also zu c) nutzt man die Eigenschaft aus, dass der Graph achsensymmetrisch zur y-Achse ist, d.h erste Ableitung wird hier nicht nötig sein, um die Koeffizienten zu bestimmen. In anderen Worten: f'(0)=0 ist zwar richtig, aber nicht nötig zu beachten. Wichtiger sind jedoch folgende zwei Eigenschaften, denn du brauchst zwei, um das entstehende Gleichungssystem von zwei Unbekannten gelöst zu bekommen.
Tiefster Punkt:
$$ 1.) f(0)=5 $$
Aufhängepunkte:
$$ 2.) f(100)=f(-100)=30 $$
Man hat dann folgendes Gleichungssystem:
$$ 1.) \frac{a}{2c}(e^{c\cdot 0}+e^{-c \cdot 0})=\frac{a}{c}=5 \Leftrightarrow a=5c $$
$$ 2.) \frac{a}{2c}(e^{c\cdot 100}+e^{-c \cdot 100})=30 \Rightarrow \frac{5}{2}\cdot (e^{c\cdot 100}+e^{-c \cdot 100})=30\\ \Leftrightarrow e^{c\cdot 100}+e^{-c \cdot 100}=12 \quad \Leftrightarrow \quad e^{c\cdot 100}+\frac{1}{e^{c \cdot 100}}=12\\ \Leftrightarrow e^{c\cdot 200}+1=12\cdot e^{c\cdot 100} \quad \Leftrightarrow \quad e^{c\cdot 200}-12\cdot e^{c\cdot 100}+1=0\\ \Leftrightarrow \Big(e^{100 \cdot c}\Big)^2-12\cdot e^{100 \cdot c}+1=0\\ \text{Substituiere }k:=e^{100c}$$
Dann ist:
$$ k^2-12k+1=0 \Rightarrow k_{1,2}=6 \pm \sqrt{35}\\ \text{Rücksubstitution liefert dann }\\ \begin{aligned} k_1 :\qquad 6+\sqrt{35}&=e^{100c} \quad|\ln(.)\\ \ln(6+\sqrt{35})&=100c \quad|:100 \\ c_1:=c&=\frac{\ln(6+\sqrt{35})}{100} \end{aligned}$$
$$\begin{aligned} k_2 :\qquad 6-\sqrt{35}&=e^{100c} \quad|\ln(.)\\ \ln(6-\sqrt{35})&=100c \quad|:100 \\ c_2:=c&=\frac{\ln(6-\sqrt{35})}{100} \end{aligned}$$
Es gehen beide Lösungen, denn wenn ich c2 nehme was negativ ist, dann ist nach 1.) a auch negativ und man hat wieder einen positiven Streckungsfaktor a/2c. Ich nehme jetzt einfach mal c1. Dann ist
$$ a=5\cdot \frac{\ln(6+\sqrt{35})}{100}=\frac{\ln(6+\sqrt{35})}{20} $$
Und als Lösung hat man dann die Funktion:
$$ f(x)=\frac{\frac{\ln(6+\sqrt{35})}{20}}{2\cdot \frac{\ln(6+\sqrt{35})}{100}}\cdot\Bigg(e^{\frac{\ln(6+\sqrt{35})}{100}\cdot x}+e^{-\frac{\ln(6+\sqrt{35})}{100} \cdot x}\Bigg)\\=\frac{\frac{\ln(6+\sqrt{35})}{20}}{\frac{\ln(6+\sqrt{35})}{50}}\cdot\Bigg(e^{\frac{\ln(6+\sqrt{35})}{100}\cdot x}+e^{-\frac{\ln(6+\sqrt{35})}{100} \cdot x}\Bigg)\\=\frac{\ln(6+\sqrt{35})}{20} \cdot \frac{50}{\ln(6+\sqrt{35})}\cdot\Bigg(e^{\frac{\ln(6+\sqrt{35})}{100}\cdot x}+e^{-\frac{\ln(6+\sqrt{35})}{100} \cdot x}\Bigg)\\= \underline{\underline{2,5 \cdot \Bigg(e^{\frac{\ln(6+\sqrt{35})}{100}\cdot x}+e^{-\frac{\ln(6+\sqrt{35})}{100} \cdot x}\Bigg)}} $$
So nach dieser Rechenarbeit wird d sehr schnell gehen. Du bildest einfach die Ableitung davon und setzt jeweils die Stellen der Aufhängungspunkte ein, also x=-100 und x=100. Das ist dann:
$$ f'(x)=2,5\cdot\Bigg(\frac{\ln(6+\sqrt{35})}{100} \cdot e^{\frac{\ln(6+\sqrt{35})}{100}\cdot x}-\frac{\ln(6+\sqrt{35})}{100}\cdot e^{-\frac{\ln(6+\sqrt{35})}{100} \cdot x} \Bigg)\\=\frac{\ln(6+\sqrt{35})}{40}\cdot \Bigg(e^{\frac{\ln(6+\sqrt{35})}{100}\cdot x}-e^{-\frac{\ln(6+\sqrt{35})}{100} \cdot x} \Bigg) $$
Eingesetzt bekommt man dann:
$$ f'(-100)\approx -0,733 $$
$$ f'(100)\approx 0,733$$
In Winkel umgerechnet ergibt das:
$$ \arctan(0,733)\approx 36,24° \Rightarrow \alpha = 53,76° \text{ Winkel zwischen Seil und Pfeiler.}$$
