Übersicht:

• Lösung zur 1. Aufgabe
• Lösung zur 2. Aufgabe
• Lösung zur 3. Aufgabe

18.3 Betragsgleichungen und -funktionen - Lösungen

Eine Bemerkung vorab: Verschachtelte Funktionen betrachtet man am besten von innen nach außen.

1. Aufgabe

1)
$\begin{array}{rcl} f_1(x) &=& x^\frac{1}{2}+4 \cr \mathbb{D} &=& \mathbb{R}_0^+ \end{array}$

Bei $f_1(x)$ handelt es sich um eine um $4$ nach oben verschobene Wurzelfunktion.
$f_1(x)$ hat keine Nullstellen, weil $\sqrt{x}\geq 0$ und deswegen $\sqrt{x}+4\geq 4$ für alle $x\in\mathbb{D}$. Bei $x=0$ hat $f_1(x)$ ein Minimum, denn $\sqrt{0}$ ist kleiner als $\sqrt{x}$ für alle anderen $x\in\mathbb{D}$.
Für den Wertebereich gilt: $\mathbb{W}=[4; \infty[$

2)
$\begin{array}{rcl} f_2(x) &=& \sqrt{256} \cdot \dfrac{1}{x} \cr \mathbb{D} &=& \mathbb{R}\backslash_{\{0\}} \end{array}$

Der Funktionsterm lässt sich vereinfachen zu $f_2(x)=\dfrac{16}{x}$, weil $\sqrt{256}=16$. Es handelt sich hierbei also um eine gebrochen rationale Funktion, deren Graph eine Hyperbel ungerader Ordnung ist. Wegen des Faktors $16$ im Zähler verläuft der Graph nicht durch die Punkte $(1 \mid 1)$ und $(-1 \mid -1)$ sondern durch $(1\mid 16)$ und $(-1 \mid -16)$.
$f_2(x)$ hat eine Polstelle bei $x=0$.
$f_2(x)$ ist punktsymmetrisch zum Koordinatenursprung.

3)
$\begin{array}{rcl} f_3(x) &=& \vert-17\vert x \cr \mathbb{D} &=& \mathbb{R} \end{array}$

Diese Funktion ist linear; ihr Graph ist also eine Gerade. Der Betrag bewirkt nur, dass der Koeffizient positiv wird. Es handelt sich bei $f_3(x)$ also um eine steigende Gerade, deren Funktionsgleichung man auch einfacher als $f_3(x)=17x$ schreiben könnte. Da keine Konstante addiert wird, handelt es sich um eine Ursprungsgerade, die logischerweise eine Nullstelle bei $x=0$ hat.
$f_3(x)$ ist punktsymmetrisch zum Koordinatenursprung.

4)

$\begin{array}{rcl} f_4(x) &=& \dfrac{2}{x-8} \cr \mathbb{D} &=& \mathbb{R}\backslash_{\{8\}} \end{array}$

Der Graph von $f_4(x)$ ist eine um $8$ nach rechts verschobene Hyperbel ungerader Ordnung. Aufgrund der Verschiebung und des Faktors $2$ im Zähler verläuft der Graph von $f(x)$ durch die Punkte $(9 \mid 2)$ und $(7\mid -2)$ statt durch $(1 \mid 1)$ und $(-1 \mid -1)$.
Die Funktion $f_4(x)$ hat bei $x=8$ eine Polstelle.
$f_4(x)$ ist punktsymmetrisch zum Punkt $(8 \mid 0)$.

5)

$\begin{array}{rcl} f_5(x) &=& \left|\dfrac{1}{x^4}\right| \cr \mathbb{D} &=& \mathbb{R}\backslash_{\{0\}} \end{array}$

Der Betrag hat bei dieser Funktion keine Wirkung, da $\dfrac{1}{x^4}$ ohnehin immer positiv ist. Der Graph ist also eine Hyperbel gerader Ordnung, die (wie das solche einfachen Hyperbeln gerader Ordnung nun mal tun) durch die Punkte $(1 \mid 1)$ und $(-1\mid 1)$ verläuft.
$f_5(x)$ hat eine Polstelle bei $x=0$.
Der Graph ist achsensymmetrisch zur y-Achse.

6)
$\begin{array}{rcl} f_6(x) &=& \sqrt{\vert x\vert} \cr \mathbb{D} &=& \mathbb{R} \end{array}$

Durch den Betrag im Radikanden können hier alle reellen Zahlen eingesetzt werden. Für negative Zahlen verläuft die Funktion analog zum positiven Bereich.
$f_6(x)$ hat eine Nullstelle bei $x=0$ , die zugleich Minimum der Funktion ist. Kleiner als $0$ kann das Ergebnis einer Wurzel ja nicht werden. Daran ändert auch der Betrag im Radikanden nichts.
Der Graph ist achsensymmetrisch zur y-Achse, daher verläuft der Graph nicht nur durch den Punkt $(1 \mid 1)$, wie das für solche Wurzelfunktionen üblich ist, sondern auch durch $(-1\mid 1)$.

7)
$\begin{array}{rcl} f_7(x) &=& -\left|\dfrac{2}{3}x\right|+6 \cr \mathbb{D} &=& \mathbb{R} \end{array}$

$f_7(x)$ ist eine um $6$ nach oben verschobene nach unten geöffnete Betragsfunktion.
Die Funktion hat Nullstellen bei $x_1=-9$ und $x_2=9$ und ein Maximum bei $x=0$, weil $-\left|\dfrac{2}{3}x\right|\leq0$ für alle $x\in\mathbb{D}$. Also ist $-\left|\frac{2}{3}x\right|+6$ dann am größten, wenn $-\left|\dfrac{2}{3}x\right|=0$ ist. Dann wird nämlich am wenigsten von der $6$ subtrahiert.
$f_7(x)$ ist achsensymmetrisch zur y-Achse.
Für den Wertebereich gilt: $\mathbb{W}=\;]-\infty; 6]$

8)
$\begin{array}{rcl} f_8(x) &=& \dfrac{\sqrt[3]{8}}{\sqrt{x}} \cr \mathbb{D} &=& \mathbb{R}^+ \end{array}$

Vereinfacht gilt: $f_8(x)=\dfrac{2}{\sqrt{x}}$. Der Graph dieser Funktion verläuft wie der positive Ast einer Hyperbel. Wegen $\sqrt{1}=1$ und des Faktors $2$ im Zähler verläuft der Graph durch den Punkt $(2 \mid 1)$.
$f_8(x)$ hat eine Polstelle bei $x=0$.

9)
$\begin{array}{rcl} f_9(x) &=& \left| \dfrac{1}{x+4}+5 \right| \cr \mathbb{D} &=& \mathbb{R}\backslash_{\{0\}} \end{array}$

Innerhalb des Betrags steht der Term einer um $5$ nach oben und um $4$ nach links verschobenen Hyperbel ungerader Ordnung. Der Betrag bewirkt nun, dass alle Punkte mit negativem Funktionswert "nach oben geklappt" werden. Der Graph von $f_9(x)$ verläuft aufgrund der Verschiebung durch die Punkte $(-5\mid 4)$ und $(-3\mid 6)$ . Da diese Punkte ohnehin positive Funktionswerte haben, ändert der Betrag hier also nichts.
$f_9(x)$ hat eine Nullstelle bei $x=-\;\frac{21}{5}$ , die gleichzeitig Minimum ist, weil $f_9\left(-\;\frac{21}{5}\right)=0$ und $0$ hier der kleinste mögliche Wert ist. Bei $x=-4$ liegt eine Polstelle. Für sehr große und sehr kleine x-Werte nähern sich die Funktionswerte der $5$ an.

10)
$\begin{array}{rcl} f_{10}(x) &=& \left| \sqrt{\vert x\vert}-2\right| \cr \mathbb{D} &=& \mathbb{R} \end{array}$

Zunächst steht unter der Wurzel die Variable innerhalb eines Betrags. Das bewirkt, dass die Funktion für alle reellen Zahlen definiert ist, weil die Variable unter der Wurzel nie negativ werden kann. Innerhalb des äußeren Betrags steht also der Term dieser Wurzelfunktion um $2$ nach unten verschoben. Der Betrag bewirkt nun, dass alle Punkte mit negativem Funktionswert "nach oben geklappt" werden.
$f_{10}(x)$ hat zwei Nullstellen bei $x_1=4$ und bei $x_2=-4$, die gleichzeitig Minima sind. Kleiner als $0$ kann eine solche Betragsfunktion ja nicht werden. Zwischen den zwei Minima muss sich ein Maximum befinden. Da die Funktion aufgrund des Betrages achsensymmetrisch ist, muss das Maximum genau "in der Mitte" zwischen den Minima liegen. Es liegt also bei $x=0$.

11)
$\begin{array}{rcl} f_{11}(x) &=& \dfrac{1}{\vert x\vert+1} \cr \mathbb{D} &=& \mathbb{R} \end{array}$

Die Funktion hat ein Maximum bei $x=0$, weil der Nenner dort am kleinsten ist. Je größer $x$ wird, desto größer wird der Nenner und desto kleiner wird der Wert des gesamten Bruches. Gleiches gilt für sehr kleine $x$, da das Vorzeichen wegen des Betrages irrelevant ist. An beiden Rändern des Definitionsbereiches nähert sich der Graph von $f_{11}(x)$ also der $0$ an.
Da $\vert x\vert$ niemals $-1$ werden kann, wird der Nenner nie $0$. Es gibt also keine Definitionslücken.
$f_{11}(x)$ ist aufgrund des Betrages achsensymmetrisch.
Für den Wertebereich gilt: $\mathbb{W}=\;]0; 1]$

12)
$\begin{array}{rcl} f_{12}(x) &=& -2-\sqrt{\frac{1}{2}x} \cr \mathbb{D} &=& \mathbb{R}_0^+ \end{array}$

Die Funktion ist eine "nach unten gekippte" Wurzelfunktion. Zusätzlich ist sie um $2$ nach unten verschoben.
$f_{12}(x)$ hat ein Maximum bei $x=0$, denn dort ist der Radikand $0$. Es wird bei $x=0$ also nichts von der $-2$ subtrahiert, sodass der Funktionswert hier am größten ist.
Für den Wertebereich gilt: $\mathbb{W}=\;]-\infty; -2]$

2. Aufgabe

1)

a)
$\begin{array}{rclll} f\left(0\right) &=& \vert 0-1 \vert +2 &=& 3 \quad \rightarrow \quad P_1\left(0 \mid 3\right) \end{array}$

b)
$f(x)= \left\vert x-1 \right\vert +2=\left\{\begin{array}{rllll} x-1+2 &=& x+1 & \text{ für } & x\geq1 \cr-(x-1)+2 &=& -x+3 & \text{ für } & x < 1\end{array} \right.$

$\begin{array}{rclcl rclcl}\text{1. Fall: } & & & & & \text{2. Fall: } \cr 6 &=& x+1 &\vert& -1 & 6 &=& -x+3 &\vert& -3 \cr 5 &=& x_2 & & & 3 &=& -x &\vert& \cdot (-1) \cr & & & & & -3 &=& x_3 & & \end{array}$

Probe:
Für $x_2$:
$\begin{array}{rcl} 6 &=& 5+1 \cr 6 &=& 6 \end{array}$

Für $x_3$:
$\begin{array}{rcl} 6 &=& -(-3)+3 \cr 6 &=& 6 \end{array}$

Ergebnis: Für $x_2=5$ und $x_3=-3$ ergeben sich wahre Aussagen: $P_2\left(5 \mid 6\right)$ und $P_3\left(-3 \mid 6\right)$ sind also tatsächlich Punkte des Graphen.

2)
a)
$\begin{array}{rclll} f\left(-24\right) &=&-\vert -24-13 \vert +\dfrac{-24}{2}&=& -49 \quad \rightarrow \quad P_1\left(-24 \mid -49\right) \end{array}$

b)
$f(x)=-\left\vert x-13 \right\vert +\dfrac{x}{2} =\left\{\begin{array}{rllll}-(x-13)+\dfrac{x}{2} &=& -\dfrac{1}{2}x+13 & \text{ für } & x\geq13 \cr-\left(-(x-13)\right)+\dfrac{x}{2} &=& \dfrac{3}{2}x-13 & \text{ für } & x < 13\end{array} \right.$

$\begin{array}{rclcl rclcl}\text{1. Fall} & & & & & \text{2. Fall} \cr2 &=& -\dfrac{1}{2}x+13 &\vert& -13 & 2 &=& \dfrac{3}{2}x-13 &\vert& +13 \cr -11 &=& -\dfrac{1}{2}x &\vert& : \left(-\dfrac{1}{2}\right) & 15 &=& \dfrac{3}{2}x &\vert& : \dfrac{3}{2} \cr 22 &=& x_2 & & & 10 &=& x_3\end{array}$

Probe:
Für $x_2$:
$\begin{array}{rcl} 2 &=& -\dfrac{1}{2} \cdot 22+13 \cr 2 &=& 2 \end{array}$

Für $x_3$:
$\begin{array}{rcl} 2 &=& \dfrac{3}{2} \cdot 10-13 \cr 2 &=& 2 \end{array}$

Ergebnis: Für $x_2=22$ und $x_3=10$ ergeben sich wahre Aussagen: $P_2\left( 22 \mid 2\right)$ und $P_3\left( 10\mid 2\right)$ sind also tatsächlich Punkte des Graphen.

3)
a)
$\begin{array}{rclll} f\left(103\right) &=& 2 \cdot \vert 103+4 \vert &=& 214 \quad \rightarrow \quad P_1\left(103\mid 214\right) \end{array}$

b)
$f(z)= 2 \cdot \vert z+4 \vert=\left\{\begin{array}{rllll}2(z+4) &=& 2z+8 & \text{ für } & z\geq-4 \cr2\left(-(z+4)\right) &=& -2z-8 & \text{ für } & z < -4\end{array} \right.$

$\begin{array}{rclcl rclcl}\text{1. Fall} & & & & & \text{2. Fall} \cr20 &=& 2z+8 &\vert& -8 & 20 &=& -2z-8 &\vert& +8 \cr 12 &=& 2z &\vert& : 2 & 28 &=& -2z &\vert& : \left(-2\right) \cr 6 &=& z_2 & & & -14 &=& z_3 & & \end{array}$

Probe:
Für $z_2$:
$\begin{array}{rcl} 20 &=& 2 \cdot 6+8 \cr 20 &=& 20 \end{array}$

Für $z_3$:
$\begin{array}{rcl} 20 &=& -2 \cdot (-14)-8 \cr 20 &=& 20 \end{array}$

Ergebnis: Für $z_2=6$ und $z_3=-14$ ergeben sich wahre Aussagen: $P_2\left(6 \mid 20\right)$ und $P_3\left(-14 \mid 20\right)$ sind also tatsächlich Punkte des Graphen.

4)
a)
$\begin{array}{rclll} f\left(-\dfrac{4}{3}\right) &=&\left\vert \dfrac{7}{2}\cdot\left(-\dfrac{4}{3}\right)^2-2 \right\vert \cdot 3-\dfrac{9}{2}\cdot\left(-\dfrac{4}{3}\right)^2&=& \dfrac{14}{3} \quad \rightarrow \quad P_1\left(-\dfrac{4}{3} \mid \dfrac{14}{3}\right) \end{array}$

b)
$\begin{array}{rclll}-18 &=& \left\vert \dfrac{7}{2}x^2-2 \right\vert \cdot 3-\dfrac{9}{2}x^2 &\vert& +\dfrac{9}{2}x^2 \cr -18+\dfrac{9}{2}x^2 &=& \left\vert \dfrac{7}{2}x^2-2 \right\vert \cdot 3 &\vert& : 3 \cr -6+\dfrac{3}{2}x^2 &=& \left\vert \dfrac{7}{2}x^2-2 \right\vert &\vert& ()^2 \cr \left(-6+\dfrac{3}{2}x^2\right)^2 &=& \left(\dfrac{7}{2}x^2-2 \right)^2 \cr\cr \dfrac{9}{4} x^4-18x^2+36 &=& \dfrac{49}{4}x^4-14x^2+4 &\vert& -\dfrac{9}{4} x^4+18x^2-36 \cr0 &=& 10x^4+4x^2-32 \cr0 &=& 10\left(x^2\right)^2+4x^2-32\end{array}$

Substitution: $z=x^2$
$\begin{array}{rclll}0 &=& 10z^2+4z^2-32 &\vert& : 10 \cr 0 &=& z^2+\dfrac{2}{5}z-\dfrac{16}{5} &\vert& \text{p-q-Formel} \cr z_{2,3} &=& -\dfrac{1}{5} \pm \sqrt{\left(\dfrac{1}{5}\right)^2+\dfrac{16}{5}} \cr z_{2,3} &=& -\dfrac{1}{5} \pm \sqrt{\dfrac{81}{25}} \cr\cr z_2 &=& -\dfrac{1}{5} + \dfrac{9}{5} = \dfrac{8}{5} \cr\cr z_3 &=& -\dfrac{1}{5} - \dfrac{9}{5} = -2\end{array}$

Rücksubstitution:
$\begin{array}{rclclcl}z_2 &=& x^2 &=& \dfrac{8}{5} &\vert& \pm\sqrt{} \cr & & x_{2,3} &=& \pm\sqrt{\dfrac{8}{5}} \approx \pm 1{,}26 & & \cr\cr z_3 &=& x^2 &=& -2 &\vert& \pm\sqrt{} \cr & & x_{4,5} &=& \pm\sqrt{-2}\end{array}$

Da aus negativen reellen Zahlen keine Wurzeln mit geraden Wurzelexponenten gezogen werden können, liefert die Rücksubstitution von $z_3$ keine weiteren Punkte.

Probe:
Für $x_2$:
$\begin{array}{rcl} -18 &=& \left\vert \dfrac{7}{2} \cdot \left(\sqrt{\frac{8}{5}}\right)^2-2 \right\vert \cdot 3-\dfrac{9}{2} \cdot \left(\sqrt{\frac{8}{5}}\right)^2 \cr 18 &=& \dfrac{18}{5} \end{array}$

Für $x_3$:
$\begin{array}{rcl} -18 &=& \left\vert \dfrac{7}{2} \cdot \left(-\sqrt{\frac{8}{5}}\right)^2-2 \right\vert \cdot 3-\dfrac{9}{2} \cdot \left(-\sqrt{\frac{8}{5}}\right)^2 \cr 18 &=& \dfrac{18}{5} \end{array}$

Ergebnis: Für $x_2=\sqrt{\frac{8}{5}}$und $x_3=-\sqrt{\frac{8}{5}}$ergeben sich unwahre Aussagen: $-\sqrt{\frac{8}{5}}$ und $\sqrt{\frac{8}{5}}$ sind also nicht Lösungen der Gleichung. Das bedeutet, dass die Funktion nirgends den Funktionswert $-18$ annimmt.

5)
a)
$\begin{array}{rclll} f\left(-60\right) &=&12+ \left\vert (-60)^3 \right\vert-150 &=& 215.862 \quad \rightarrow \quad P_1\left(-60 \mid 215.862\right) \end{array}$

b)
$f(x)= 12+ \left\vert x^3 \right\vert-150=\left\{\begin{array}{rllll}12+x^3-150 &=& x^3 -138 & \text{ für } & x\geq0 \cr 12-x^3-150 &=& -x^3 -138 & \text{ für } & x < 0\end{array} \right.$

$\begin{array}{rclcl rclcl}\text{1. Fall} & & & & & \text{2. Fall} \cr-111 &=& x^3 -138 &\vert& +138 & -111 &=& -x^3 -138 &\vert& +138 \cr 27 &=& x^3 &\vert& \sqrt[3]{} & 27 &=& -x^3 &\vert& \cdot (-1) \cr 3 &=& x_2 & & & -27 &=& x^3 &\vert& \sqrt[3]{} \cr & & & & & -3 &=& x_3\end{array}$

Probe:
Für $x_2$:
$\begin{array}{rcl} -111 &=& 3^3-138 \cr -111 &=& -111 \end{array}$

Für $x_3$:
$\begin{array}{rcl} -111 &=& -(-3)^3-138 \cr -111 &=& -111 \end{array}$

Ergebnis: Für $x_2=3$ und $x_3=-3$ ergeben sich wahre Aussagen: $P_2\left(3 \mid -111\right)$ und $P_3\left(-3 \mid -111\right)$ sind also tatsächlich Punkte des Graphen.

6)
a)
$\begin{array}{rclll} f\left(\dfrac{1}{3}\right) &=& \left\vert -2\cdot\left(\dfrac{1}{3}\right)^2-20\cdot\dfrac{1}{3}+78 \right\vert &=& \dfrac{640}{9} \quad \rightarrow \quad P_1\left(\dfrac{1}{3} \mid \dfrac{640}{9}\right) \end{array}$

b)
$f(x)= \left\vert -2x^2-20x+78 \right\vert=\left\{\begin{array}{rll}-2x^2-20x+78 & \text{ für } & x\geq0 \cr-\left(-2x^2-20x+78\right) = 2x^2+20x-78 & \text{ für } & x < 0\end{array} \right.$

$\begin{array}{rclcl rclcl} \text{1. Fall} & & & & & \text{2. Fall} \cr 0 &=& -2x^2-20x+78 &\vert& :(-2) & 0 &=& 2x^2+20x-78 &\vert& :2 \cr 0 &=& x^2+10x-39 &\vert& \text{p-q-Formel} & 0 &=& x^2+10x-39 &\vert& \text{p-q-Formel} \cr x_{2,3} &=& -5\pm\sqrt{(-5)^2+39} & & & x_{4,5} &=& -5\pm\sqrt{(-5)^2+39} \cr x_{2,3} &=& -5\pm\sqrt{64} & & & x_{4,5} &=& -5\pm\sqrt{64} \cr\cr x_2 &=& -5+8 = 3 & & & x_4 &=& -5+8 = 3 \cr x_3 &=& -5-8 = -13 & & & x_5 &=& -5-8 = -13 \end{array}$

$x_3=-13$ ist keine Lösung, da im ersten Fall nur $x\geq0$ infrage kommen. Ebenso ist $x_4=3$ keine Lösung, da im zweiten Fall nur $x < 0$ möglich sind.

Probe:
Für $x_2$:
$\begin{array}{rcl} 0 &=& \left\vert -2\cdot 3^2-20\cdot 3+78 \right\vert \cr 0 &=& \vert -18-60+78\vert \cr 0 &=& 0 \end{array}$

Für $x_5$:
$\begin{array}{rcl} 0 &=& \left\vert -2\cdot (-13)^2-20\cdot (-13)+78 \right\vert \cr 0 &=& \vert -338+260+78\vert \cr 0 &=& 0 \end{array}$

Ergebnis: Für $x_2=3$ und $x_5=-13$ ergeben sich wahre Aussagen: $P_2\left(-13 \mid 0\right)$ und $P_3\left(3 \mid 0\right)$ sind also tatsächlich Punkte des Graphen.

7)
a)
$\begin{array}{rclll} f\left(0\right) &=&- 4\cdot\left\vert (6\cdot0+5)\cdot(-26\cdot0-13)\right\vert-10 &=& -270 \quad \rightarrow \quad P_1\left(0 \mid -270\right) \end{array}$

b)
$\begin{array}{crclcl} & -10 &=& -4\left\vert(6x+5)(-26x-13)\right\vert-10 &\vert& +10 \cr & 0 &=& -4\left\vert(6x+5)(-26x-13)\right\vert &\vert& :(-4)\cr& 0 &=& \left\vert(6x+5)(-26x-13)\right\vert \cr& 0 &=& (6x+5)(-26x-13) &\vert& \text{Satz vom Nullprodukt}\cr\text{Faktor 1:} & 6x+5 &=& 0 &\vert& -5 \cr& 6x &=& -5 &\vert& :6 \cr& x_2 &=& -\dfrac{5}{6} \cr\cr\text{Faktor 2:} & -26x -13 &=& 0 &\vert& +13 \cr& -26x &=& 13 &\vert& :(-26) \cr& x_3 &=& -\dfrac{1}{2}\end{array}$

Bemerkung: Da der Betrag $0$ sein soll, können wir den Betragsstriche weglassen (Umformung von der 3. zur 4. Zeile), da $0$ ja weder positiv noch negativ ist.

Probe:
Für $x_2$:
$\begin{array}{rcl} -10 &=& -4 \cdot\left\vert \left(6 \cdot \left(-\dfrac{5}{6}\right)+5\right)\cdot\left(-26 \cdot \left(-\dfrac{5}{6}\right)-13\right)\right\vert -10 \cr -10 &=& -4 \cdot\vert 0\vert -10 \cr -10 &=& -10 \end{array}$

Für $x_3$:
$\begin{array}{rcl} -10 &=& -4 \cdot\left\vert \left(6 \cdot \left(-\dfrac{1}{2}\right)+5\right)\cdot\left(-26 \cdot \left(-\dfrac{1}{2}\right)-13\right)\right\vert -10 \cr -10 &=& -4 \cdot\vert 0\vert -10 \cr -10 &=& -10 \end{array}$

Ergebnis: Für $x_2=-\dfrac{5}{6}$ und $x_3=-\dfrac{1}{2}$ ergeben sich wahre Aussagen: $P_2\left(-\dfrac{5}{6} \mid -10\right)$ und $P_3\left(-\dfrac{1}{2} \mid -10\right)$ sind also tatsächlich Punkte des Graphen.

8)
a)
$\begin{array}{rclll} f\left(-21\right) &=& \vert -21\vert \cdot (-21) +4\cdot(-21)-1 &=& -526 \quad \rightarrow \quad P_1\left( -21\mid -526\right) \end{array}$

b)
$f(x)= \left\{\begin{array}{rcrcl}x\cdot x+4x-1 &=& x^2 +4x-1 & \text{ für } & x\geq0 \cr-x\cdot x + 4x-1 &=& -x^2+4x-1 & \text{ für } & x < 0\end{array} \right.$

$\begin{array}{rclcl rclcl}\text{1. Fall} & & & & & \text{2. Fall} \cr116 &=& x^2 +4x-1 &\vert& -116 \quad & 116 &=& -x^2+4x-1 &\vert& -116\cr 0 &=& x^2 +4x-117 &\vert& \text{p-q-Formel} & 0 &=& -x^2+4x-117 & \vert& \cdot (-1) \cr & & & & & 0 &=& x^2-4x+117 &\vert& \text{p-q-Formel} \cr x_{2,3} &=& -2\pm\sqrt{4+117} & & & x_{4,5} &=& 2\pm\sqrt{4-117}\cr x_{2,3} &=& -2\pm\sqrt{221} & & & x_{4,5} &=& 2\pm\sqrt{-113} \cr x_{2,3} &=& -2\pm 11 \cr\cr x_2 &=& 9 \cr x_3 &=& -13\end{array}$

$x_3=-13$ ist keine Lösung, da im ersten Fall nur $x\geq0$ infrage kommen. Da aus negativen reellen Zahlen keine Wurzeln mit geraden Wurzelexponenten gezogen werden können, liefert der zweite Fall keine weiteren Punkte.

Probe:
Für $x_2$:
$\begin{array}{rcl} 116 &=& \vert 9 \vert \cdot 9+4 \cdot 9-1 \cr 116 &=& 81+36-1 \cr 116 &=& 116 \end{array}$

Ergebnis: Für $x_2=9$ ergibt sich eine wahre Aussage: $P_2\left(9 \mid 116\right)$ ist also tatsächlich ein Punkt des Graphen.

9)
a)
$\begin{array}{rclll} s\left(8\right) &=& 8 \cdot \vert 3\cdot8\vert -23&=& 169 \quad \rightarrow \quad P_1\left( 8\mid 169\right) \end{array}$

b)
$s(t)=\left\{\begin{array}{rcrcl}t \cdot 3t -23 &=& 3t^2-23 & \text{ für } & t\geq0 \cr t \cdot (-3t) -23 &=& -3t^2-23 & \text{ für } & t < 0\end{array} \right.$

$\begin{array}{rclcl rclcl}\text{1. Fall} & & & & & \text{2. Fall} \cr256 &=& 3t^2-23 &\vert& +23 \quad & 256 &=& -3t^2-23 &\vert& +23 \cr 279 &=& 3t^2 &\vert& : 3 & 279 &=& -3t^2 &\vert& : (-3)\cr 93 &=& t^2 &\vert& \pm\sqrt{} & -93 &=& t^2 & \vert& \pm\sqrt{}\cr & & & & & \pm\sqrt{-93} &=& t \cr\cr t_2 &=& \sqrt{93} \cr t_3 &=& -\sqrt{93}\end{array}$

$t_3=-\sqrt{93}$ ist keine Lösung, da im ersten Fall nur $t\geq0$ infrage kommen. Da aus negativen reellen Zahlen keine Wurzeln mit geraden Wurzelexponenten gezogen werden können, liefert der zweite Fall keine weiteren Punkte.

Probe:
Für $t_2$:
$\begin{array}{rcl} 256 &=& \sqrt{93} \cdot \left\vert 3 \cdot \sqrt{93} \right\vert -23 \cr 256 &=& 279-23 \cr 256 &=& 256 \end{array}$

Ergebnis: Für $t_2=\sqrt{93}$ ergibt sich eine wahre Aussage: $P_2\left(\sqrt{93} \mid 256\right)$ ist also tatsächlich ein Punkt des Graphen.

10)
a)
$\begin{array}{rclll} f\left(\dfrac{1}{8}\right) &=& -7\cdot\left\vert \left(\dfrac{1}{8}\right)^2-\dfrac{1}{8} \right\vert-6 &=& -\dfrac{433}{64} \quad \rightarrow \quad P_1\left(\dfrac{1}{8} \mid -\dfrac{433}{64} \right) \end{array}$

b)
$\begin{array}{crclcl}& -6 &=& -7\left\vert x^2-x \right\vert-6 &\vert& +6 \cr& 0 &=& -7\left\vert x^2-x \right\vert &\vert& : (-7) \cr & 0 &=& \left\vert x^2-x \right\vert \cr & 0 &=& x(x-1) &\vert& \text{Satz vom Nullprodukt} \cr \text{Faktor 1:} & x_2 &=& 0 \cr\cr \text{Faktor 2:} & x-1 &=& 0 &\vert& +1 \cr & x_3 &=& 1\end{array}$

Bemerkung: Da der Betrag $0$ sein soll, können wir den Betragsstriche weglassen (Umformung von der 3. zur 4. Zeile), da $0$ ja weder positiv noch negativ ist.

Probe:
Für $x_2$:
$\begin{array}{rcl} -6 &=& -7 \cdot\left\vert0^2-0\right\vert-6 \cr -6 &=& -6 \end{array}$

Für $x_3$:
$\begin{array}{rcl} -6 &=& -7 \cdot\left\vert1^2-1\right\vert-6 \cr -6 &=& -6 \end{array}$

Ergebnis: Für $x_2=0$ und $x_3=1$ sich wahre Aussagen: $P_2\left(0 \mid -6\right)$ und $P_3\left(1 \mid -6\right)$ sind also tatsächlich Punkte des Graphen.

3. Aufgabe

Im ersten Koordinatensystem ist die Funktion $f(x)=x^4-2x^2+1$ zu sehen, also eine klassische Polynomfunktion. Um genau zu sein, handelt es sich hierbei um ein biquadratisches Polynom. Die Funktionswerte im Intervall $]-1; 1[$ sind hier auch ohne Betrag positiv, was man z. B. sehen kann, wenn man $f(0)=0^4+2\cdot0^2+1=1$ berechnet.

Im zweiten Koordinatensystem ist die Funktion $f(x)=\left| x^4-1 \right|$ dargestellt. Im Gegensatz zu Polynomfunktionen können Betragsfunktionen "Knicke" enthalten, nämlich immer dort, wo die Funktionswerte, wenn man die Funktion ohne den Betrag betrachtet, das Vorzeichen wechseln. Die Funktionswerte im Intervall $]-1; 1[$ sind hier nur deswegen positiv, weil der Betrag auf $x^4-1$ angewendet wird, sonst wären sie negativ. Das sieht man z. B., wenn man $0^4-1=-1$ berechnet. Ohne den Betrag wäre der Graph von $f(x)$ eine ganz normale nach oben geöffnete Parabel mit einem Tiefpunkt bei $(0\mid -1)$.