Lösung

Skizzieren Sie den Graphen von q' in Abbildung 1

Beschreiben Sie, wie der Graph von q' aus dem Graphen von q erzeugt werden kann

Der Graph von $q^{\prime }$ entsteht aus dem Graphen von $q$ durch Spiegelung an der x-Achse.

Lösung

Zeigen Sie, dass t mit $t(x)=-x+1$ eine Tangente an den Graphen von q an der Stelle 0 ist

Es ist $q(0)=e^{-0}=1$ und $t(0)=0+1=1\Rightarrow q(0)=t(0)$.

Weiter sind die Ableitungen an der Stelle $x=0$ gleich groß:

$g^{\prime }(0)=-e^{-0}=-1$ und $t^{\prime }(0)=-1$

Damit sind die Bedingungen erfüllt, dass $t$ eine Tangente an den Graphen von $q$ an der Stelle $0$ ist.

Lösung

Geben Sie die geometrische Bedeutung der Gleichung $${\displaystyle {\int }_0^b(q(x)-t(x))dx=\mathrm{0,1}}$$ an

Der eingeschlossene Flächeninhalt zwischen den Graphen von $t$ und $q$ und der Geraden $x=b$ hat den Wert $\mathrm{0,1}\text{FE}$.

Geben Sie den Wert von b an

$${\displaystyle {\int }_0^b(q(x)-t(x))dx=\mathrm{0,1}\Rightarrow {\displaystyle {\int }_0^b(e^{-x}+x-1)dx=\mathrm{0,1}}}$$

Für diese Gleichung liefert der CAS-Rechner den Wert $b\approx \mathrm{0,9050949223}$.

Der gesuchte Wert von $b$ ist $b\approx \mathrm{0,9}$.

Lösung

Berechnen die beiden Extrempunkte des Graphen von h

Definiere die Funktion $h(x)=(x^2-x-1)\cdot e^{-x}$.

Definiere die 1. Ableitung $h^{\prime }(x)$ und löse mit nSolve die Gleichung $h^{\prime }(x)=0$.

Man erhält die beiden Lösungen $x=0$ oder $x=3$

An den Stellen $x=0$ und $x=3$ liegen Extrempunkte vor.

y-Koordinaten der Punkte

Die Funktionswerte zu den beiden Extremstellen sind:

$h(0)=(0^2-0-1)\cdot e^{-0}=-1$ und $h(3)=(3^2-3-1)\cdot e^{-3}=5\cdot e^{-3}$

Abstand zwischen den Punkten

Dann gilt für den Abstand der beiden Punkte:

$d=\sqrt{(x_2-x_1{)}^2+(y_2-y_1{)}^2}=\sqrt{(3-0{)}^2+(5\cdot e^{-3}-(-1){)}^2}\approx \mathrm{3,25}$

Der Abstand der beiden Extrempunkte des Graphen von $h$ beträgt rund $\mathrm{3,25}\text{LE}$

Lösung

Bestimmen Sie den Wert für k

Die obige Abbildung verdeutlicht noch mal die Aufgabenstellung.

Benötigt werden die eingezeichneten Nullstellen $x_1,x_2$ und $x_3$.

Setze $h(x)=(x^2-x-1)\cdot e^{-x}=0$

Da die e-Funktion immer ungleich null ist, muss nur die Gleichung $x^2-x-1=0$ gelöst werden. Der CAS/GTR-Rechner liefert die Lösungen:

$x_1={\displaystyle \frac{1-\sqrt{5}}{2}}$ und $x_2={\displaystyle \frac{1+\sqrt{5}}{2}}$

Die dritte Nullstelle liefert die Gleichung $g(x)=0$:

$0=k\cdot x-1\Rightarrow x_3={\displaystyle \frac{1}{k}}$

Der Flächeninhalt des $\text{orangefarbigen }$Dreiecks, das $g$ mit den Koordinatenachsen einschließt, ist:

$A_{△}={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{k}}\cdot 1={\displaystyle \frac{1}{2k}}$

Die Hälfte der Gesamtfläche ist in der obigen Abbildung gleich der $\text{türkisfarbigen }$Fläche plus der $\text{orangefarbigen }$Fläche. Alle Flächen liegen unterhalb der x-Achse, deshalb muss die Dreiecksfläche negativ angesetzt werden.

Es gilt: $$\mathrm{0,5}\cdot {\displaystyle {\int }_{x1}^{x_2}h(x)dx={\displaystyle {\int }_{x1}^{0}h(x)dx-{\displaystyle \frac{1}{2k}}}}$$

Der CAS-Rechner liefert für die beiden Integrale Werte.

Diese Werte werden in die obige Gleichung für $k$ eingesetzt und man erhält:

$-\mathrm{0,638967}=-\mathrm{0,43797}-{\displaystyle \frac{1}{2k}}\Rightarrow k\approx \mathrm{2,49}$

Für $k\approx \mathrm{2,49}$ wird die Fläche in zwei gleich große Teilflächen geteilt.

Lösung

Bestimmen Sie die momentane Durchflussrate für denjenigen Zeitpunkt, zu dem sie am stärksten abnimmt

Bestimme mit dem CAS/GTR-Rechner die beiden Wendestellen der Funktion $w$.

Definiere die 2. Ableitung von $w$ mit $w2(x)$ und löse dann die Gleichung mit $\text{nSolve}(w2(x)=0,x)$. Man erhält die Lösung $x_1\approx \mathrm{0,697}$.

Bei $x_1$ ist die Steigung von $w$ (gemäß der Abbildung 3) positiv, d.h. hier findet die stärkste Zunahme statt.

Löse erneut die Gleichung $\text{nSolve}(w2(x)=0,x,0.7)$.

Man erhält die Lösung $x_2\approx \mathrm{4,303}$.

Bei $x_2$ ist die Steigung von $w$ (gemäß der Abbildung 3) negativ, d.h. hier findet die stärkste Abnahme statt.

Im weiteren Kurvenverlauf ist kein weiterer Wendepunkt zu finden.

Berechne $w(\mathrm{4,303})\approx \mathrm{4,72}$.

Die momentane Durchflussrate beträgt nach rund $\mathrm{4,3}\text{s}$ etwa $\mathrm{4,7}\frac{m^3}{s}$.

Lösung

Für den betrachteten Zeitraum beträgt die mittlere Durchflussrate etwa $4\frac{{\mathrm{m}}^3}{\mathrm{s}}$.

Graphische Bedeutung der Aussage

Die Fläche, die der Graph von $w$ mit der x-Achse und mit der Geraden $x=10$ einschließt, ist etwa so groß, wie der Flächeninhalt des Rechtecks, das die Gerade mit der Gleichung $y=4$ mit der x-Achse und den Geraden mit den Gleichungen $x=0$ und $x=10$ begrenzt.

Veranschaulichung der Flächen in der Abbildung $3$

Die $\text{türkisfarbige}$ Fläche ist die Fläche zwischen dem Graphen von $w$ und der x-Achse für $0\le x\le 10$.

Die $\text{orangefarbige}$ Fläche ist das Rechteck mit den Seitenlängen $10$ und $4$.

Anmerkung: Die mittlere Durchflussrate im Zeitraum $0\le x\le 10$ (Sekunden) wird mit dem Integral $${\displaystyle \frac{1}{10-0}}{\displaystyle {\int }_0^{10}w(x)dx\approx 4}$$ berechnet.

Lösung

Interpretieren Sie die folgende Aussage im Sachzusammenhang:

Für alle Werte von $x$ mit $1\le x\le \mathrm{1,4}$ gilt $\frac{l(x)-w(x)}{w(x)}<5\%$.

Für den Zeitraum $1\le x\le \mathrm{1,4}$ (Sekunden) beschreibt die Tangente die zeitliche Entwicklung der momentanen Durchflussrate $w$ mit einer relativen Abweichung von weniger als $5\%$.