + = .

Der Kurvenpunkt ist somit: ( )1B 2 | 0− .

Tangentensteigung in B1: ( )Tm f ' 2 8 12 2 2= − = − + − =


1 1mm 2

= − = −


Normalengleichung: ( )12y 0 x 2− = − +

N1: 12y = - x - 1

b) Zu x2 = 1 gehört ( ) 31 12 4 4 4y f 1 1 1 2 1= = ⋅ + − = − = − .

Der Kurvenpunkt ist somit: ( )32 4B 1| − .

Tangentensteigung in B2: ( )Tm f ' 1 1 3 2 2= = + − =


1 1mm 2

= − = −


Normalengleichung: ( )3 14 2y x 1+ = − −

3 14 2y x 1+ = − +

N2: 1 12 4y = - x +

c) Zu x3 = -1 gehört ( ) 51 13 4 4 4y f 1 1 1 2 1= = ⋅ − + = + = .

Der Kurvenpunkt ist somit: ( )53 4B 1|− .

Tangentensteigung in B3: ( )Tm f ' 1 1 3 2 0= − = − + =

Normalensteigung in B3: Zu 0 gibt es keinen Kehrwert!

Die Tangente ist parallel zur x-Achse, also ist die Normale parallel zur y-Achse:

Diese hat die Gleichungsform: x c=

B3 eingesetzt: N3: x = -1

Rechts die Normalen

Links die Tangenten

in den gleichen Punkten. 1N

2N3N1T

2T

3T



1.5 Berechnung von Tangenten und Normalen mit TI Nspire CAS

Gegeben ist die Funktion f durch ( ) 313f x x 2x 1= − +

Berechne die Gleichungen der Tangente und der Normalen an der Stelle x = -2.

Lösung:

Zuerst definiert man die gegebene Funktion und dazu

die erste Ableitungsfunktion, hier mit f1 bezeichnet.

Als nächstes verwendet man die Punkt-Steigungs-Form.

Man stellt sie aber nach y um:

Aus ( ) ( )1 1 1x )y f f '(x x x− = ⋅ − wird so ( ) ( )1 1 1) xy f '(x x x f= ⋅ − + .

Damit definieren wir eine Tangentenfunktion mit dem

Ergebnis: 193y t(x) 2x= = + .

Analog dann mit dem negativen Kehrwert der Tangenten-

steigung eine Normalenfunktion: ( ) ( )1

1 11 x

f '(x )y x x f= − ⋅ − +

mit dem Ergebnis: 1 42 3y n(x) x= = − − .

Warum definiert man eine Tangentengleichung / Normalengleichung als Funktion?

Damit kann man dann schnell weitere Aufgaben erledigen, etwa Schnittpunkte berechnen,

Punkte auf der Tangente/Normalen berechnen usw.

Trick: Viele Tangenten/ Normalen auf einmal berechnen:

Wenn man den Punkt allgemein ansetzt, also ( )B a | f(a) ,

bekommt man die Tangente in einem beliebigen Punkt.

Ich habe die Tangentenfunktion jetzt als Funktion zweier

Variablen definiert. t(x,a).

Ersetzt man a durch 0, 3 oder -2, dann liefert der

Rechner sofort die Tangenten in den Berührstellen x1 = 0, x2 = 3 oder x3 = -2.

Man kann die Ergebnisse vorne in 1.3 vergleichen.

Hier dasselbe mit Normalengleichungen:

Und diese kleine Rechnung sagt uns, dass auf der

Tangente in x= -1 der Punkt ( )43Q 3 | − liegt!



1.6 Berechnung von Tangen und Normalen mit CASIO ClassPad

Gegeben ist die Funktion f durch ( ) 313f x x 2x 1= − +

Berechne die Gleichungen der Tangente und der Normalen an der Stelle x = -2.

Lösung:

Zuerst definiert man die gegebene Funktion und dazu

die erste Ableitungsfunktion, hier mit f1 bezeichnet.

Als nächstes verwendet man die Punkt-Steigungs-Form.

Man stellt sie aber nach y um:

Aus ( ) ( )1 1 1x )y f f '(x x x− = ⋅ − wird so ( ) ( )1 1 1) xy f '(x x x f= ⋅ − + .

Damit definieren wir eine Tangentenfunktion mit dem

Ergebnis: 193y t(x) 2x= = + .

Analog dann mit dem negativen Kehrwert der Tangenten-

steigung eine Normalenfunktion: ( ) ( )1

1 11 x

f '(x )y x x f= − ⋅ − +

mit dem Ergebnis: 1 42 3y n(x) x= = − − .

Man sieht, dass man zwischendurch mit simplify vereinfachen muss!

Warum definiert man eine Tangentengleichung / Normalengleichung als Funktion?

Damit kann man dann schnell weitere Aufgaben erledigen, etwa Schnittpunkte berechnen,

Punkte auf der Tangente/Normalen berechnen usw.

Trick: Viele Tangenten/ Normalen auf einmal berechnen:

Wenn man den Punkt allgemein ansetzt, also ( )B a | f(a) ,

bekommt man die Tangente in einem beliebigen Punkt.

Ich habe die Tangentenfunktion jetzt als Funktion zweier

Variablen definiert. t(x,a).

Ersetzt man a durch 0, 3 oder -2, dann liefert der

Rechner sofort die Tangenten in den Berührstellen x1 = 0, x2 = 3 oder x3 = -2.

Man kann die Ergebnisse vorne in 1.3 vergleichen.

Hier dasselbe mit Normalengleichungen:

Und diese kleine Rechnung sagt uns, dass auf der

Tangente in x= -1 der Punkt ( )43Q 3 | − liegt!

gleich so !

gleich so !



1.7 Wendetangenten und Wendenormalen

Beispiel 1 ( ) 3 213f x x x 3x= + −

a) Stelle die Gleichungen der Wendetangente und der Wendenormalen auf.

b) Wo schneidet die Wendenormale die Kurve noch einmal (Für CAS-Rechner).

Lösung: (zuerst manuell)

a) Ableitungen: ( ) 2f ' x x 2x 3= + −

( )f '' x 2x 2= +

( )f ''' x 2=

Wendepunkt: Bed.: ( )f '' x 0=

W2x 2 0 x 1+ = ⇔ = −

y-Koordinate: ( ) ( )1 1 1 113 3 3 3f( 1) 1 1 3 1 1 3 4− = ⋅ − + − ⋅ − = − + + = − =

Kontrolle: ( )f ''' 1 0− ≠

Ergebnis: ( )113W 1|−

Tangentensteigung in W: ( ) ( ) ( )2Tm f ' 1 1 2 1 3 1 2 3 4= − = − + ⋅ − − = − − = −

Wendetangente: ( )113y 4 x 1− = − +

113y 4x 4= − − +

TW: 13y 4x= − −

Steigung der Normalen: NT

1 1 1mm 4 4

= − = − =−

Normale in W: ( )11 13 4y x 1− = ⋅ +

1 1 114 4 3y x= + +

NW: 1 474 12y x= +

b) Schnittpunkt der Normalen und der Kurve:

(Dazu muss man Gleichungen 3. Grades faktorisieren können!)

K: 3 213y x x 3x= + −

N: 1 474 12y x= +

Gleichsetzen: 3 21 1 473 4 12x x 3x x+ − = + | 12⋅

Brüche weg! 3 24x 12x 36x 3x 47+ − = +

Ordnen: 3 24x 12x 39x 47 0+ − − = Bekannte Lösung ist 1x 1= −

Also kann man mittels Polynomdivision oder Horner-Schema den Faktor (x+1) ausklammern:



1. Hornerschema:

Ergebnis: ( )( )3 2 24x 12x 39x 47 x 1 4x 8x 47+ − − = + + −

2. Polynomdivision:

Ergebnis: ( )( )3 2 24x 12x 39x 47 x 1 4x 8x 47+ − − = + + −

Beide Methoden lassen also aus der Gleichung

3 24x 12x 39x 47 0+ − − =

diese werden: ( )( )2x 1 4x 8x 47 0+ + − =

Der 1. Faktor führt auf die bekannte Lösung 1x 1= − .

Der 2. Faktor führt auf: ( ) ( )

12,3 2

8 64 4 4 47 8 16 4 47 8 4 51x 1 512 4 8 8

− ± − ⋅ ⋅ − − ± ⋅ + − ±= = = = − ±

⋅

Näherungslösungen sind: 2x 4,57≈ − und 3x 2,57≈

Für die y-Koordinaten begnügen wir uns auch mit Näherungswerten und setzen in die Gleichung der Normalen ein: 2y 2,77≈ und 3y 4,56≈

Ergebnis: Die Normale in ( )113W 1|− schneidet die Kurve noch zweimal in

( ) ( )2 3S 4,57 | 2,77 , S 2.57 | 4,56− .

4 12 39 474 8 47

x0

14 8 47 0

− −− − +

= −−

( )( )

( )

3 2 2

3 2

2

2

4x 12x 39x 47 : (x 1) 4x 8x 474x 4x

8x 39x8x 8x

47x 47( 47x 47)

0

+ − − + = + −− +

−− +

− −− − −



CAS-LÖSUNG (TI Nspire):

a) Zuerst werden die Funktion und drei Ableitungsfunktionen

definiert und angezeigt.

Dann folgt die Wendepunktsberechnung.

Jetzt definiert man die Tangenten- und Normalenfunktion

und lässt die Funktionsterme anzeigen.

b) Schnitt von Kurve und Normale.

Meistens setzt man dazu die Funktionsterme gleich

und lässt die Lösung berechnen.

Hier zeigt sich der Vorteil, den man erhält, wenn man

die Normale als Funktion definiert!

Die Näherungszahlen erhält man bei der Grundeinstellung AUTO durch /· .

Aus der Gleichung f(x) n(x)= kann man f(x) n(x) 0− = bilden.

In dieser Form bietet der Befehl zeros einen Vorteil.

Er berechnet genauso die Lösungen, gibt sie aber als

Lösungsmenge aus. In geschweiften Klammern ist dies eine „Liste“. Und Listen kann

Nspire auf einmal verarbeiten.

Gibt man f(Ans) ein, erstetzt Nspire nach ·

Ans durch das letzte Ergebnis (Answer) und berechnet

für alle drei Schnittstellen die y-Koordinaten auf einmal.

Ergebnis: ( ) ( )2 3S 4,57 | 2,77 , S 2.57 | 4,56−

und natürlich ( )113W x | als ersten Schnittpunkt.

/·

/·

W



Beispiel 2 ( ) 4 2112f x x 2x 4= − +

Stelle die Gleichungen der Wendetangente und

der Wendenormalen auf.

Lösung: (Manuell)

Ableitungen: ( ) 313f ' x x 4x= −

( ) 2f '' x x 4= −

( )f ''' x 2x=

Erkennen: K ist symmetrisch zur y-Achse.

Begründung: f besitzt nur gerade Exponenten,

also ist f( x) f(x)− = für alle x.

Extrempunkte.

Bed.: ( )f ' x 0=

2x 4 0− =

2x 4= 1,2x 2= ± .

y-Koordinaten: ( ) 81 412 3 3f 2 16 2 4 4 4± = ⋅ − ⋅ + = − = −

Kontrolle: ( )f ''' 2 0± ≠

Ergebnis: K hat die beiden Wendepunkte: ( )81,2 3W 2 |± − .

Wendetangenten:

Steigung: ( ) 161T1 3 3m f ' 2 8 8= = ⋅ − = − ( ) ( ) 161

T1 3 3m f ' 2 8 8= − = ⋅ − + =

( )8 163 3y x 2+ = − ⋅ − ( )8 16

3 3y x 2+ = ⋅ +

16 32 83 3 3y x= − + − 16 32 8

3 3 3y x= + −

TW1: 163y x 8= − + TW2: 16

3y x 8= +

Wendenormalen:

Steigung: W1T1

1 3mm 16

= − = + W1T1

1 3mm 16

= − = −

( )8 33 16y x 2+ = ⋅ − ( )8 3

3 16y x 2+ = − ⋅ +

3 6 816 16 3y x= − − 3 6 8

16 16 3y x= − − −

NW1: 3 7316 24y x= − NW2: 3 73

16 24y x= − −



Lösung: (TI Nspire)

Zuerst definiert man f und drei Ableitungen

und lässt sie anzeigen, denn für eine Lösung

im Heft muss man sie ja abschreiben.

Zur Wendepunktberechnung braucht man die

Nullstellen der 2. Ableitungsfunktion. Anstatt

solve(f2(x) 0,x)= zu verwenden, rechne ich mit

zeros. Dieser Befehl gibt die Nullstellen als Liste

(Lösungsmenge) aus. Da Nspire mit Listen rechnen

kann, erhält man y-Koordinaten und Kontrolle für

beide Wendepunkte in einem Schritt!

Definition der Tangentenfunktionen und

Anzeige der Funktionsterme (das sind die rechten

Seiten der Tangentengleichungen y = …).

Definition der Normalenfunktionen und

Anzeige der Funktionsterme (das sind die rechten

Seiten der Normalengleichungen y = …).



1.8 Tangenten parallel zu einer Geraden

Beispiel (Manuelle Lösung)

Gegeben ist die Funktion f durch ( ) 3 213f x x 2x 2x= − +

Ihr Schaubild sei K.

Wo hat K eine Tangente parallel zur Geraden g: y 2x 3= − ?

Gib deren Gleichung an.

Lösung:

Methode:

Parallele Geraden haben dieselbe Steigung.

g hat die Steigung 2, also muss auch die Tangente die Steigung 2 haben.

Da die Steigung durch die 1. Ableitungsfunktion berechnet wird, heißt die Aufgabe:

Wo hat die 1. Ableitungsfunktion den Wert 2?

Das ist die Bedingungsgleichung: ( ) gf ' x m 2= =

Die Lösung dieser Gleichung ist die x-Koordinate des gesuchten Berührpunkts.

Mit der Funktion f berechnet man die y-Koordinate und mit der Punkt-Steigungsform

die Tangentengleichung.

Ableitung: ( ) 2f ' x x 4x 2= − +

Bedingung: ( )f ' x 2=

2x 4x 2 2− + = | -2

2x 4x 0− =

x ausklammern: ( )x x 4 0⋅ − =

1. Faktor: 1x 0=

y-Koordinate: ( )1y f 0 0= =

1. Punkt: ( )1B 0 | 0

2. Faktor: x 4 0− =

2x 4=

y-Koordinate: ( ) 64 812 3 3 3y f 4 64 2 16 2 4 32 8= = ⋅ − ⋅ − ⋅ = − + = −

2. Punkt: ( )82 3B 4 | −

Tangente in ( )1B 0 | 0 : y 2x= (Ursprungsgerade!)

Tangente in ( )82 3B 4 | − : ( )8

3y 2 x 4+ = ⋅ −

83y 2x 8= − −

323y 2x= −



Lösung (mit CASIO ClassPad)

Definition der Funktion und ihrer 1. Ableitung.

Lösung der Gleichung f '(x) 2= : x1 = 0, x2 = 4.

Berechnung der zugehörigen y-Koordinaten auf einmal:

( )1B 0 | 0 , ( )82 3B 4 | −

Die Tangente in B1 ist eine Ursprungsgerade und hat daher

allgemein die Gleichung y mx= . Da m = 2 ist, folgt: y 2x= .

Dies ist keine Rechnung für einen CAS-Rechner!

Aber die 2. Tangente: Man definiert die Tangentenfunktion

und lässt ihren Funktionsterm anzeigen.

Dabei sollte man bei ClassPad immer damit rechnen,

dass man mit expand oder simplify vereinfachen muss.

Rechts zeige ich, was ClassPad ohne expand anzeigt.

Das ist zwar richtig aber unschön.



1.9 Tangenten senkrecht zu einer Geraden

Beispiel (Manuelle Lösung)

Gegeben ist die Funktion f durch ( ) 3 213f x x 2x 2x= − +

Ihr Schaubild sei K.

Wo hat K eine Tangente senkrecht zur Geraden g: 12y x 4= − ?

Gib deren Gleichung an.

Lösung:

Methode:

Die Tangente steht auf g senkrecht. Also ist die Tangentensteigung der negative

Kehrwert der Steigung von g, also -2


Wo hat die 1. Ableitungsfunktion den Wert -2?

Das ist die Bedingungsgleichung: ( ) 1g 2

1 1f ' x 2m

= − = − = −

Die Lösung dieser Gleichung ist die x-Koordinate des gesuchten Berührpunkts.


die Tangentengleichung.

Ableitung: ( ) 2f ' x x 4x 2= − +

Bedingung: ( )f ' x 2= −

2x 4x 2 2− + = − | +2 2x 4x 4 0− + = bzw. ( )2x 2 0− =

1,24 16 16x 2

2± −

= =

y-Koordinate: ( ) 81 4B 3 3 3y f 2 8 2 4 2 2 4= = ⋅ − ⋅ + ⋅ = − = −

Berührpunkt: ( )43B 2 | −

Tangente in B: ( )43y 2 x 2+ = − ⋅ −

43y 2x 4= − + −

83y 2x= − +

g

T



1.10 Normale parallel zu einer Geraden

Beispiel ( ) 3 213f x x 2x= +

In welchem Punkt hat die Kurve eine Normale,

die parallel zur Geraden g ist mit g: 14y x 3= + ?

Stelle die Gleichung der Normalen auf.

Lösung:

Ableitung: ( ) 2f ' x x 4x= +

Steigung von g: 1g 4m = .

Methode:

Die Normale ist parallel zu g. Also ist die Tangente „dort“ senkrecht zu g.

Die Tangentensteigung ist also der negative Kehrwert der Steigung von g, also -4.



Das ist die Bedingungsgleichung: ( ) 1g 4

1 1f ' x 4m

= − = − = −

Die Lösung dieser Gleichung ist die x-Koordinate des gesuchten Punkts für N.


die Normalengleichung.


2x 4x 4+ = −

2x 4x 4 0+ + = bzw. ( )2x 2 0+ =

1,24 16 16x 2

2− ± −

= = −

y-Koordinate: ( ) ( ) 8 161B 3 3 3y f 2 8 2 4 8= − = ⋅ − + ⋅ = − =

Berührpunkt: ( )163B 2 |− der zugehörigen Tangente.

Normale in B: ( )14

163y x 2− = ⋅ +

161 14 2 3y x= + +

N: 3514 6y x= +



1.11 Normalen senkrecht zu einer Geraden

Beispiel ( ) 3 213f x x 2x= +

In welchem Punkt hat die Kurve eine Normale,

die senkrecht zur Geraden g ist mit g: y 4x 2= − + ?

Stelle die Gleichung der Normalen auf.

Lösung:

Ableitung: ( ) 2f ' x x 4x= +

Steigung von g: gm 4= − .

Methode:

Die Normale ist senkrecht zu g. Also ist die Tangente „dort“ parallel zu g.

Die Tangentensteigung ist also gleich der Steigung von g, also -4.



Das ist die Bedingungsgleichung: ( ) gf ' x m 4= = −

Die Lösung dieser Gleichung ist die x-Koordinate des gesuchten Punkts für N.


die Normalengleichung.


2x 4x 4+ = −

2x 4x 4 0+ + = bzw. ( )2x 2 0+ =

1,24 16 16x 2

2− ± −

= = −

y-Koordinate: ( ) ( ) 8 161B 3 3 3y f 2 8 2 4 8= − = ⋅ − + ⋅ = − =

Berührpunkt: ( )163B 2 |− der zugehörigen Tangente.

Normale in B: ( )14

163y x 2− = ⋅ +

161 14 2 3y x= + +

N: 3514 6y x= +



1.12 Von einem Punkt Q die Tangente an K legen

Beispiel 1

Gegeben ist f durch ( ) 214f x x x 3= − − + sowie ( )Q 1| 6−

K sei das Schaubild von f.

Bestimme die Gleichung der Tangente T an K, die durch Q geht.

(Oder so formuliert: Lege von Q die Tangente an K.)

Methode:

1. Schritt: Stelle die Tangentengleichung für einen beliebigen Punkt ( )( )P u | f u auf.

Das ist die sogenannte allgemeine Tangentengleichung für K.

2. Schritt: Die Tangente soll durch Q gehen, also setzt man die Koordinaten von Q in

diese allgemeine Tangentengleichung ein.

3. Schritt: Die so entstandene Gleichung enthält nur die Unbekannte u, also die

x-Koordinate des Berührpunkts.

4. Schritt: Tangentengleichungen aufstellen.

Lösung: (manuell)

Allgemeine Tangentengleichung für ( )( )P u | f u : ( ) ( ))y f u f '(u x u− = ⋅ − (Siehe 1.3.)

Berührpunkt sei ( )214P u | u u 3− − + , und die Tangentensteigung ist ( ) 1

2f ' u u 1= − −

(Man könnte auch x1 statt u verwenden, doch u ist schneller geschrieben!)

Eingesetzt: ( ) ( ) ( )21 14 2y u u 3 u 1 x u− − − + = − − ⋅ −

Bedingung: ( )Q 1| 6 T− ∈

Q eingesetzt: ( ) ( )( )21 14 2u u 3 u 1 u6 1− − − + = −− − −

Gleichung nach u umstellen: 2 21 1 14 2 2u u 3 u u6 1 u+ + − = + + +

Alles nach rechts: 21 14 20 u u 2= + − | 2⋅ (ist besser als 4⋅ )

212 u u 4 0+ − =

12

1,2 12

1 1 4 4u

2− ± + ⋅ ⋅

=⋅

21 34

⎧= − ± = ⎨−⎩

y-Koordinaten: ( ) ( )114f 2 4 2 3 0 B 2 | 0= − ⋅ − + = ⇒

( ) ( )124f 4 16 4 3 4 B 4 | 3− = ⋅ − + = ⇒ −

Tangentensteigungen: ( ) 12f ' 2 2 1 1 1 2= − ⋅ − = − − = −

( ) ( )12f ' 4 4 1 2 1 1− = − ⋅ − − = − =

Tangentengleichungen: ( ) 1y 2x 4 (2 x 2 Ty 0 )= − +− = − − ⇔

( ) 2y 3 1 x 4 y x 7 (T )− = ⋅ + ⇔ = +



Lösung: (TI Nspire)

Zuerst die einfache Version

Man definiert die Funktion und ihre 1. Ableitung.

Dann wird die Tangentenfunktion für den unbekannten

Berührpunkt ( )( )B u | f u definiert.

In der 4. Zeile wird sie angezeigt. Man schreibt sie so ab:

Allgemeine Tangente: 2u u xy x 3

4 2⋅

= − − + .

5. Zeile: In diese Tangentengleichung wird der Punkt

( )Q 1| 6− eingesetzt. Der Tangentenwert bei -1 soll also 6

werden. Diese Gleichung lässt man nach u auflösen und erhält

die Berührpunktskoordinaten u1 = - 4 und u2 = 2.

Dann setzt man diese u-Werte in die Gleichung y t(x)= ein.

Dies geschieht, indem man den Bedingungsstrich (Mit-Operator) | verwendet und die Werte

dahinter anschreibt.

Jetzt die Könner-Version

Man definiert die Funktion und ihre 1. Ableitung.

Dann wird die Tangentenfunktion für den unbekannten

Berührpunkt ( )( )B u | f u definiert. Weil sie x und u als

Unbekannte enthält, definiert man t als Funktion zweier

Variabler: y = t(x,u) ist dann die Tangentengleichung

in ( )( )B u | f u .

Die Tangente soll durch ( )Q 1| 6− gehen, also wird Q

in diese Gleichung eingesetzt. Dann lässt man sie nach u auflösen

und erhält die Berührpunktskoordinaten u1 = - 4 und u2 = 2.

Durch diese geschickte Tangentenfunktion kann man diese Werte dort einsetzen und erhält diese

beiden Ergebnistangenten:

( )y t x, 4= − also y x 7= +

( )y t x,2= also ( )y 2 x 2= − bzw. y 2x 4= −

Soll Nspire diese Gleichung ausmultiplizieren, verwendet

man „entwickle“ über b33 , was sich als „expand“

entpuppt.



Beispiel 2

Gegeben ist f durch ( ) 3 21 43 3f x x x= − sowie ( )Q 0 | 2

K sei das Schaubild von f.

Bestimme die Gleichung der Tangente T an K, die durch Q geht.

(Oder so formuliert: Lege von Q die Tangente an K.)

Lösung: (manuell)

Allgemeine Tangentengleichung für ( )( )P u | f u : ( ) ( ))y f u f '(u x u− = ⋅ − (Siehe 1.3.)

Berührpunkt sei ( )3 21 43 3P u | u u− , und die Tangentensteigung ist ( ) 2 8

3f ' u u u= −

Eingesetzt: ( ) ( ) ( )3 2 2 81 43 3 3y u u u u x u− − = − ⋅ −

Bedingung: ( )Q 0 | 2 T∈

Eingesetzt: ( ) ( ) ( )3 2 2 81 43 3 3u u2 u 0u u− − = − ⋅ −

Gleichung nach u umstellen: 3 2 3 281 43 3 32 u u u u− + = − +

Alles nach links: 3 22 43 3u u 2 0 | 3− + = ⋅

3 22u 4u 6 0 | : 2− + =

3 2u 2u 3 0− + =

Diese Gleichung 3. Grades erfordert eine bekannte Lösung und dann Ausklammern eines

Linearfaktors.

Durch Probieren oder anhand einer Zeichnung kann man die Lösung u = - 1 vermuten.

Man versucht daher, den Faktor (u+1) aus dem Term 3 2u 2u 3− + auszuklammern.

1. Methode: Horner-Schema:

Folgerung:

( )( )3 2 2u 2u 3 u 1 u 3u 3− + = + − +

2. Methode: Polynomdivision:

Folgerung:

( )( )3 2 2u 2u 3 u 1 u 3u 3− + = + − +

Weil beide Methoden zu einem Ergebnis geführt haben (der Rest war nämlich 0), hat sich

die Vermutung bestätigt, dass u = -1 eine Lösung ist.

( ) ( )( )

( )

3 2 2

3 2

2

2

u 2u 3 : u 1 u 3u 3u u

3u 0u3

0

u 3u3u 3

(3 )0

u

u 3

+− + + = − +− +

− +− − −

+− +

1 2 31 3 3

u 11 3 3

00

0

−− −

= −−

Q



Beide Methoden gestatten es also, die Gleichung 3 2u 2u 3 0− + =

zu faktorisieren: ( )( )2u 1 u 3u 3 0+ − + =

1. Faktor: 1u 1 0 u 1+ = ⇒ = − (Bekannte Lösung).

2. Faktor: ( )2u 3u 3 0− + =

2,33 9 4 1 3 3 9 12u

2 2± − ⋅ ⋅ ± −

= = ∉R .

Es gibt also nur die eine Lösung.

Demnach liegt der Berührpunkt bei u1 = -1 mit ( ) ( ) ( )3 2 51 4 1 43 3 3 5 3f 1 1 1− = ⋅ − − ⋅ − = − − = −

Berührpunkt: ( )53B 1|− −

Tangentensteigung: ( ) ( ) ( )2 8 8 11T 3 3 3m f ' 1 1 1 1= − = − − − = + =

Tangentengleichung: ( )5 113 3y x 1+ = +

511 113 3 3y x= + −

113y x 2= +

Hinweis: In diesem Fall war die Verwendung der Punkt-Steigungs-Form für das Aufstellen

der Geradengleichung umständlich.

Wenn man weiß, dass in y m x n= ⋅ + die Größe n den y-Achsenabschnitt darstellt,

und wenn man ferner festgestellt hat, dass diese Gerade durch ( )Q 0 | 2 geht,

dann sollte man erkennen, dass n 2= ist.

Also genügt es, ( ) 11T 3m f ' 1= − = zu berechnen und dann in y m x n= ⋅ + einzusetzen:

113y x 2= + .



Lösung: (mit CASIO ClassPad)

(1) Übliches Vorgehen.

Zuerst werden f und f’ definiert.

Dann folgt die Definition der Tangentenfunktion zum

Berührpunkt ( )B u | f(u) ,

Der Befehl „expand(t(x))“ ist für die Rechnung unerheblich.

Er zeigt uns nur, wie die allgemeine Tangentenfunktion

aussieht.

Dann wird ( )Q 0 | 2 in y = t(x) eingesetzt und die Gleichung

nach u aufgelöst: u = -1.

Setzt man u = -1 in die Tangentengleichung y = t(x) ein

(was man mit dem Mit-Operator | macht erhält man die

gesuchte Tangentengleichung, die mit dem Zusatzbefehl

expand die gewünschte Gleichungsform erhält.

Schließlich kann man noch die y-Koordinate des Berührpunkts

mit 53f( 1)− = − berechnen: ( )5

3B 1|− − .

(2) Empfohlenes Vorgehen.

Das Einsetzen von u = -1 und manches andere wird einfacher,

wenn man die allgemeine Tangentengleichung, die ja neben

der Variablen x noch die Unbekannte x-Koordinate u des

zunächst noch beliebigen Berührpunkts ( )B u | f(u) enthält,

als Funktion von 2 Variablen definiert: ( )y t x,u= .

Dann wird das Einsetzen von ( )Q 0 | 2 einfach durch die

Eingabe t(0,u) 2= realisiert, und nachdem man u = -1 als

Lösung kennt, erhält man die gesuchte Tangentengleichung

durch y t(x, 1)= − .

Merke:

Man kann also in y t(x,u)= sowohl für u eine Berührpunktskoordinate einsetzen und hat

dann schon die passende Tangentengleichung, oder kann man für x einen „Punkt“ auf

einer Tangente einsetzen und erhält dann den zugehörigen u-Wert, also die x-Koordinate

des Berührpunkts dieser Tangente.



§ 2 Trainingsaufgaben

(1) Gegeben ist die Funktion 4 23116 2f(x) x x= − + , ihr Schaubild sei K.

a) Stelle die Gleichung der Tangente T1 im Punkt ( )1 1P 4 | y auf.

In welchen Punkten S schneidet diese Tangente die Kurve noch einmal?

b) Welche Gleichung hat die Tangente T2 im rechten Wendepunkt?


(2) Gegeben ist die Funktion 4 314f(x) x x= + , ihr Schaubild sei K.

a) Stelle die Gleichung der Tangente T1 im Punkt ( )1 1P 1| y− auf.

In welchen Punkten schneidet diese Tangente die Kurve noch einmal?

b) Welche Gleichung hat die Tangente T2 im linken Wendepunkt?


(3) Gegeben ist die Funktion 3 23116 8f(x) = x - x + 1, ihr Schaubild sei K.

a) In welchen Punkten hat K eine Tangente, die parallel zur Geraden g mit 94y x 1= − ist?

Schreibe die Tangentengleichungen auf.

b) In welchen Punkten hat K eine Tangente, die orthogonal zur Geraden h mit 43y x 2= +

ist? Schreibe die Tangentengleichungen auf.

(4) Gegeben ist die Funktion 3 212f(x) = x - 4x + 8x , ihr Schaubild sei K.

a) In welchen Punkten hat K eine Normale, die parallel zur Geraden g mit 12y x= ist?

Schreibe die Normalengleichungen auf.

b) In welchen Punkten hat K eine Normale, die orthogonal zur Geraden h mit 32y x 1= −

ist? Schreibe die Normalengleichungen auf.

(5) Gegeben ist die Funktion ( ) ( )22132f x x 12= − , ihr Schaubild sei K.

a) Die Tangenten in den beiden Wendepunkten und die x-Achse begrenzen ein Dreieck.

Berechne dessen Inhalt.

b) In welchen Punkten schneidet die Tangente in den Hochpunkten die Kurve nochmals?

c) An welchen Stellen hat K eine Tangente parallel zur Geraden g: 118y x= ?

Gib eine dieser Tangentengleichungen an.



(6) Gegeben ist die Funktion ( ) 3 23116 8f x x x 1= − + , ihr Schaubild sei K.

a) Bestimme die Gleichung der Tangenten, die parallel zu g sind, mit g: 94y x 1= − .

b) Welche Normalen sind parallel zu h: 43y x= ?

c) Wo ist die Kurvennormale orthogonal zu k: 13y x 1= + ?

d) Wo schneidet die Wendenormale K noch einmal?

(7) Gegeben ist die Funktion ( ) 5 345f x x 3x= − + , ihr Schaubild sei K.

a) Berechne die Extrempunkte, skizziere das Schaubild.

b) In welchen Punkten gibt es eine Tangente parallel zu g: y 5x= ?

Stelle in einem dieser Punkte die Tangentengleichung auf.

c) In welchem Punkt ist die Normale parallel zu h: 128y x 2= − + ?

(8) Gegeben ist ( ) 3 2 8 261 19 3 3 9f x x x x= − + + − , ihr Schaubild sei K.

(a) Wer möchte kann hier eine Kurvendiskussion üben: Nullstellen, Extrem- und

Wendepunkte, Zeichnung.

(b) In welchem Punkt schneidet die Tangente in ( )BB 2 | y noch einmal?

(c) Wo hat die Kurve eine Tangente parallel zur Geraden g: y 3x 1= + ?

(d) Wo gibt es eine Tangente senkrecht zu h: 14y x= ?

(9) Gegeben ist die Parabel K als Schaubild der Funktion f mit ( ) 214f x x x 2= − + .

Lege vom Ursprung die Tangenten an K. Welche Gleichungen haben sie?

(10) Lege vom Punkt ( )Q 0 | 8 aus die Tangenten an die Parabel K: 212y x 2x= − − .

(11) Lege vom Ursprung aus die Tangenten an das Schaubild K der Funktion ( ) 4 31 43 3f x x x= − + .

(12) Gegeben ist die Funktion f mit ( ) 5 31 227 3f x x x 3x= − + .

(a) Untersuche das Schaubild K von f auf Symmetrie, Nullstellen, Extrem- und

Wendepunkte. (Gehört nicht zum Thema und kann daher übersprungen werden).

(b) Lege von ( )Q 1| 0 die Tangenten an K. Bestimme einen Berührpunkt B und die

zugehörige Tangentengleichung. Unter welchem Winkel schneidet diese die

Koordinatenachsen?

(c) In welchem Punkt S mit Sx 2 ; 3∈ ⎡ ⎤⎣ ⎦ schneidet diese Tangente das Schaubild?

Verwende das Newtonsche Näherungsverfahren auf vier Dezimalen genau.

(13) Gegeben ist ( ) 3 2314 2f x x x= − + , das Schaubild sei K.

(a) Lege von ( )Q 0 | 10− aus die Tangenten an K.

(b) Wo hat die Kurve eine Tangente parallel zur Geraden g, die durch den Wendepunkt und

die rechte Nullstelle von K geht?

(c) Die Normale im Wendepunkt schneidet K noch zweimal. Berechne diese Schnittpunkte.





Trainingsaufgabe 1 (Wo schneidet eine Tangente K noch einmal?)

Gegeben ist die Funktion 4 23116 2f(x) x x= − + , ihr Schaubild sei K.

a) Stelle die Gleichung der Tangente T im Punkt ( )1 1P 4 | y auf.




Lösung: (Manuell)

Gegeben: 4 23116 2f(x) x x= − +

Ableitung : ( ) 314f ' x x 3x= − +

a) y-Koordinate von P1: ( )f 4 16 28 8= − + = .

Tangentensteigung in P1: ( )f ' 4 16 12 4= − + = −

Tangente T in ( )1P 4 | 8 : ( )y 8 4 x 4 y 4x 24− = − − ⇔ = − +

Schnittpunkte von T und K: 4 23116 24x 24 x x 16− + = − + | ⋅

4 264x 384 x 24x− + = − +

4 2x 24x 64x 384 0− − + =

Die Schnittgleichung lautet 4 2x 24x 64x 384 0− − + =

Und der Berührpunkt war ( )1P 4 | 8 , also ist x = 4 eine doppelte Lösung.

Horner-Schema:

MERKE: Die x-Koordinate xB des Berührpunkts einer Tangente mit einer Kurve ist eine doppelte Lösung

der Schnittgleichung zwischen Kurve und Tangente.

(Im Falle einer Wendetangente liegt sogar eine dreifache Lösung vor der Schnittgleichung vor.)

Folglich kann man aus der Schnittgleichung (nachdem man sie vereinfacht und in die Form

h(x) = 0 gebracht hat) den Faktor ( )2Bx x− ausklammern, etwa mit dem Horner-Schema oder

mittels Polynomdivision.

Aus dem zweiten Faktor der linken Seite kann man dann die (eigentlich) gesuchten

gemeinsamen Punkte berechnen.

1 0 24 64 384

4 16 32 3840

x 4

1 04 8 96

− −

− −

=

− −



ERKLÄRUNG des Horner-Schemas:

1. Schritt: In die 1. Zeile schreibt man die Koeffizienten des Polynoms der linken Seite der Gleichung.

2. Schritt: Die 2. Zeile beginnt mit der Zahl 0.

3. Schritt: Addiere die Zahlen der 1. Spalte. Multipliziere das Ergebnis (1) mit der Lösungs- zahl (4) und schreibe das Ergebnis in die zweite Zeile an die nächste freie Stelle.

Addiere die Zahlen der 2. Spalte. Multipliziere das Ergebnis (4) mit der Lösungs- zahl (4) und schreibe das Ergebnis in die zweite Zeile an die nächste freie Stelle.

Usw.

Das letzte Ergebnis MUSS die Zahl 0 sein.

Tritt diese Null nicht auf, dann liegt ein Rechenfehler vor, oder die verwendete Lösungszahl war doch keine !

4. Schritt: Schreibe die Schnittgleichung als Produkt. Die Ergebniszahlen sind die neuen Koeffizienten, und der Grad hat um 1 abgenommen.,

Folgerung: Der Gleichungsterm 4 2x 24x 64x 384− − + wurde faktorisiert zu ( )( )3 2x 4 x x1 4 8x 96− −+ −

Die Schnittgleichung lautet damit jetzt so:

( )( )3 2x 4 x x4 96 01 8x+ − −− =

Gemäß unserem Hinweis sollte aber 4 eine doppelte Lösung sein, also wendet man das

Hornerschema gleich ein zweites Mal an, und zwar direkt nacheinander. Das Ganze sieht dann

so aus:

Folgerung: ( ) ( )2 2x 4 x x 0− + + =8 24

Aus der zweiten Klammer folgen die gesuchten Schnittstellen:

2x 8x 24 0+ + =

2,3

8 64 96x

2

− ± −= ∉R

Diese Gleichung hat keine reellen Lösungen, also schneidet die Tangente T1 das Schaubild K

nicht mehr.

An Stelle des Horner-Schemas kann man auch mit Hilfe der Polynomdivision faktorisieren.

Diese wird auf der nächsten Seite gezeigt.

1 0 24 64 3840 4 16 32 384

x 41 4 8 960 4 3

0

0

2 9

1 8

6x 4

24

− −− −

=− −

=



Wir wollen aus 4 2(x 24x 64x 384− − + zweimal den Faktor ( )x 4− ausklammern, also muss

man 4 2(x 24x 64x 384)− − + durch ( )2x 4− , also durch ( )2x 8x 16− + dividieren:

Man erhält: ( ) ( )4 3 2 2 2(x 0x 24x 64x 384) x 8x 16 x 8x 24+ − − + = − + ⋅ + +

Und daher wird die Gleichung 4 2x 24x 64x 384 0− − + = faktorisiert in ( ) ( )2 2x 4 x 8x 24 0− ⋅ + + = .

Die zweite Klammer liefert keine weiteren Lösungen (siehe vorne).

Also schneidet die Tangente in ( )1P 4 | 8 die Kurve nicht noch einmal.

b) Berechnung der Wendepunkte:

Gegeben: 4 23116 2f(x) x x= − +

Ableitungen : ( ) 314f ' x x 3x= − +

( ) 234f '' x x 3= − +

( ) 38f '' x x= −

Wendepunktsbedingung: ( )f '' x 0=

d.h. 234 x 3 0− + = | 4⋅

23x 12 0− + =

2 23x 12 x 4= ⇔ =

W1 W 2x 2, x 2= = −

Kontrolle: f '''( 2) 0± ≠

d.h.: Es liegen Wendestellen vor. y-Koordinaten: ( )f 2 5± =

Ergebnis: ( )1,2W 2 5± ⏐

Wendetangente in ( )1W 2 | 5 :

Steigung: ( )1m f ' 2 2 6 4= = − + =

T1 : ( )y 5 4 x 2 y 4x 3=− = ⇔ −−

Wendetangente in ( )2W 2 | 5− : (nicht verlangt)

Steigung: ( )1m f ' 2 2 6 4= − = − = −

T2 : ( )y 5 4 x 2 y 4x 3=− ⇔ −− + −=

( )( )

4 3 2 2 2

4 3 2

3 2

3 2

2

2

(x 0x 24x 64x 384) : x 8x 16 x 8x 24x 8x 16x

8x 40x 64x(8x 64x 128x)

24x 192x 384(24x 192x 384)

0

+ − − + − + = + +− − +

− −− − +

− +− − +



Schnittpunkte von T1 und K:

Kurve: 4 23116 2y x x= − +

Tangente T1; y 4x 3= −

Schnittgleichung: 4 3116 2

24x 3 x x 16− = − + | ⋅

4 264x 48 x 24x− = − +

4 2x 24x 64x 48 0− + − =

Bekannte dreifache Lösung ist x = 2 (die x-Koordinate des Wendepunkts).

Beweis mittels Hornerschema:

Damit kann man den Gleichungsterm faktorisieren:

Aus 4 2x 24x 64x 48 0− + − = wird: ( ) ( )3x 2 x 0⋅− ⋅ + =1 6

Aus der 2.Klammer folgt: Sx 6= −

Aus der Wendetangente: Sy 27= − .

Ergebnis: Die Wendetangente schneidet K nochmals in ( )S 6 | 27− −

(Man diese Aufgabe auch mittels Polynomdivision lösen.)

Abschließend noch eine Grafik dazu:

1 0 24 64 480 2 4 40 48

x 21 2 20 240 2 8 24

x 21 4 120 2 12

x 201

0

0

6

− −−

=−

−=

−

=

1P

1W

2T

S

1T



Wichtig für die Vorstellung: Warum ist der Berührpunkt einer Tangente ein „doppelter Schnittpunkt“

und bei einer Wendetangente sogar „dreifacher Schnittpunkt“?

Man kann sich gut vorstellen, warum eine Tangente mit der Kurve einen doppelten Schnittpunkt

gemeinsam hat.

Man denke sich eine Sekante P1S eingezeichnet,

die man um P1 dreht, so dass der Schnittpunkt S

an P1 heranrückt. In dem Moment, in dem die

Sekante mit der Tangente in P1 zusammenfällt,

fällt auch S mit P1 zusammen und wir haben

den “doppelten“ Punkt!

Die nächste Abbildung zeigt, was passiert,

wenn man die Gerade g1 um den Wendepunkt W

dreht. Sie geht dann über g2 und g3

in die Wendetangente TW über.

Zunächst haben wir drei Schnittpunkte,

die dann nach der Drehung mit W

zusammenfallen. Von links her

sind drei Positionen eingezeichnet,

so bewegt sich S1 (rot) nach W ,

Von rechts sieht man das mit 3 blauen

Punkten S2 , die auch nach W wandern:

W ist eine dreifache Schnittstelle der Wendetangente mit K !

1P

S

W

1g

2g

3gWT

1S2S



CAS-Lösung der Aufgabe 1

Gegeben ist die Funktion 4 23116 2f(x) x x= − + , ihr Schaubild sei K.

a) Stelle die Gleichung der Tangente T1 im Punkt ( )1 1P 4 | y auf.




Lösung mit TI Nspire.

Zuerst wird f definiert, dann berechnet man 3 Ableitungen

(weil man Wendepunkte braucht).

5. Zeile: Definition der Tangentenfunktion bei x = 4.

Anzeige: y 4x 24= − +

Schnitt mit der Kurve: Nur bei x = 4, also kein weiterer

Schnittpunkt vorhanden.

Berechnung der Wendepunkte: Bei x 2= ± .

( )1W 2 | 5 , Kontrolle ( )f ''' 2 0≠ !

Definition der Wendetangentenfunktion t1.

Schnitt mit der Kurve ergibt neuen Schnittpunkt

bei x = -6 mit y = -27, also ( )S 6 | 27− − .

Man sieht, dass das mühevolle Lösen der Gleichungen 4. Grades, die oftmals der Grund für die

Aufgabenstellung ist (Wo schneidet die Tangente K noch einmal?) ist für einen CAS-Rechner kein

Problem, und selbst die Methode zur Eingabe der Anweisungen ist sehr einfach.



Trainingsaufgabe 2 (Wo schneidet eine Tangente K noch einmal?)

Gegeben ist die Funktion 4 314f(x) x x= + , ihr Schaubild sei K.

a) Stelle die Gleichung der Tangente T1 im Punkt ( )1 1P 1| y− auf.


b) Welche Gleichung hat die Tangente T2 im linken Wendepunkt?


Lösung:

Gegeben: 4 314f(x) x x= +

Ableitung: ( ) 3 2f ' x x 3x= +

a) y-Koordinate von P1: ( ) 314 4f 1 1 = −− = − .

Tangentensteigung in P1: ( )f ' 1 1 3 2− = − + =

Tangente T in ( )41 3P 1|− − : ( ) 5

443y 2 x 1 y 2x⇔ =+ ++ =

Schnittpunkte von T und K: 4 3 514 4x x 2x+ = + | 4⋅

4 3x 4x 8x 5+ = +

4 3x 4x 8x 5 0+ − − =

Bekannte doppelte Lösung ist x1 = -1.

Ausklammern von ( )2x 1+ mittels Hornerschema:

Näherungsberechnung der y-Koordinaten:

( )1 1 1x 1,45 y 4,15 S 1,45 | 4,15≈ ⇒ ≈ ⇒

( )2 2 2x 3,45 y 5,65 S 3,45 | 5,65≈ − ⇒ ≈ − ⇒ − −

Alternativ zum Hornerschema kommt die Polynomdivision durch ( )2x 2x 1+ + in Frage:

Man erhält dieselbe Faktorisierung

wie beim Hornerschema.

1 4 0 8 51 3 3 5

x 11 3 3 5

1 2 5x 1

1

0

5

0

2

− −− −

= −− −

− −= −

−

0

0

Folgerung:

( ) ( )2 2x 1 x 2x 5 0+ + − = Gesuchte Schnittstellen:

2,3

2 4 20 2 24x

2 2

− ± + − ±= = =

2,3x 1 6= − ±

Ausführliche Erklärung in der Lösung zu Aufgabe 1

4 3 2 2 2

4 2 2

3 2

3 2

2

2

(x 4x 0x 8x 5) : (x 2x 1) x 2x 5(x 2x x )

2x x 8x(2x 4x 2x)

5x 10x 5( 5x 10x 5)

0

+ + − − + + = + −− + +

− −− + +

− − −− − − −



b) Berechnung der Wendepunkte:

Gegeben: 4 314f(x) x x= +

Ableitungen: ( ) 3 2f ' x x 3x= +

( ) 2f '' x 3x 6x= +

( )f '' x 6x 6= +

Wendepunktsbedingung: ( )f '' x 0=

d.h. 23x 6x 0+ =

( )3x x 2 0+ =

1. Faktor: W1x 0= mit ( )f 0 0=

2. Faktor: W 2x 2= − mit ( )f 2 ? 4− −

Kontrolle: ( )f '''(0) 0 und f ''' 2 0≠ − ≠

Ergebnis: Wendepunkte ( )1W 0 | 0 , ( )2W 2 | 4− − .

Es sei noch erwähnt, dass W1 ein Terrassenpunkt ist, denn es ist außerdem ( )f ' 0 0= , also

hat dort K eine waagrechte Tangente.

Wendetangente in ( )2W 2 | 4− − :

Steigung: ( )m f ' 2 4= − =

T2 : ( )y 4 4 x 2 y 4x 4=+ = ⇔ ++

Schnittpunkte von K und T2:

Kurve: 4 314y x x= +

Tangente T1; y 4x 4= +

Schnittgleichung: 414

3x x 4x 4+ += | 4⋅

4 3x 4x 16x 16+ = +

4 3x 4x 16x 16 0+ − − =

Bekannte dreifache Lösung ist x = -2 (die x-Koordinate des Wendepunkts).

Beweis mittels Hornerschema: Ausklammern von ( )3x 2+ :

Folgerung:

( ) ( )3x 2 x 2 0+ ⋅ − =

Also lautet die gesuchte Schnittstelle: Sx 2=

mit ( )Sy 12 S 2 | 12= ⇒ .

1 4 0 16 160 2 4 8 16

x 21 2 4 80 2 0 8

x 21 0 40 2 4

x 21 2

− −− −

= −− −

−= −

−−

= −−

0

0

0



Hier noch das Schaubild mit allen Tangenten und Punkten.

W

1P

1T

2T



Trainingsaufgabe 3

Gegeben ist die Funktion 3 23116 8f(x) = x - x + 1, ihr Schaubild sei K.

a) In welchen Punkten hat K eine Tangente, die parallel zur Geraden g mit 94y x 1= − ist?

Schreibe die Tangentengleichungen auf.

b) In welchen Punkten hat K eine Tangente, die orthogonal zur Geraden h mit 43y x 2= +

ist? Schreibe die Tangentengleichungen auf.

Lösung: Ableitung: ( ) 23 3

16 4f ' x x x= −

a) Bedingung: ( ) 9T g 4T g m m f ' x⇔ = ⇔ =

d. h. 23 3 9 1616 4 4 3x x |=− ⋅

2x 4x 12 0− − =

{1,24 16 48 4 64 4 8 6x 22 2 2± + ± ±

= = = = −

y-Koordinaten: ( )f 6 ... 1= = und ( )f 2 ... 1− = = −

Berührpunkte: ( )1B 6 1⏐ und ( )2B 2 1⏐− −

Die zugehörigen Tangenten haben diese Gleichungen:

T1 in B1 : ( )94

9 254 2y 1 x 6 y x− = − ⇔ = −

T2 in B2 : ( ) 9 74 2

94y 1 x 2 y x+ = + ⇔ = +

b) Bedingung: ( )3 3T 4 4

1mT h m f ' x

h⊥ ⇔ = − ⇔ = −=−

23 3 316 4 4x x− = − | 16⋅

23x 12x 12 0− + = | : 3

2x 4x 4 0− + =

1,24 16 16x 2

2± −

= =

Mit ( )f 2 0=

Berührpunkt: ( )C 2 | 0

Tangente T3 in C:

( )34y 0 x 2− = − −

3 34 2y x= − +

1T2T

3T g

h1B

2B

C



Trainingsaufgabe 4

Gegeben ist die Funktion 3 212f(x) = x - 4x + 8x , ihr Schaubild sei K.

a) In welchen Punkten hat K eine Normale, die parallel zur Geraden g mit 12y x= ist?


b) In welchen Punkten hat K eine Normale, die orthogonal zur Geraden h mit 32y x 1= − ist?


Lösung:

Ableitung: ( ) 232f ' x x 8x 8= − +

a) Bedingung: ( )T gN g T g m f ' x 21

m⇔ ⊥ =− ⇔ =−⇔

Wenn die Normale parallel zu g ist, dann sind Tangente und Gerade g orthogonal.

d. h. 232 x 8x 8 2− + = −

232 x 8x 10 0− + =

3 52 3

1,2 32

8 64 4 10 8 64 60 8 2x2 3 3 2

± − ⋅ ⋅ ⎧± − ± ⎪= = = = ⎨⋅ ⎪⎩

y-Koordinaten: ( )10 203 27f ...= = und ( )f 2 4=

Berührpunkte: ( )10 201 3 27B ⏐ und ( )2B 2 5⏐ .

Die zugehörigen Tangenten haben diese Gleichungen:

T1 in B1 : ( )20 10127 2 3

2512 27yx xy − = − ⇔ = −

T2 in B2 : ( )1221y 4 x 2 y x 3− = − = +⇔

Nebenstehende Abbildung zeigt die Gerade g

und die zu ihr parallelen Normalen N1 und N2,

die nur als kurze Strecken dargestellt sind,

ferner die zugehörigen Tangenten, die auf g

senkrecht stehen.

1B

2B2N

2T

1N

1T

g



b) Gegeben: 3 212f(x) = x - 4x + 8x

und h: 32y x 1= −

Wenn eine Normale senkrecht zu h ist, dann sind Tangente und Gerade g parallel.

Bedingung: ( ) 32 h 2N h T h m m f ' x⊥ ⇔ ⇔ = ⇔ =

23 32 2x 8x 8− + =

23 132 2x 8x 0− + =

Tipp: Diese Brüche können in der quadratischen Gleichung stehen bleiben,

sie fallen in der Lösungsformel weg:

1,2

8 64 4x

± −=

32

⋅ 132

⋅

2 32

⋅

1338 64 39 8 25 8 5

3 3 3 1⎧± − ± ± ⎪= = = = ⎨⎪⎩

y-Koordinaten: ( )13 133 54f 0,24= ≈ und ( )f 1 4,5=

Berührpunkte der Tangenten: ( )313 133 54B ⏐ und ( )4B 1 4,5⏐ .

Gleichungen der zugehörigen Normalen

N3 : ( ) ( )13 132 169234 45 3 3 5 3,13y xy x ≈− = − − ⇔ =− +

N4 : ( )9 92 2 22 3 3 3 2y x 1 y x− = − − ⇔ =− + +

3123 6y x= − +

Nebenstehende Abbildung zeigt kurze Stücke

der Tangenten und Normalen.

Die Normalen sind orthogonal zu h.

3B

3N

3T

4B 4T

4Nh



Trainingsaufgabe 5

Gegeben ist die Funktion ( ) ( )22132f x x 12= − , ihr Schaubild sei K.

a) Die Tangenten in den beiden Wendepunkten und die x-Achse begrenzen ein Dreieck.

Berechne dessen Inhalt.


c) An welchen Stellen hat K eine Tangente parallel zur Geraden g: 118y x= ?

Gib eine dieser Tangentengleichungen an.

Lösung:

Gegeben: ( ) ( )22 4 21 132 32f(x) = x - 12 x 24x 144= − +

Ableitungen: ( ) ( ) ( )3 31 132 8f ' x 4x 48x x 12x= − = −

( ) ( ) ( )3 2318 8f '' x 3x 12 x 4= − = −

( ) 3 38 4f ''' x 2x x= ⋅ =

a) Wendepunkte: Bedingung: ( )f '' x 0=

2 2Wx 4 0 x 4 x 2− = ⇔ = ⇔ = ±

y-Koordinaten: ( ) ( )21 132 32f 2 8 64 2± = − = =⋅ ,

Kontrolle: ( )f ''' 2 0± ≠

Ergebnis: ( )1,2W 2 2⏐±

Steigung der Wendetangenten: ( ) ( )18f ' 2 8 24 2= − = −

( )f ' 2 2− = .

Tangente T1 : ( )y 2 2 x 2 y 2x 6=− ⇔ −− − +=

Tangente T2 : ( )y 2 2 x 2 y 2x 6=− = ⇔ ++

Das Schaubild ist symmetrisch zur y-Achse, und damit auch das von den Wendetangenten

erzeugte Dreieck:

Schnittpunkt von T1 mit der x-Achse: ( )S Sy 0 x 3 S 3 0⏐= ⇒ = ⇒ .

Grundseite des Dreiecks: g = 6,

Höhe des Dreiecks: h = 6

Inhalt des Dreiecks; A = 18 (FE).

S x

y

1W

1T

1R2RH

1T2T

1W2W




Hochpunkt: Bed.: ( )f ' x 0=

d. h. 3x 12x 0− =

x ausklammern ( )2x x 12 0− =

1. Faktor: 1x 0=

2. Faktor: 22,3x 12 x 12 3,46= ⇒ = ± ≈ ±

y-Koordinaten: ( )f 0 4,5=

( ) ( )2132f 12 12 12 0± = − =

Kontrolle: ( )f '' 0 0< also ( )H 0 | 4,5

( ) ( )38f '' 12 12 4 0± = − > also ( )1,2T 12 | 0±

Es gibt also nur einen Hochpunkt

Tangente in H: y = 4,5

Schnitt dieser Tangente mit K: ( )22 9132 2x - 12 | 32= ⋅

( )22x - 12 9 16 144 |= ⋅ =

2x 12 12− =

2x 12 12− = ±

{2 24x 12 12 0= ± =

Daraus erhält man 1,2x 24= ±

sowie den bekannten Punkt bei x3 = 0 (der Hochpunkt).

Die gesuchten Schnittpunkte sind also ( ) ( )1 2R 24 4,5 und R 24 4,5⏐ ⏐− .

c) An welchen Stellen hat K eine Tangente parallel zur Geraden g: 118

y x= ?

Bedingung: ( ) 11T g 8T g m m f ' x⇔ = ⇔ =−

( )31 118 8x 12x− = − | 8⋅

3 3x 12x 11 x 12x 11 0− = ⇔ − − =

Probierlösung: 1x 1= −

Ausklammern von ( )x 1+ mittels Horner-Schema:

Folgerung: ( )( )2x 1 x x 11 0+ − − =

Restliche Lösungen: 2,3

3,851 1 44 1 45x

2 2 2,85

± + ±= = ≈

−

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

y-Koordinate: ( ) ( )21 12132 32f 1 11 3,78− = − = ≈ : ( )121

32B 1|−

Tangentensteigung: 118m =

Tangente in B: ( )121 113

16512 8

18 32y x 1 y x= +− = + ⇔ .

1 0 12 110 1 1 11

x 11 1 11 0

− −−

= −− −

Beachte: 2x x=

( )22 2x 12 x 12− = −



Trainingsaufgabe 6

Gegeben ist die Funktion ( ) 3 23116 8f x x x 1= − + , ihr Schaubild sei K.

a) Bestimme die Gleichung der Tangenten, die parallel zu g sind, mit g: 94y x 1= − .

b) Welche Normalen sind parallel zu h: 43y x= ?

c) Wo ist die Kurvennormale orthogonal zu k: 13y x 1= + ?


Lösung:

Ableitungen: ( ) 23 316 4f ' x x x= −

( ) 3 38 4f '' x x= −

( ) 38f ''' x = .

Wer eine Kurvendiskussion üben möchte, erhält:

Nullstellen: ( )1N 2 | 0 und ( )2,3N 2 2 3 | 0±

Extrempunkte: ( )H 0 | 1 und ( )T 4 | 1− .

Wendepunkt: ( )W 2 | 0 .

a) Bedingung. ( ) 9T g 4T g m m f ' x⇔ = ⇔ =

23 3 916 4 4x x 8− = | ⋅

232 x 6x 18 0− − =

{32

1,2 32

6 36 4 ( 18) 6 36 108 6 12 6x 22 3 3± − ⋅ ⋅ − ± + ±

= = = = −⋅

y-Koordinaten: ( )f 6 1= und ( )f 2 1− = −

Berührpunkte: ( )1B 6 |1 und ( )2B 2 | 1− −

Tangenten: T1 in B1: ( )94

9 254 2y 1 x 6 y x− = − ⇔ = −

T2 in B2: ( ) 9 74 2

94y 1 x 2 y x+ = + ⇔ = +

b) Welche Normalen sind parallel zu h: 43

y x= ?

Bedingung: ( )T34h

1mN h T h m f ' x⇔ ⊥ ⇔ = − ⇔ = −

23 3 3 816 4 4 3x x = −− | ⋅

212 x 2x 2 0− + =

3,4 12

2 4 4x2

± −=

⋅2=

y-Koordinate: ( ) ( )3f 2 0 B 2 | 0 W= ⇒ =

Normale in W: ( ) 43

43

83y xy x 2= − −⇔ = .



c) Welche Normalen sind orthogonal zu 12y x 1= + ?

Bedingung: ( ) 1T h 2N h T h m m f ' x⊥ ⇔ ⇔ = ⇔ =

23 3 1 116 4 2 8x x =− | ⋅

232 x 6x 4 0− − =

( )32 2

5,6 332

6 36 4 4 6 36 24 6 60 6 2 15x 2 152 3 3 3

± − ⋅ ⋅ − ± + ± ±= = = = = ±

⋅

Näherungswerte: 5 6x 4,58 und x 0,58≈ ≈ −

y-Koordinaten: ( ) ( )5 5y f 4,58 0,86 B 4,58 | 0,86≈ ≈ − ⇒ −

und ( ) ( )6 5y f 0,58 0,69 B 0,58 | 0,69≈ − ≈ ⇒ −

Die Gleichungen der waren hier nicht gefragt.


Wendenormale aus c):: 843 3y x= − .

Kurve K: 3 23116 8y x x 1= − +

Schnittgleichung: 3 23 81 416 8 3 3x x 1 x 48− + = − | ⋅

233x 18x 48 64x 128− + = −

233x 18x 64x 176 0− − + =

Bekannter Schnittpunkt ist der Wendepunkt, also kennen wir die Lösung x = 2.

Ausklammern von (x 2)− durch das

Hornerschema führt zu

( )( )2x 2 3x 12x 88 0− − − =

mit den weiteren Lösungen 10S 3

12 144 4 3 ( 88) 12 1200 12 20 3x 2 36 6 6

± − ⋅ ⋅ − ± ±= = = = ±

Durch Einsetzen in die Normalengleichung erhält man die zugehörigen y-Koordinaten und

somit diese zwei weiteren gesuchten Schnittpunkte:

( )10 401 3 9S 2 3 | 3+ und ( )10 40

2 3 9S 2 3 | 3− −

3 18 64 1766 24 1760

0x 2

3 12 88

− −− −

− −=



Trainingsaufgabe 7

Gegeben ist die Funktion ( ) 5 345f x x 3x= − + , ihr Schaubild sei K.

a) Berechne die Extrempunkte, skizziere das Schaubild.


Stelle in einem dieser Punkte die Tangentengleichung auf.


Lösung: Ableitungen: ( ) 4 2f ' x 4x 9x= − +

( ) 3f '' x 16x 18x= − +

( ) 2f '' x 48x 18= − + .

a) Extrempunkte: Bed.: ( )f ' x 0=

4 24x 9x 0− + =

x2 ausklammern: ( )2 2x 4x 9 0− + =

1. Faktor: 21x 0 x 0 (doppelt)= ⇒ =

2. Faktor: 2 2 944x 9 0 x− + = ⇔ =

32,3 2x = ± .

y-Koordinaten: ( )f 0 0=

( )32

4f ± = − 2535 32⋅ 243 81 243 405 162 8127

8 40 8 40 40 2083 4,05− ++ ⋅ = − + = = = =

und aus Symmetriegründen 3 812 20f( ) 4,05− = − = −

(denn K ist punktsymmetrisch zum Ursprung).

Kontrolle: ( )f '' 0 0= also Verdacht auf Wendepunkt.

Daher weitere Kontrolle: ( )f ''' 0 0≠ d.h. N1 ( 0 I 0 ) ist Terrassenpunkt,

also Wendepunkt mit waagrechter Tangente.

Kontrolle: 3 3272 8 2f ''( ) 16 18 54 27 0= − ⋅ + ⋅ = − + <

d.h. f hat bei 1,5 ein relatives Maximum und folglich bei -1,5 ein relatives Minimum.

Ergebnis: K hat die Extrempunkte ( )32H 4,05⏐ und ( )3

2T 4,05− −⏐ .




Bedingung: ( )T gT g m m f ' x 5⇔ = ⇔ =

4 24x 9x 5− + =

4 24x 9x 5 0− + − = | ( )1⋅ −

4 24x 9x 5 0− + =

Biquadratische Gleichung, also quadratische Gleichung für x2.

Manche rechnen sie durch die Substitution z = x2 in 24z 9z 5 0− + = usw.

Es geht auch so:

10 5

2 8 49 81 80 9 1x8 8 1

=⎧± − ±= = = ⎨

⎩

Aus 2 54x = folgt: 5 1

1,2 4 2x 5= ± = ±

Und aus 2x 1= folgt: 3,4x 1= ±

z. B. ( ) ( )4 11 115 5 5f 1 3 B 1|= − + = ⇒ .

Tangente in B: ( )115y 5 x 1− = ⋅ − ⇔ 14

5y = 5x -


Bedingung: ( )1T hmN h T g m f ' x 28⇔ ⊥ ⇔ = − ⇔ =

d.h. 4 24x 9x 28− + =

führt auf: 4 24x 9x 28 0− + =

Biquadratische Gleichung, also quadratische Gleichung für x2:

2 9 81 4 4 28 9 376x8 8

± − ⋅ ⋅ ± −= = ∉R

Es gibt also keine Tangente mit der Steigung 28, d.h. auch keine Normale mit der Steigung 1

28− .

Die Abbildung zeigt die in b) genannte Gerade g , zu der es vier

parallele Tangenten gibt. Die eine, die berechnet worden ist,

ist auch zusammen mit ihrem Berührpunkt eingezeichnet worden.

B

Tg



Trainingsaufgabe 8

Gegeben ist ( ) 3 2 8 261 19 3 3 9f x x x x= − + + − , ihr Schaubild sei K.

(a) Wer möchte kann hier eine Kurvendiskussion üben: Nullstellen, Extrem- und Wendepunkte

sowie Zeichnung.


(c) Wo hat die Kurve eine Tangente parallel zur Geraden g: y 3x 1= + ?

(d) Wo gibt es eine Tangente senkrecht zu h: 14y x= ?

Lösung:

Ableitungen: ( ) 2 81 23 3 3f ' x x x= − + +

( ) 2 23 3f '' x x= − +

( ) 23f ''' x = −

(a) Nullstellenbedingung: f(x) 0=

d. h. 3 2 8 261 19 3 3 9x x x 0 ( 9)− + + − = | ⋅ −

3 2x 3x 24x 26 0− − + =

Probierlösung ist x1 = 1. Ausklammern von ( )x 1− mit dem Hornerschema:

Folgerung: 3 2x 3x 24x 26 0− − + =

wird zu: ( ) ( )2x 1 x 2x 26 0− − − =

Weitere Nullstellen: 2,32 4 4 26 2 108x

2 2± + ⋅ ±

= =

{2,32 2 27 6,2x 1 27 4.22±

= = ± ≈ −

Ergebnis: ( ) ( )1 2,3N 0 | 0 ; N 1 27 | 0±

Extrempunktbedingung: ( )E

2 81 23 3 3f ' x 0 x x 0 ( 3)= ⇔ − − + = | ⋅ −

2x 2x 8 0+ − =

{E2 4 32 2 6 4x 22 2± + ±

= = = −

y-Koordinaten: ( ) ( )f 2 6 und f 4 6− = − =

Kontrolle: ( ) ( )2 23 3f '' 2 2 0− = − ⋅ − + > also ( )T 2 | 6− −

2 ( ) 2 23 3f '' 4 4 0= − ⋅ + < also ( )H 4 | 6

Wendepunktsbedingung: ( )W W2 23 3f '' x 0 x 0 x 1= ⇔ − + = ⇔ =

y-Koordinate: ( )f 1 0=

Kontrolle: ( )f ''' 1 0= ⇒ Wendepunkt ( )W 1| 0

1 3 24 261 2 26

x 11 2 2

0

06

− −− −

=− −




y-Koordinate: ( ) ( )26 26B 9 9y f 2 B 2 |= = ⇒

Tangentensteigung in B: ( ) 8T,B 3m f ' 2= =

Tangentengleichung: ( )26 89 3y x 2− = −

8 16 263 3 9y x= − +

8 223 9y x= −

Kurve K: 3 2 8 261 19 3 3 9y x x x= − + + −

Schnittgleichung: 3 2 8 26 81 1 229 3 3 9 3 9x x x x− + + − = − | 9⋅

3 2x 3x 24x 26 24x 22− + + − = −

3 2x 3x 4 0− + − =

3 2x 3x 4 0− + =

Doppeltes Hornerschema:

Folgerung: ( ) ( )2 1x 2 x 1 0− ⋅ + =

Der 2. Faktor liefert die gesuchte Schnittstelle:

Sx 1 0 x 1+ = ⇔ = −

y-Koordinate: ( ) 469f 1 ... 5,11− = = − ≈

Ergebnis: Die Tangente in B schneidet K noch ( )469S 1|− − .

Hinweis:

Die Alternative zum Hornerschema ist die Polynomdivision. Anstatt zweimal nacheinander durch (x – 2) zu dividieren, teilt man durch ( ) ( )22x x 4x 42 −− += :

Man erhält genauso die Faktorisierung:

( ) ( )2 x2 01x − ⋅ + =

Wissen: Die Berührstelle x = 2 ist eine doppelte Lösung der Schnittgleichung. Also kann man den Faktor ( )x 2− zweimal ausklammern. Dies gelingt am schnellsten mit dem Hornerschema, geht aber auch mit Polynomdivision.

1 3 0 42 2 4

x 21

0

00

1 22 2

x1 0

21

−− −

=− −

=

( ) ( )( )

( )

3 2

2

2

3 2

2

x 3x 0x 4 :x 4x 4x

x 4x 4

x 4x 4x 4x 4

0

x 1− + − ++ =− − +

− +− − +

+



(c) Wo hat die Kurve eine Tangente parallel zur Geraden g: y = 3x + 1?

Bedingung: ( )T gT g m m f ' x 3⇔ = ⇔ =

2 81 23 3 3x x 3 3− + + = | ⋅

2x 2x 8 9− + + = 2x 2x 1 0− + = bzw. ( )2x 1 0− =

Entweder 1,22 4 4x 1

2± −

= = oder x 1=

y-Koordinate: ( )Ry f 1 0= =

Gesuchter Berührpunkt ist ( )R 1| 0 , also der Wendepunkt.

Wendetangente: ( )y 0 3 x 1− = − ⇔ y = 3x - 3

gWT



(d) Welche Tangente ist senkrecht zu h: 14y x= ?

Bedingung: ( )Th

1T h m f ' x 4

m⊥ ⇔ = − ⇔ = −

2 81 23 3 3x x 4 3− + + = − | ⋅

2x 2x 8 12− + + = −

2x 2x 20 0− − =

{1,22 4 80 2 84 2 2 21 5,58x 1 21 3,582 2 2± + ± ±

= = = = ± ≈ −

y-Koordinaten der Berührpunkte:

(1) Näherungsweise: ( )f 5,58 3,065≈ , ( )f 3,58 3,065− ≈ −

(2) Exakt (!). Dazu stelle ich die Funktion so dar:

( ) ( )3 219f x x 3x 24x 26= − + + −

Nebenrechnungen: ( )21 21 1 2 21 21 22 2 21+ = + + = +

und ( ) ( )( )31 21 22 2 21 1 21 22 22 21 2 21 2 21 64 24 21+ = + + = + + + ⋅ = +

( ) ( ) ( )( )19f 1 21 64 24 21 3 22 2 21 24 1 21 26+ = − − + ⋅ + + ⋅ + −

( ) ( )1 1 29 9 3f 1 21 64 24 21 66 6 21 24 24 21 26 6 21 21 3,065+ = − − + + + + − = ⋅ = ≈ −

Tangentengleichungen:

T1: ( )( )2 23 3y 21 4 x 1 21 y 4x 4 4 21 21− = − ⋅ − + ⇔ = − + + +

143y 4x 4 21= − + +

T2: ( )( )23y 21 4 x 1 21+ = − ⋅ − −

23y 4x 4 4 21 21= − + − −

143y 4x 4 21= − + −

Die Berührpunkte sind

( )1Z 5,58 | 3,06 und

( )2Z 3,58 | 3,06− h

1Z

2Z

W

BT

1T

B

S

2T



Trainingsaufgabe 9

Gegeben ist die Parabel K als Schaubild der Funktion f mit ( ) 214f x x x 2= − + .

Lege vom Ursprung die Tangenten an K. Welche Gleichungen haben sie?

Lösung: (manuell)

Ableitung: ( ) 12f ' x x 1= −

1. Schritt: Man stellt die allgemeine Tangentengleichung in einem beliebigen Kurvenpunkt ( )( )B u | f u auf (siehe Abschnitt 1.12 – Punkt-Steigungs-Form):

( ) ( ) ( )y f u f ' u x u− = ⋅ −

mit ( ) 214 u uf u 2= − + und ( ) 1

2' u 1f u= −

Setzt man beides ein, erhält man:

( ) ( )( )12

214 u u 2 uy x u1−+− − = − (1)

Rechts multipliziert man nur teilweise die Klammern aus:

( ) ( ) ( )1 12 2

214 u 1 u2 1y u uu x−− −= −+ ⋅−

Der tiefere Sinn liegt darin, dass man keine zwei Terme mit x haben sollte.

Das ist bei einer Geradengleichung unüblich und hinderlich.

( ) ( ) ( )1 12 2

214u 1 u u uy 1 2x u− − − + −⋅ +=

( ) 2112

2142y u 1 u u 2x u u− − + −+ +=

( ) 21 12 4y u 1 x u 2= − − + (T)

Dies ist die Gleichung einer beliebigen Tangente, die an K gelegt werden kann. Man muss nur u vorgeben und hat dann die Tangentengleichung!

2. Schritt: Man verlangt jetzt, dass ( )Q 0 | 0 auf dieser Tangente liegt und setzt Q ein

(also x = 0 und y = 0 ), dann folgt:

( ) 21 12 40 u 1 0 u 2= − − +

also 214 u 2 0− + =

Daraus wird 2u 8=

und 1,2u 8 2 2= ± = ± .

In (T): T1: ( )y 2 1 x= − und T2: ( )y 2 1 x= − −

Berührpunkte: ( )1B 2 2 | 4 2 2− und ( )1B 2 2 | 4 2 2− +



Hinweis: Man kann die Rechnung ein wenig abkürzen, wenn man ( )Q 0 | 0 bereits in Gleichung (1)

einsetzt:

( ) ( )( )12

214 u u 2 u0 0 u1−+− − = −

Dann folgt: ( ) ( )114 2

2u u 2 u 1 u−− + −= −

214 u u− + 21

22 u u− = − +

214 u 2=

2u 8=

Nun folgen noch die letzten vier Zeilen der Seite vorher.

Diese Methode ist kürzer, weil sie die Umformung der allgemeinen Tangentengleichung

auslässt, und vor allem auch, weil Q der Ursprung ist.

Hier die zugehörige Abbildung

1B

2B



Lösung: (TI Nspire CAS)

Zuerst werden f und ihre erste Ableitung definiert.

Dann wird die allgemeine Tangentefunktion t(x,u) als

Funktion von 2 Variablen definiert. Dieser Trick wurde

bereits im Abschnitt 1.12 ausführlich erklärt. Die Tangente soll durch ( )Q 0 | 0 gehen, also wird Q

in die Funktionsgleichung y t(x,u)= eingesetzt.

Die Lösung dieser Gleichung 0 t(0,u)= nach u liefert die gesuchten Berührpunktskoordinaten.

Ich habe diese Gleichung zuerst mit solve gelöst. Wenn ich dann die zugehörigen y-Koordinaten

berechnen lassen, muss ich dies für jede Berührstelle u 2 2= und u 2 2= − machen.

Man kann eine „…= 0“ - Gleichung auch mit dem Befehl zeros lösen lassen. Dann werden die

Lösungen als Menge bzw. Liste ausgegeben. Dies hat den Vorteil, dass man die Funktionswerte

direkt im Anschluss für beide Lösungen zusammen berechnen kann.

Der Befehl f(Ans) übernimmt das letzte Ergebnis,

und setzt diese Liste nach · in die Klammer ein.

Für die Gleichungen der beiden zugehörigen Tangenten

setzte man dann die Liste für u in t(x,u) ein (2. Zeile).

Dies kann man bequem so eingeben, indem man in der

neuen Zeile t(x, schreibt, dann 2 Zeilen höher geht, bis

die Liste { }2 2 ,2 2− markiert ist. Drückt man dann · , wird dieser Ausdruck in die begonnene

Eingabezeile eingetippt und der Befehl ist fertig. Nach einem weiteren · wird das Ergebnis

ausgegeben. Dies ist natürlich wieder eine Liste (Menge) mit den Termen der Tangentengleichungen.

Übrigens kann man dies optisch schöner gestalten, wenn man statt der vorletzten Zeile die letzte

eingibt, also einfach y= davor setzt. Dann erhält man rechts die beiden Tangentengleichungen,

allerdings in einer abgekürzten Schreibweise. Daraus entnimmt man

T1: ( )y 2 1 x= − − und T2: ( )y 2 1 x= −

Noch wein Wort zur Heftführung:

Wer mit einem CAS-Rechner arbeitet, muss natürlich Zwischenergebnisse ins Heft übertragen.

Dazu muss man dann ab und zu auch ein Zwischenergebnis anzeigen lassen. So würde ich

vielleicht ( ) 12f ' x x 1= − abschreiben und auch die

allgemeine Tangentengleichung: y = t(x,u),

also 21 14 2y u ux x 2= − + − + .

Doch dazu erhält jeder Schüler sicher vom Lehrer gesagt,

was er im Heft sehen will.



Trainingsaufgabe 10

Lege vom Punkt ( )Q 0 | 8 aus die Tangenten an die Parabel K: 212y x 2x= − − .

Lösung:

Ableitung: ( )f ' x x 2= − −

1. Schritt: Allgemeine Tangentengleichung in ( )( )B u | f u an K:

( ) ( )( )y f u f ' u x u− = −

d. h. ( ) ( )( )212y u 2u u 2 x u− − − = − − − (1)

2. Schritt: Bedingung: ( )Q 0 | 8 ∈K

Q einsetzen: ( ) ( )( )2128 u 2u u 2 0 u− − − = − − −

2128 u 2u+ + 2u 2u= +

Ergibt: 2128 u= bzw. 2u 16=

Berührstellen: 1,2u 4= ±

y-Koordinaten: ( ) 12f 4 16 8 16= − ⋅ − = −

( ) 12f 4 16 8 0− = − ⋅ + =

Berührpunkte: ( ) ( )1 2B 4 | 16 , B 4 | 0− −

3. Schritt: Tangentengleichungen:

Tangentensteigungen: ( )f ' 4 4 2 6= − − = − und ( )f ' 4 4 2 2= − =

Tangente in B1: ( )y 16 6 x 4+ = − −

y 6x 8= − +

Tangente in B2: ( )y 0 2 x 4+ = +

y 2x 8= +

Eine ganze Menge wichtiger Anmerkungen:

(1) Die hier gezeigte Methode ist schon vor allem dadurch kürzer, dass die allgemeine

Tangentengleichung (1) nicht erst wie in Aufgabe 8 nach y umgestellt worden ist. Dies sollte

man nur dann tun, wenn ausdrücklich die allgemeine Tangentengleichung gefordert wird. Hier wurde die Q-Bedingung gleich in (1) realisiert, nicht erst in (T) (Aufgabe 8).

(2) Die gesuchten Tangentengleichungen kann man auf zwei verschiedene Arten erhalten. Zum

einen kann man die berechneten u-Werte in die allgemeine Tangentengleichung (1) einsetzen.

Hier habe ich sie mit der Punkt-Steigungsform neu berechnet, was eine Zeile mehr bedeutet.

Aber es geht in diesem Beispiel noch kürzer, denn der gegebene Punkt Q liegt auf der y-Achse

liefert also sofort den y-Achsenabschnitt n=8 in y = mx + n.



Hierzu noch die Abbildung:

Der Berührpunkt ( )1B 4 | 16= − passt nicht mehr in das Bild!

Zusatz: CAS-Lösung mit TI Nspire CAS:

Erklärungen dazu siehe Aufgabe 9.

Ergebnisse:

Tangente in ( )1B 4 | 0− : y 2x 8= +

Tangente in ( )2B 4 | 16 : y 6x 8= − +

1B

2B

Q



Trainingsaufgabe 11

Lege vom Ursprung aus die Tangenten an das Schaubild K der Funktion ( ) 4 31 43 3f x x x= − + .

Lösung:

Ableitung: ( ) 3 243f ' x x 4x= − +


( ) ( )( )y f u f ' u x u− = −

d. h. ( ) ( )( )4 3 3 21 4 43 3 3y u u u 4u x u− − + = − + − (1)

2. Schritt: Bedingung: ( )Q 0 | 0 ∈K

( ) ( ) ( )4 3 3 21 4 43 3 30 u u u 4u 0 u− − + = − + −

( ) ( )4 3 3 21 4 43 3 3u u u 4u u− − + = − − +

4 3 4 31 4 43 3 3u u u 4u− = −

Alles nach rechts: 4 383u u 0− =

u3 ausklammern: ( )3 83u u 0− =

1. Faktor: u1 = 0 mit ( )f 0 0=

2. Faktor: 82 3u = mit ( )8 2048

3 243f ... 8,43= = ≈

3. Schritt: Tangentengleichungen aufstellen:

Tangentensteigungen: ( )f ' 0 0=

und: ( )8 2563 81f ' ... 3,16= = ≈

Tangentengleichungen (Es handelt sich um Ursprungsgeraden: y = mx)

1T : y 0=

2T : 25681

y x=

Bemerkung zur Tangente T1

Der Ursprung ist ein Terrassenpunkt von K, dort hat K eine

waagrechte Tangente, und die muss sich daher auch als eine

der Lösungen bei dieser Rechnung ergeben.

(CAS-Lösung nach dem Muster von Aufgabe 10.)

2B



Trainingsaufgabe 12 (Sehr umfangreich)

Gegeben ist die Funktion f mit ( ) 5 31 227 3f x x x 3x= − + .

(a) Untersuche das Schaubild K von f auf Symmetrie, Nullstellen, Extrem- und Wendepunkte.

(Gehört nicht zum Thema und kann daher übersprungen werden).

(b) Lege von ( )Q 1| 0 die Tangenten an K. Bestimme einen Berührpunkt B und die zugehörige

Tangentengleichung. Unter welchem Winkel schneidet diese die Koordinatenachsen?

(c) In welchem Punkt S mit Sx 2 ; 3∈ ⎡ ⎤⎣ ⎦ schneidet diese Tangente das Schaubild?

Verwende das Newtonsche Näherungsverfahren auf vier Dezimalen genau.

Lösung: (Manuell)

(a) Ableitungen: ( ) 4 2527f ' x x 2x 3= − +

( ) 32027f '' x x 4x= −

( ) 2209f ''' x x 4= −

Symmetrie: Da f nur ungerade Exponenten hat, gilt f(-x) = - f(x), d.h. das

Schaubild K ist punktsymmetrisch zum Ursprung.

Nullstellen: Bed.: f(x) 0 27= | ⋅

5 3 4 2x 18x 81 0 x(x 18x 81) 0− + = ⇔ − + =

1. Faktor: 1x 0=

2. Faktor: Biquadratische Gleichung: 2 18 324 324x 92

± −= =

2,3x 3= ±

Ergebnis: N1( 0 I 0 ) und ( )2,3N 3 0± ⏐

Weil der Radikand 0 war, handelt es sich bei 3± jeweils um

doppelte Nullstellen, also um Extremstellen.

Extrempunkte: Bed.: f '(x) 0=

4 2527 x 2x 3 0 27− + = ⋅⏐

4 25x 54x 81 0− + = (biquadratische Gleichung!)

{29E5

54 2916 4 5 81 54 36 9x2 5 10

± − ⋅ ⋅ ±= = =

⋅

Aus xE2 = 9 folgt Ex 3= ±

aus E95x = folgt 3

E 59 59

5 25x 5 1,34⋅= ± = ± = ± ≈ ±

Kontrolle: f ''(3) 20 12 0= − > d.h.: f hat bei 3 ein relatives Minimum und dann wegen der

Punktsymmetrie bei - 3 ein relatives Maximum.



Sowie: ( ) 20 927 5

9 9 95 5 5f '' 4 0= ⋅ ⋅ − ⋅ <

d.h. f hat bei 95 ein relatives Maximum und wegen der

Punktsymmetrie bei - 95 ein relatives Minimum.

y-Koordinaten: f(3) 0= (Dies war eine Nullstelle.)

( ) ( )81 9 3 61 227 25 3 5 25 5

9 9 9 9 95 5 5 5 5f 3 3= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ − +

3 30 75 4825 25

9 95 5 2,58− += ⋅ = ⋅ ≈

Ergebnis: Hochpunkte: ( )1H 3 | 0− , ( ) ( )9 48 92 5 25 5H 1,34 2,58≈⏐ ⏐

Und wegen der Punktsymmetrie:

Tiefpunkte: ( )1T 3 | 0 , ( ) ( )9 48 92 5 25 5T 1,34 2,58−− ≈ − −⏐ ⏐

Wendepunkte: Bed.: f''(x) = 0

d.h. 2320 2027 27x 4x 0 x ( x 4) 0− = ⇔ ⋅ − =

1. Faktor: W1x 0=

2. Faktor: 2

W27 2720 5x 4= ⋅ = mit W

275x 2,3= ± ≈ ±

Kontrolle: Da alle drei Zahlen einfache Nullstellen von f'' sind, hat f'' dort

Zeichenwechsel, d.h. K hat drei Wendepunkte.

y-Koordinaten: ( )27 12 275 25 5f ... 1,12= = ≈

Ergebnis: ( )1W 0 | 0 , ( ) ( )27 12 272,3 5 25 5W 2,3 1,12± ± ≈ ± ±⏐ ⏐

(Punktsymmetrie!)

Q

B

αα

β

S



(b) Lege von ( )Q 1| 0 die Tangenten an K. Bestimme einen Berührpunkt B und die zugehörige

Tangentengleichung. Unter welchem Winkel schneidet diese die Koordinatenachsen?


( ) ( )( )y f u f ' u x u− = − mit ( ) 4 2527f ' x x 2x 3= − +

d. h. ( ) ( )( )5 3 4 251 227 3 27y u u 3u u 2u 3 x u− − + = − + − (1)

2. Schritt: Bedingung: ( )Q 1| 0 ∈K

( ) ( ) ( )5 3 4 251 227 3 270 u u 3u u 2u 3 1 u− − + = − + −

( ) ( )5 3 4 2 4 25 51 227 3 27 27u u 3u u 2u 3 u 2u 3 u− + − = − + − − +

5 31 227 3u u 3u− + − 4 2 5 35 5

27 27u 2u 3 u 2u 3u= − + − + −

Alles nach links: 5 4 3 254 427 27 3u u u 2u 3 0− − + − = | 27⋅

5 4 3 24u 5u 36u 54u 81 0− − + − =

Nun benötigt man eine Probierlösung. Man kann u1 = - 1 entweder durch geschicktes

Raten finden, oder durch die Abbildung (Seite zuvor). Eine Lösung genügt laut Aufgabe.

y-Koordinate: ( ) ( )3 18 81 64 641 227 3 27 27 27f 1 3 2,37 1|− + −− = − + − = = − ≈ ⇒ − −B

3. Schritt: Gleichung der Tangente aufstellen:

Steigung: ( ) 5 5 27 32T 27 27 27m f ' 1 2 3 += − = − + = =

Gleichung: ( )64 3227 27y x 1+ = + ⇔ 32 32

27 27y = x -

Der Schnittwinkel mit der x-Achse, also im Punkt Q folgt aus der Tangentensteigung durch:

O

T3227tan m 49,8α = = ⇒ α ≈ .

Durch die Winkelsumme im Dreieck erhält man einen Schnittwinkel mit der y-Achse: O O90 40,2β = − α ≈ .

(c) In welchem Punkt S mit Sx 2;3∈ ⎡ ⎤⎣ ⎦ schneidet diese Tangente das Schaubild?

Tangente: 32 3227 27y x -=

Kurve: 5 31 227 3y x x 3x= − +

Schnittgleichung: 5 31 227 3

32 3227 27x -x x 3x− + =

5 31 227 3

49 3227 27xx x 0+− + = | 27⋅

5 3x 18x 49x 32 0− + + =

Diese Gleichung lösen wir mit dem Newtonschen Näherungsverfahren.



Hilfsfunktion: ( ) 5 3h x x 18x 49x 32= − + +

Ihre Ableitung: ( ) 4 2h ' x 5x 54x 49= − +

Rekursionsformel nach Newton:

( )( )

5 3n n n n

n 1 n n 4 2n n

h x x 18x 49x 32x x xh' x 5x 54x 49+

− + += − = −

− +

( ) ( )4 2 5 3

n n n n n nn 1 4 2

n n

x 5x 54x 49 x 18x 49x 32x

5x 54x 49+

− + − − + +=

− +

5 3 5 3

n n n n n nn 1 4 2

n n

5x 54x 49x x 18x 49x 32x5x 54x 49+

− + − + − −=

− +

5 3

n nn 1 4 2

n n

4x 36x 32x5x 54x 49+

− −=

− +

Startwert: 0x 2,2=

Folgewerte: 1x 2,19655914=

2x 2,19655794=

3x 2,19655794=

Funktionswert: ( )Sf x 1,410=

Ergebnis: Der gesuchte Schnittpunkt ist ( )S 2,1966 | 1,410

Einschub: Iteration mit dem Grafikrechner CASIO CFX-9860

1. Modus RECUR (8) einschalten.

2. Mit F3 TYPE einstellen und F2 auswählen: an+1 = …

3. Dort dann die Formel eingeben (für an ist nach F4 F2 vorgesehen).

Am Ende EXIT drücken.

4. RANGE (5) zum Einstellen der Werte:

Start = 1, End = 10 (z.B.) , a1 = 2,2 (der Startwert). EXIT.

5. F5: TABL drücken. Geht man mit dem Cursor auf die rechte Wertespalte, werden die

Ergebnisse mit 9 Dezimalen angezeigt. Man erkennt dann, dass diese Folge schnell

konvergiert, denn bereits a2 = a3 mit 9 Dezimalen.



Lösung: (CASIO ClassPad CAS)

Zuerst werden die Funktion und drei Ableitungen

definiert. (Nur zum Übertragen ins Heft lässt man

sich die drei Ableitungsfunktionen anzeigen).

Zum Punktsymmetrienachweis (nur ungerade

Exponenten lässt man ( )f x f(x)− = − lösen.

Die Ausgabe „x = x“ besagt, dass diese

Gleichung für alle Zahlen richtig ist.

Die Nullstellen sind -3, 0 und 3.

Extrempunkte: ( )f ' x 0= ergibt:

bzw. die Näherungswerte eine Zeile tiefer.

Die Funktionswerte habe ich zu allen vier

Extremstellen zugleich berechnet. Dazu markierte

Ich die Lösungsmenge von ( )f ' x 0= und zog sie

in die Klammer von f(). Dann wurde „x=“ viermal

gelöscht und EXE gedrückt. Genauso geht man

bei der Kontrollrechnung mit f’’() vor.

Ergebnisse:

( )1H 3 | 0− , ( ) ( )9 48 92 5 25 5H 1,34 2,58≈⏐ ⏐

( )1T 3 | 0 , ( ) ( )9 48 92 5 25 5T 1,34 2,58−− ≈ − −⏐ ⏐ .

Analog erhält man die drei Wendepunkte

( )1W 0 | 0 , ( ) ( )27 12 272,3 5 25 5W 2,3 1,12± ± ≈ ± ±⏐ ⏐

Die allgemeine Tangentenfunktion wurde, wie vorne

gezeigt, mit 2 Variablen definiert!

Die nächsten 3 Zeilen (geschweifte Klammer)

sind unnötig. Hier zeige ich nur, wie man die

manuelle Gleichungsaufstellung nachvollziehen

bzw. kontrollieren kann.

Die Zeile mit dem Pfeil reicht völlig aus, um die

x-Koordinaten der gesuchten Berührpunkte

der Tangente von ( )Q 1| 0 aus zu finden.

Die mit expand beginnenden Zeilen führen zu den

drei Tangentengleichungen. (Zweimal ist die x-Achse

die Tangente!). Schließlich folgt noch der Schnitt

punkt den Tangente durch ( )64271|− −B mit der Kurve. Die y-Koordinaten von B und S fehlen noch…

Punktsymmetrie:

( )Q 1 | 0 eingesetzt



Trainingsaufgabe 13

Gegeben ist ( ) 3 2314 2f x x x= − + , das Schaubild sei K.

a) Lege von ( )Q 0 | 10− aus die Tangenten an K.

b) Wo hat die Kurve eine Tangente parallel zur Geraden g, die durch den Wendepunkt und


c) Die Normale im Wendepunkt schneidet K noch zweimal. Berechne diese Schnittpunkte.

Lösung:

Ableitung: ( ) 234f ' x x 3x= − +

a) 1. Schritt: Allgemeine Tangentengleichung in ( )( )B u | f u an K: ( )( )y f(u) f ' u x u− = −

( ) ( )( )3 2 23 314 2 4y u u u 3u x u− − + = − + − (1)

2. Schritt: Bedingung: ( )Q 0 | 10 T− ∈ , d.h.

( ) ( )( )3 2 23 314 2 410 u u u 3u 0 u− − − + = − + −

3 2 3 23 314 2 410 u u u 3u− + − = − | 4⋅

3 2 3 240 u 6u 3u 12u− + − = −

3 22u 6u 40 0− + − = | ( ): 2−

3 2u 3u 20 0− + = (2)

Probierlösung: u = -2.

Ausklammern von (u + 2) mittels Horner-Schema:

Folgerung:

Die Gleichung (2) kann man so schreiben:

( )( )2u 2 u 5u 10 0+ − + =

Der 1. Faktor liefert die bekannte Lösung 1u 2= −

Der zweite Faktor liefert die weiteren Lösungen: 2,35 25 40u

2± −

= ∉R .

Das heißt, dass es nur eine Tangente von Q an K gibt.

Wegen ( )f 2 8− = berührt diese die Kurve in ( )B 2 | 8− .

3. Schritt: Gleichung der Tangente:

Tangentensteigung: ( )m f ' 2 9= − = −

Gleichung: ( )y 8 9 x 2− = − +

y 9x 10= − −

1 3 0 200 2 10 20

u 21 5 10 0

−

− −

= −

−



(b) Wo hat die Kurve eine Tangente parallel zur Geraden g, die durch den Wendepunkt und


1. Schritt: Berechnung des Wendepunkts:

( ) 3 2314 2f x x x= − +

Ableitungen: ( ) 234f ' x x 3x= − +

( ) 32f '' x x 3= − +

( ) 32f ''' x = −

WP-Bedingung: ( )f '' x 0=

3 3W2 2x 3 0 x 3 x 2− + = ⇔ = ⇔ =

y-Koordinate: ( ) 31W 4 2y f 2 8 4 2 6 4= = − ⋅ + ⋅ = − + =

Kontrolle: ( )f ''' 2 0≠

Ergebnis: ( )W 2 | 4

2. Schritt: Gerade g durch ( )W 2 | 4 und die rechte Nullstelle ( )2N 6 | 0 :

Steigung: gy 4m 1x 4

Δ −= = = −Δ

(Die Geradengleichung von g wird nicht benötigt.)

3. Schritt Die Tangente soll zu g parallel sein, muss also auch die Steigung 1 haben.

Bedingung: ( ) 234f ' x 1 x 3x 1= ⇔ − + =

234 x 3x 1 0− + =

( )34 2

B 332

13 9 4 2 3,63x 3 6 2 60,373

± − ⋅ ⎧= = ⋅ ± = ± ≈ ⎨⎩

y-Koordinaten: ( ) ( )312

3 214f 3,63 3,63 3,63 7,81 B 3,63 | 7,81≈ − ⋅ + ⋅ ≈ ⇒

( ) ( )312

3 214f 0,37 0,37 0,37 0,19 B 0,37 | 0,19≈ − ⋅ + ⋅ ≈ ⇒

Bemerkung: Man kann diese Werte auch exakt, also mit Wurzeln berechnen (eigentlich nur zur

Strafe – aber immerhin es geht, und man sollte es auch können!):

( )( ) ( )( ) ( )( )23 22 33 3

23

1 24 33 6 6 3 6f + = − + +⋅ +

( ) ( ) ( ) ( )381 2

4 27 27

23

3

24 2

2 9 3 66 3 3 63 6− ⋅ + − + +⎡ ⎤= + = +⎣ ⎦⋅ +

( ) ( )2 2 2 4 29 27 3 9 276 9 6 6 6 6 15 6 6⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − − + ⋅ + + = − ⋅ +⎣ ⎦ ⎣ ⎦

30 20 10 84 4 2 249 27 9 27 3 9 9 315 6 6 6 6 6 6 6= ⋅ − + ⋅ − ⋅ ⋅ = − + −

1494 6 7,81= + ≈



(c) Die Normale im Wendepunkt schneidet K noch zweimal.

Berechne diese Schnittstellen.

Wendepunkt: ( )W 2 | 4

Steigung der Tangente in W: ( ) 3T 4m f ' 2 4 6 3= = − ⋅ + =

Steigung der Normalen in W: 1N 3

T

1mm

= − = −

Gleichung der Normalen: ( )13y 4 x 2− = − −

1 143 3y x= − +

Kurve: 3 2314 2y x x= − +

Schnittgleichung: 3 231 1 144 2 3 3x x x 12− + = − + | ⋅

3 23x 18x 4x 56− + = − +

3 23x 18x 4x 56 0− + + − = (1)

Bekannte Lösung ist xW = 2.

Ausklammern von (x-2) mittels Hornerschema:

Die Gleichung (1) kann man daher so schreiben:

( )( )x 2 3x 12x 28 02− − + + =

1. Faktor: 1x 2= (bekannte Lösung: Wendepunkt)

2. Faktor: 23x 12x 28 0− + + = | ( )1⋅ −

23x 12x 28 0− − =

2,3

12 144 4 3 ( 28) 12 144 336 12 480x2 3 6 6

± − ⋅ ⋅ − ± + ±= = =

⋅

{23

12 16 30 12 4 30 1,652 30 5,656 6± ⋅ ± −= = = ± ≈

Ergebnis: Die Normale im Wendepunkt schneidet die Kurve noch an den Stellen

-1,65 und 5,65.

3 18 4 560 6 24 56

x 23 12 028

− −−

=−

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