Lösung a)

$ f(x)=-0,01\cdot (x-8)(x+1)^2\: ;\:\: x\in \mathbb{R}. $

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize a)\: Gebe\: die\: Nullstellen\: von\: f\: an $

$\qquad\:\:$ $ f(x)=-0,01\cdot (x-8)(x+1)^2=0 $

$\qquad\qquad$ $ \iff \begin{cases} (x-8)=0\:\: \longrightarrow x=8\\ \\ (x+1)^2=0\:\: \textcolor{red}{|\sqrt(…)\:und\: (-1)}\:\: \longrightarrow x=-1 \end{cases} $

$\qquad\:\:$ Es gibt Nullstellen bei $\underline{x=8}$ und $\underline{x=-1}$

Lösung b)

$ f(x)=-0,01\cdot (x-8)(x+1)^2\: ;\:\: x\in \mathbb{R}. $

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize b) $

$\qquad\:\:$ Zeige, dass $f$ auch in der Form $f(x)=- \frac{1}{100}x^3+ \frac{3}{50}x^2+ \frac{3}{20}x+ \frac{2}{25}$
$\qquad\:\:$ geschrieben werden kann.

$\qquad\qquad$ $ f(x)=-0,01\cdot (x-8)(x+1)^2=-0,01\cdot (x-8)(x^2+2x+1) $

$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ =-0,01\cdot (x^3+2x^2+x-8x^2-16x-8)\:\: \textcolor{red}{| \:\cdot 100} $

$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ =\underline{- \frac{1}{100}x^3+ \frac{3}{50}x^2+ \frac{3}{20}x+ \frac{2}{25}} $

$\qquad\:\:$ Gebe das Verhalten der Funktionswerte von $f$ für $x\to +\infty$ und $x\to -\infty$ an.

$\qquad\qquad$ $ \lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=-\infty \:\:\:\: | \:\:\:\: \lim\limits_{x\to -\infty} f(x)= \infty $

Lösung c)

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize c)\: Ermittle\: die\: Lage\: und\: Art\: der\: Extrempunkte\: des\: Graphen\: von\: f $

$\qquad\qquad$ $ f^\prime(x)=-\frac{1}{100}\cdot 3x^2+ \frac{3}{50}\cdot 2x+ \frac{3}{20} $

$\qquad\qquad\qquad\:\:$ $ = -\frac{3}{100}\cdot x^2+ \frac{6}{50}\cdot x+ \frac{3}{20} $

$\qquad\qquad\qquad\:\:$ $ = -\frac{3}{100}\cdot x^2+ \frac{12}{100}\cdot x+ \frac{15}{100} $

$\qquad\qquad\qquad\:\:$ $ = \underline{-\frac{3}{100}(x^2-4x-5)} $

$\qquad\qquad$ $ f^{\prime\prime}(x)=\underline{-\frac{3}{100}(2x-4)} $

$\qquad\:\:$ $ f^\prime(x)=0 \iff -\frac{3}{100}(x^2-4x-5)=0 \iff (x^2-4x-5)=0 \Longrightarrow \begin{cases} x_1=-1\\ \\ x_2=5 \end{cases} $

$\qquad\:\:$ $ f^{\prime\prime}(-1)= -\frac{3}{100}[2(-1)-4]=0,18>0 \longrightarrow Tiefpunkt $

$\qquad\qquad$ Es gibt ein Tiefpunkt bei $\underline{[-1|f(-1)]=(-1|0)}$

$\qquad\:\:$ $ f^{\prime\prime}(5)= -\frac{3}{100}[2(5)-4]=-0,18<0 \longrightarrow Hochpunkt $

$\qquad\qquad$ Es gibt ein Hochpunkt bei $\underline{[5|f(5)]=(5|1,08)}$

Lösung d)

Lösung e)

Wo der Hochpunkt des Graphen von $f^\prime$ liegt. liegt ein Wendepunkt des Graphen von $f$.
An der Stelle, hat die Steigung des Graphen von $f$ eine relatives Extremum.

Lösung f)

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize f)\: Weise\: nach,\: dass\: die\: Tangente\: der\: Gleichung\: t(x)=-0,21x+2,24 $

$\qquad\:\:$ $ t(x)=f^\prime(x_0)(x-x_0)+f(x_0) \:\: mit \:\: \begin{cases} x_0=6\\ \\ f^\prime(6)=-\frac{3}{100}(6^2-4\cdot 6-5)=-0,21\\ \\ f(6)=-0,01\cdot (6-8)(6+1)^2=0,98 \end{cases} $

$\qquad\qquad$ $ \iff \underline{t(x)=-0,21(x-6)+0,98=-0,21x+2,24} $

Lösung g)

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize g)\: Berechne\: das\: Volumen\: im\: Bereich\: 6 \leq x \leq10,27 $

$\qquad\:\:$ Ansatz

$\qquad\qquad$ $ V=A\cdot h\:\: mit \:\: \begin{cases} A= \int\limits_6^{10,67} t(x)dx- \int\limits_6^8 f(x)dx\:\: (Querschnittsfläche\: der\: Fahrbahn)\\ \\ h=5m\:\: (Breite\: der\: Fahrbahn) \end{cases} $

$\qquad\qquad$ $ A_1=\int\limits_6^{10,67} t(x)dx $

$\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ =\int\limits_6^{10,67} (-0,21x+2,24)dx = \begin{bmatrix} -\frac{0,21}{2}x^2+2,24x \end{bmatrix} _6^{10,67}=11,94-9,66\approx2,29m^2 $

$\qquad\qquad$ $ A_2=\int\limits_6^8 f(x)dx $

$\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ =\int\limits_6^8 (-\frac{1}{100}x^3 + \frac{3}{50}x^2 +\frac{3}{20}x + \frac{2}{25})dx $

$\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ = \begin{bmatrix} -\frac{1}{400}x^4 + \frac{1}{50}x^3 +\frac{3}{40}x^2 + \frac{2}{25}x \end{bmatrix} _6^8\approx1,18m^2 $

$\qquad\:\:$ $ \underline{V=(A_1-A_2)\cdot h=(2,29m^2-1,18m^2)\cdot 5m=5,55m^3} $

Lösung h)

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize h)\: Stelle\: der\: neuen\: Tangente\: t_neu $

$\qquad\:\:$ Im Wendepunkt hat der Graph von $f$ die Steigung $f^\prime(2)=\frac{27}{100}$

$\qquad\:\:$ Damit die neue Tangente den gleichen Steigungswinkel hat, muss eine Steigung
$\qquad\:\:$ $f^\prime(2)=\frac{27}{100}$

$\qquad\:\:$ von $-\frac{27}{100}$ gelten. An der Stelle, muss also $f^\prime(2)=-\frac{27}{100}$

$\qquad\qquad$ $ \iff -\frac{3}{100}(x^2-4x-5)=-\frac{27}{100} $

$\qquad\qquad$ $ \Longrightarrow x^2-4x-14=0 \Longrightarrow \begin{cases} x_1=2-\sqrt{18} \longrightarrow x_1=-2,24\\ \\ x_2=2+\sqrt{18} \longrightarrow x_2=6,24 \end{cases} $

$\qquad\:\:$ $x_1$ erfüllt die Bedingung $x>5$ nicht, also $\underline{x_2=6,25}$ ist die gesuchte Stelle