Gib die Nullstellen von $ff$ an

$f(t)=\mathrm{1,081}\cdot (1-e^{-t})-\mathrm{0,15}\cdot tf(t)=\; 1\{,\}081\backslash cdot(1-e^\{-t\})-0\{,\}15\backslash cdot\; t$

Lasse Dir den Graphen von $ff$ anzeigen und bestimme die Nullstellen $t_1=0t\_1=0$ und $t_2\approx \mathrm{7,2}t\_2\backslash approx7\{,\}2$.

Die Nullstellen von $ff$ sind $00$ und $\mathrm{7,2}7\{,\}2$.

Begründe, dass das Intervall $[0;\mathrm{7,2}][0;\; 7\{,\}2]$ eine angemessene Einschränkung des Definitionsbereichs der Funktion $ff$ für den Sachzusammenhang ist

Da die BAK nur positive Werte hat, sollte der Definitionsbereich auf das Intervall

zwischen den Nullstellen eingeschränkt werden$\Rightarrow [0;\mathrm{7,2}]\backslash ;\backslash Rightarrow\backslash ;[0;\; 7\{,\}2]$.

Berechne die maximale BAK der betrachteten Person

$f^{\mathrm{\prime }}(t)=0f\text{'}(t)=0$ hat die Lösung $t\approx \mathrm{1,975}t\backslash approx\; 1\{,\}975$.

Bestimme $f(\mathrm{1,975})f(1\{,\}975)$:

$f(\mathrm{1,975})\approx \mathrm{0,63}f(1\{,\}975)\; \backslash approx\; 0\{,\}63$

Die maximale BAK beträgt demnach etwa $\mathrm{0,63}\frac{\text{g}}{\text{kg}}0\{,\}63\backslash ;\backslash frac\{\backslash text\{g\}\}\{\backslash text\{kg\}\}$.

Bestimme den Zeitraum, in dem die Person nicht Auto fahren darf

Es soll $f(t)\ge \mathrm{0,5}f(t)\backslash geq\; 0\{,\}5$ sein:

Zeichne zum Graphen von $ff$ den Graphen von $y=\mathrm{0,5}y=0\{,\}5$ und bestimme die Schnittpunkte der beiden Graphen:

$t_1\approx \mathrm{0,88}t\_1\backslash approx\; 0\{,\}88$ und $t_2\approx \mathrm{3,69}t\_2\; \backslash approx\; 3\{,\}69$.

Im Zeitraum von etwa $\mathrm{0,88}0\{,\}88$ Stunden bis $\mathrm{3,69}3\{,\}69$ Stunden nach dem Trinken darf die Person kein Auto fahren.

Zeige, dass die theoretische maximale BAK für die betrachtete Person $\mathrm{1,081}\frac{\text{g}}{\text{kg}}1\{,\}081\backslash ;\backslash frac\{\backslash text\{g\}\}\{\backslash text\{kg\}\}$ beträgt

Der y-Achsenabschnitt des Graphen der linearen Funktion wird als theoretische maximale BAK bezeichnet. Der y-Achsenabschnitt $(h(0))\backslash left(h(0)\backslash right)$ der Funktion $hh$ ist $\mathrm{1,081}1\{,\}081$.

Demnach ist $\mathrm{1,081}\frac{\text{g}}{\text{kg}}1\{,\}081\backslash ;\backslash frac\{\backslash text\{g\}\}\{\backslash text\{kg\}\}$ die theoretische maximale BAK für die betrachtete Person.

Berechne die theoretische maximale BAK der zweiten Person

Die lineare Funktion der zweiten Person ist $g(t)=m\cdot t+bg(t)=m\backslash cdot\; t+b$.

Gegeben ist $g(4)=\mathrm{0,48}g(4)=0\{,\}48$ und $g(\mathrm{4,5})=\mathrm{0,39}g(4\{,\}5)=0\{,\}39$:

Dann folgt für die Steigung $m={\displaystyle \frac{\mathrm{0,39}-\mathrm{0,48}}{\mathrm{4,5}-4}}=-{\displaystyle \frac{\mathrm{0,09}}{\mathrm{0,5}}}=-\mathrm{0,18}m=\backslash dfrac\{0\{,\}39-0\{,\}48\}\{4\{,\}5-4\}=-\backslash dfrac\{0\{,\}09\}\{0\{,\}5\}=-0\{,\}18$

Setze die Koordinaten des Punktes $(4\mathrm{\mid }\mathrm{0,48})(4|0\{,\}48)$ in $g(t)=-\mathrm{0,18}\cdot t+bg(t)=-0\{,\}18\backslash cdot\; t+b$ ein:

$\mathrm{0,48}=-\mathrm{0,18}\cdot 4+b\Rightarrow b=\mathrm{0,48}+\mathrm{0,72}=\mathrm{1,2}0\{,\}48=-0\{,\}18\backslash cdot\; 4+b\backslash ;\backslash Rightarrow\backslash ;b=0\{,\}48+0\{,\}72=1\{,\}2$

Die theoretische maximale BAK der zweiten Person ist $\mathrm{1,2}\frac{\text{g}}{\text{kg}}1\{,\}2\backslash ;\backslash frac\{\backslash text\{g\}\}\{\backslash text\{kg\}\}$.

Begründe mit Hilfe des Terms von $ff$, dass die Werte der BAK der ersten betrachteten Person zu jedem Zeitpunkt kleiner sind als ihre theoretische maximale BAK

$\mathrm{1,081}\frac{\text{g}}{\text{kg}}1\{,\}081\backslash ;\backslash frac\{\backslash text\{g\}\}\{\backslash text\{kg\}\}$ ist die theoretische maximale BAK für die 1. Person.

Es wird behauptet, dass $\mathrm{1,081}>\mathrm{1,081}\cdot (1-e^{-t})-\mathrm{0,15}\cdot t1\{,\}081>1\{,\}081\backslash cdot(1-e^\{-t\})-0\{,\}15\backslash cdot\; t$:

Es gilt für $t\ge 0t\backslash geq\; 0$:

Die Behauptung stimmt. $\Rightarrow \mathrm{1,081}>\mathrm{1,081}\cdot (1-e^{-t})-\mathrm{0,15}\cdot t\backslash Rightarrow\backslash ;\; 1\{,\}081>1\{,\}081\backslash cdot(1-e^\{-t\})-0\{,\}15\backslash cdot\; t$

Zeige, dass $ff$ eine Lösung der Differenzialgleichung (DGL) ist

$f(t)=\mathrm{1,081}\cdot (1-e^{-t})-\mathrm{0,15}\cdot t=\mathrm{1,081}-\mathrm{1,081}\cdot e^{-t}-\mathrm{0,15}\cdot tf(t)=1\{,\}081\backslash cdot(1-e^\{-t\})-0\{,\}15\backslash cdot\; t=1\{,\}081-1\{,\}081\backslash cdot\; e^\{-t\}-0\{,\}15\backslash cdot\; t$

Bilde die 1. Ableitung von f(t):

$f{}^{\mathrm{\prime }}(t)=\mathrm{1,081}\cdot e^{-t}-\mathrm{0,15}f\{\text{'}\}(t)=1\{,\}081\; \backslash cdot\; e^\{-t\}-0\{,\}15$

Setze $k=1k\; =\; 1$, $G=\mathrm{1,081}G=\; 1\{,\}081$ und $m=\mathrm{0,15}m\; =\; 0\{,\}15$ und $f{}^{\mathrm{\prime }}(t)f\{\text{'}\}(t)$, $f(t)f(t)$ in die DGL ein:

$\mathrm{1,081}\cdot e^{-t}-\mathrm{0,15}=1\cdot (\mathrm{1,081}-(\mathrm{1,081}-\mathrm{1,081}\cdot e^{-t}-\mathrm{0,15}\cdot t+\mathrm{0,15}\cdot t))-\mathrm{0,15}1\{,\}081\; \backslash cdot\; e^\{-t\}-0\{,\}15\; =\; 1\backslash cdot\; (1\{,\}081\; -\; (1\{,\}081-1\{,\}081\backslash cdot\; e^\{-t\}-0\{,\}15\backslash cdot\; t\; +\; 0\{,\}15\backslash cdot\; t))\; -\; 0\{,\}15$

Löse die Klammer auf:

$\mathrm{1,081}\cdot e^{-t}-\mathrm{0,15}=1\cdot (\mathrm{1,081}-\mathrm{1,081}+\mathrm{1,081}\cdot e^{-t}+\mathrm{0,15}\cdot t-\mathrm{0,15}\cdot t)-\mathrm{0,15}1\{,\}081\; \backslash cdot\; e^\{-t\}-0\{,\}15\; =\; 1\backslash cdot\; (1\{,\}081\; -\; 1\{,\}081+1\{,\}081\backslash cdot\; e^\{-t\}+0\{,\}15\backslash cdot\; t\; -\; 0\{,\}15\backslash cdot\; t)\; -\; 0\{,\}15$

Fasse zusammen:

$\mathrm{1,081}\cdot e^{-t}-\mathrm{0,15}=\mathrm{1,081}\cdot e^{-t}-\mathrm{0,15}1\{,\}081\; \backslash cdot\; e^\{-t\}-0\{,\}15\; =\; 1\{,\}081\backslash cdot\; e^\{-t\}\; -\; 0\{,\}15$

Du hast eine Gleichung erhalten, die für alle $t\in \mathbb{R}t\backslash in\; \backslash mathbb\{R\}$ eine wahre Aussage ist.

Begründe anhand der Differenzialgleichung, dass die zeitliche Entwicklung der BAK auf lange Sicht näherungsweise einen linearen Abnahmeprozess darstellt

Gegeben ist $f(t)=\mathrm{1,081}\cdot (1-e^{-t})-\mathrm{0,15}\cdot tf(t)=1\{,\}081\backslash cdot(1-e^\{-t\})-0\{,\}15\backslash cdot\; t$

Weiterhin gegeben ist die Differenzialgleichung:

$f{}^{\mathrm{\prime }}(t)=k\cdot (G-(f(t)+m\cdot t))-mf\{\text{'}\}(t)\; =\; k\; \backslash cdot\; (G\; -\; (f(t)\; +\; m\; \backslash cdot\; t))\; -\; m$

Der Teil $G-(f(t)+m\cdot tG\; -\; (f(t)\; +\; m\; \backslash cdot\; t$ der Differenzialgleichung reduziert sich nach

Einsetzen von $G=\mathrm{1,081}G=1\{,\}081$ und $m=\mathrm{0,15}m=0\{,\}15$ sowie des Terms von $ff$ zu:

$\mathrm{1,081}-\mathrm{1,081}\cdot (1-e^{-t})1\{,\}081\; -\; 1\{,\}081\backslash cdot(1-e^\{-t\})$

Für $t\to \mathrm{\infty }t\backslash rightarrow\backslash infty$ gilt:

$\mathrm{1,081}-\mathrm{1,081}\cdot (1-e^{-t})\to 01\{,\}081\; -\; 1\{,\}081\backslash cdot(1-e^\{-t\})\; \backslash rightarrow\; 0$, sodass die Differenzialgleichung für große Werte von $tt$ näherungsweise durch $f{}^{\mathrm{\prime }}(t)=-mf\{\text{'}\}(t)=-m$ beschrieben werden kann und somit auf lange Sicht eine nahezu konstante Abnahmerate vorliegt.

Zeige, dass jede Funktion der Schar ein lokales Maximum an der Stelle $x=-\ln (\frac{1}{10}a)x\; =\; -\backslash ln\; (\backslash frac\{1\}\{10\}a)$ hat.

Die möglichen Extremstellen der Schar ergeben sich mit dem Ansatz $p_a{}^{\mathrm{\prime }}(x)=0p\_a\{\text{'}\}(x)\; =\; 0$.

Dies führt auf die Lösung:

$x_1=-\ln (\frac{1}{10}a)x\_1=\; -\backslash ln\; (\backslash frac\{1\}\{10\}a)$

Wegen für alle $xx$, liegt ein Maximum vor.

Begründe, dass die x-Koordinaten der Hochpunkte mit wachsenden Werten von $aa$ kleiner werden

Für wachsende Werte von $aa$ wird auch ${\displaystyle \frac{a}{10}}\backslash dfrac\{a\}\{10\}$ größer und damit wächst auch $\ln \left({\displaystyle \frac{a}{10}}\right)\backslash ln\; \backslash left(\backslash dfrac\{a\}\{10\}\backslash right)$, sodass $-\ln \left({\displaystyle \frac{a}{10}}\right)-\backslash ln\; \backslash left(\backslash dfrac\{a\}\{10\}\backslash right)$ kleiner wird.

Bestimme $uu$

Im Intervall $[0;1][0;\; 1]$ gilt:

Alle Funktionswerte von $p_{\mathrm{0,5}}p\_\{0\{,\}5\}$ sind für größer als die Funktionswerte von $p_{3}p\_\{3\}$.

Das führt zu dem Ansatz:

${\displaystyle \frac{1}{2}}{\displaystyle {\int }_0^1(p_{\mathrm{0,5}}-p_3)\mathrm{d}x={\displaystyle {\int }_0^u(p_{\mathrm{0,5}}-p_3)\mathrm{d}x}}\backslash dfrac\{1\}\{2\}\backslash displaystyle\backslash int\_0^1(p\_\{0\{,\}5\}-p\_3)\backslash mathrm\{d\}x=\backslash displaystyle\backslash int\_0^u(p\_\{0\{,\}5\}-p\_3)\backslash mathrm\{d\}x$

Man erhält die relevante Lösung $u\approx \mathrm{0,71}u\backslash approx\; 0\{,\}71$.