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 $q'$ 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:

$g'(0)=-e^{-0}=-1$ und $t'(0)=-1$

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 $\displaystyle\int_{0}^{b}(q(x)-t(x)) d x=0{,}1$ an

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

Geben Sie den Wert von b an

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

Für diese Gleichung liefert der CAS-Rechner den Wert $b\approx0{,}9050949223$.

Der gesuchte Wert von $b$ ist $b\approx0{,}9$.

Lösung

Berechnen die beiden Extrempunkte des Graphen von h

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

Definiere die 1. Ableitung $h'(x)$ und löse mit nSolve die Gleichung $h'(x)=0$.

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:

$h(0)=\left(0^{2}-0-1\right) \cdot e^{-0}=-1$ 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:

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

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

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

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:

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

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

$0=k\cdot x-1\;\Rightarrow\;x_3=\dfrac{1}{k}$

Der Flächeninhalt des $\textcolor{ff6600}{ \text{orangefarbigen } }$Dreiecks, das $g$ mit den Koordinatenachsen einschließt, ist:

$A_\triangle=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{k}\cdot 1=\dfrac{1}{2k}$

Die Hälfte der Gesamtfläche ist in der obigen Abbildung gleich der $\textcolor{009999}{ \text{türkisfarbigen }}$Fläche plus der $\textcolor{ff6600}{ \text{orangefarbigen } }$Fläche. Alle Flächen liegen unterhalb der x-Achse, deshalb muss die Dreiecksfläche negativ angesetzt werden.

Es gilt: $0{,}5\cdot \displaystyle\int_{x1}^{x_2}h(x)\;dx=\displaystyle\int_{x1}^{0}h(x)\;dx-\dfrac{1}{2k}$

Der CAS-Rechner liefert für die beiden Integrale Werte.

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

$-0{,}638967=-0{,}43797-\dfrac{1}{2k}\;\Rightarrow\;k\approx2{,}49$

Für $k\approx2{,}49$ 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 $x_1\approx0{,}697$.

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 $x_2\approx4{,}303$.

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 $w(4{,}303)\approx4{,}72$.

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

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 $\textcolor{009999}{\text{türkisfarbige}}$ Fläche ist die Fläche zwischen dem Graphen von $w$ und der x-Achse für $0\leq x\leq 10$.

Die $\textcolor{ff6600}{\text{orangefarbige} }$ Fläche ist das Rechteck mit den Seitenlängen $10$ und $4$.

Anmerkung: Die mittlere Durchflussrate im Zeitraum $0\leq x\leq 10$ (Sekunden) wird mit dem Integral $\dfrac{1}{10-0}\displaystyle\int_0^{10}w(x)\;dx \approx4$ berechnet.

Lösung

Interpretieren Sie die folgende Aussage im Sachzusammenhang:

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

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