Analysis, Teil B, Aufgabengruppe 1

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1
Bayerisches Staatsministerium für Unterricht und Kultus (Gilt für: Aufgabenstellung)Dieses Werk wurde vom Bayerischen Staatsministerium für Unterricht und Kultus zur Verfügung gestellt. --- Die Nutzung könnte vielleicht strengeren Regeln unterliegen als bei unseren anderen Inhalten.
Gegeben ist die in $ℝ^{+}$ definierte Funktion $f : x \mapsto 2 \cdot ({(l n x)}^{2} - 1)$ . Abbildung 1 zeigt den Graphen $G_{f}$ von $f$ .
a)
(5 BE)
Zeigen Sie, dass $x = e^{- 1}$ und $x = e$ die einzigen Nullstellen von $f$ sind, und berechnen Sie die Koordinaten des Tiefpunkts $T$ von $G_{f}$ .
(zur Kontrolle: $f^{'} (x) = \frac{4}{x} \cdot l n x)$
b)
(6 BE)
Zeigen Sie, dass $G_{f}$ genau einen Wendepunkt $W$ besitzt, und bestimmen Sie dessen Koordinaten sowie die Gleichung der Tangente an $G_{f}$ im Punkt $W$ .
(zur Kontrolle: x-Koordinate von $W$ : e)
c)
(6 BE)
Begründen Sie, dass $\lim_{x \to 0} f^{'} (x) = - \infty$ und $\lim_{x \to + \infty} f^{'} (x) = 0$ gilt. Geben Sie $f^{'} (0,5)$ und $f^{'} (10)$ auf eine Dezimale genau an und zeichnen Sie den Graphen der Ableitungsfunktion $f^{'}$ unter Berücksichtigung aller bisherigen Ergebnisse in Abbildung 1 ein.
d)
(3 BE)
Begründen Sie unter Zuhilfenahme von Abbildung 1, dass es zwei Werte $c \in] 0; 6]$ gibt, für die gilt: $\int_{e^{- 1}}^{c} f (x) d x = 0$ .
Die gebrochen-rationale Funktion $h : x \mapsto 1,5 x - 4,5 + \frac{1}{x}$ mit $x \in ℝ$ \ {0} stellt in einem gewissen Bereich eine gute Näherung für $f$ dar.
e)
(2 BE)
Geben Sie die Gleichungen der beiden Asymptoten des Graphen von $h$ an.
f)
(5 BE)
Im IV. Quadranten schließt $G_{f}$ zusammen mit der x-Achse und den Geraden mit den Gleichungen $x = 1$ und $x = 2$ ein Flächenstück ein, dessen Inhalt etwa $1,623$ beträgt. Ermitteln Sie die prozentuale Abweichung von diesem Wert, wenn bei der Berechnung des Flächeninhalts die Funktion $h$ als Näherung für die Funktion $f$ verwendet wird.
In dieser Aufgabe ist eine zusammengesetzte ln-Funktion zu diskutieren und anschließend näherungsweise durch eine gebrochen-rationale Funktion zu ersetzen.
Für die Aufgaben ist der Graph der Funktion $f$ im Intervall $] 0; 6 [$ vorgegeben, so dass als bekannt gelten darf, dass $f$ mindestens zwei Nullstellen und mindestens einen Tiefpunkt besitzt. Deren exakten Werte aber sind zu berechnen.
Lösung Teilaufgabe a)
Nullstellenberechnung
Setze zur Berechnung der Nullstellen den Funktionsterm von $f$ gleich Null.
$\begin{array}{rcll} 2 \cdot ((l n x)^{2} - 1) & = & 0 & | : 2 \\ (l n x)^{2} - 1 & = & 0 & | + 1 \\ (l n x)^{2} & = & 1 & | \sqrt{} \\ l n x_{1; 2} & = & \mp 1 & | e^{()} \\ x_{1} & = & e^{- 1} \\ x_{2} & = & e^{+ 1} \end{array}$
Damit hast du gezeigt, dass $f$ auch außerhalb des Intervalls $] 0; 6 [$ keine weiteren Nullstellen als $x = e^{- 1}$ und $x = e$ besitzt.
Berechnung der Koordinaten des Tiefpunkts
Differenziere $f$ und bestimme die Nullstellen von $f^{'}$ .
$\begin{array}{rcll} f (x) & = & 2 \cdot ((l n x)^{2} - 1) & | Kettenregel \\ f^{'} (x) & = & 2 \cdot (2 \cdot (l n x) \cdot \frac{1}{x}) \\ f^{'} (x) & = & \frac{4}{x} \cdot l n x \end{array}$
Setze $f^{'} (x)$ gleich Null:
$\begin{array}{rcll} \frac{4}{x} \cdot l n x & = & 0 & | \cdot x \\ 4 \cdot l n x & = & 0 & | : 4 \\ l n x & = & 0 & | e^{()} \\ x & = & e^{0} \\ x & = & 1 \end{array}$
$f$ hat damit lediglich für $x = 1$ eine waagrechte Tangente.
Setze $x = 1$ in $f (x)$ ein um die 2. Koordinate des Kurvenpunktes zu erhalten:
$f (1) = 2 \cdot ((l n 1)^{2} - 1) = - 2$
Der Punkt $T (1 | - 2)$ ist der zu berechnende Tiefpunkt.
Ohne den vorgegebenen Graphen müsste man noch nachweisen, dass z.B. $f^{''} (1) > 0$ .
(Wie angenehm, dass man im Zeitdruck des Abiturs darauf verzichten konnte!!)
Willst du dir dennoch die Zeit nehmen, die Art des Extremums ohne Bezug auf den Graphen zu begründen und Ableitungsregeln zu trainieren, so berechne $f^{''}$ .
$f^{'} (x) = 4 \cdot \underset{Quotientenfunktion}{\underset{⏟}{\frac{l n x}{x}}}$
Wende die Quotientenregel an.
$\begin{array}{rcl} f^{''} (x) & = & 4 \cdot \frac{\frac{1}{x} \cdot x - 1 \cdot l n x}{x^{2}} \\ = & 4 \cdot \frac{1 - l n x}{x^{2}} \\ = & \frac{4}{x^{2}} \cdot (1 - l n x) \end{array}$
Untersuche das Vorzeichen von $f^{''} (1)$ :
$f^{''} (1) = 4 > 0$
Damit ist der Punkt $T (1 | - 2)$ tatsächlich der (einzige) Tiefpunkt von $f$ .
Lösung Teilaufgabe b)
Bestimmung des Wendepunkts
Eine notwendige Bedingung für das Vorliegen eines Wendepunktes ist, dass die 2. Ableitung an dieser Stelle 0 ist. Falls du die 2. Ableitung am Ende der Teilaufgabe a) noch nicht berechnet hast, musst du das jetzt tun. Setzte die 2. Ableitung also 0 und löse die Gleichung.
$\begin{array}{rcll} \frac{4}{x^{2}} \cdot (1 - l n x) & = & 0 & | \cdot \frac{x^{2}}{4} \\ 1 - l n x & = & 0 \\ l n x & = & 1 & | e^{()} \\ x & = & e \end{array}$
Der einzig mögliche Wendepunkt hat also die $x$ -Koordinate $e$ . Dies ist aber die bereits bekannte Nullstelle von $f$ , sodass die 2.Koordinate nicht berechnet werden muss: $W (e | 0)$ ist der einzig mögliche Wendepunkt.
Damit sich $W (e | 0)$ tatsächlich als ein Wendepunkt erweist, musst du zeigen, dass die 3. Ableitung von $f$ für $x = e$ von 0 verschieden ist.
Oder du zeigst - unter Verzicht auf die Benutzung der 3. Ableitung - dass $f^{''}$ links bzw. rechts von $x = e$ verschiedenes Vorzeichen hat, die Krümmung also wechselt.
Dieser Nachweis wird im Folgenden durchgeführt.
Für einen Punkt $(x_{0} | f (x_{0}))$ links von $W$ gilt:
$0 < x_{0} < e \Rightarrow f^{''} (x_{0}) = \underset{> 0}{\underset{⏟}{\frac{4}{x_{0}^{2}}}} \cdot \underset{> 0}{\underset{⏟}{(1 - \underset{< 1}{\underset{⏟}{l n x_{0}}})}} > 0$
Für einen Punkt rechts von $W$ gilt:
$e < x_{0} < + \infty \Rightarrow f^{''} (x_{0}) = \underset{> 0}{\underset{⏟}{\frac{4}{x_{0}^{2}}}} \cdot \underset{< 0}{\underset{⏟}{(1 - \underset{> 1}{\underset{⏟}{l n x_{0}}})}} < 0$
Damit ist gezeigt, dass der Graph von $f$ links von $W$ linksgekrümmt und rechts von $W$ rechtsgekrümmt ist, $W$ also tatsächlich ein Wendepunkt ist.
Tangentengleichung
Zur Ermittlung der Gleichung der Tangente $t$ in einem beliebigen Punkt $(x_{0} | f (x_{0}))$ von $f$ kannst du folgende Formel benutzen:
$t : \frac{y - f (x_{0})}{x - x_{0}} = f^{'} (x_{0})$
Setze die Koordinaten von $W (e | 0)$ und den Wert für $f^{'} (e)$ in die Formel ein:
$\begin{array}{rcll} t_{W} : \frac{y - 0}{x - e} & = & \frac{4}{e} & | \cdot (x - e) \\ t_{W} : y & = & \frac{4}{e} x - 4 \end{array}$
Lösung Teilaufgabe c)
In dieser Teilaufgabe sind durch Grenzwertberechnungen bei $f^{'}$ die Asymptoten des Graphen von $f^{'}$ zu bestimmen und anhand bereits bekannter Eigenschaften dieses Graphen ist eine Skizze zu fertigen.
Grenzwertberechnungen für $f^{'}$
Der Grenzwert für $x \to 0$
$\lim_{x \to 0} f^{'} (x) = \lim_{x \to 0} (\underset{\to + \infty}{\underset{⏟}{\frac{4}{x}}} \cdot \underset{\to - \infty}{\underset{⏟}{l n x}}) = - \infty$
Plausibilitätsüberlegung:
Ein Produkt mit einem positiven und einem negativen Faktor ist negativ und sein Betrag ist beliebig groß ( $" \infty$ "), wenn jeder Faktor selbst dem Betrag nach beliebig groß ist.
Graphische Bedeutung des Grenzwerts:
Die $y$ -Achse ist senkrechte Asymptote des Graphen von $f^{'}$ -
Der Grenzwert für $x \to + \infty$
Diesen Grenzwert berechnest du unter zur Hilfenahme der Regel von L'Hospital.
$\begin{array}{rcll} \lim_{x \to + \infty} (\frac{4}{x} \cdot l n x) & = & 4 \cdot \lim_{x \to + \infty} (\frac{\overset{\to + \infty}{\overset{⏞}{l n x}}}{\underset{\to + \infty}{\underset{⏟}{x}}}) \\ jetzt L’Hospital: & = & 4 \cdot \lim_{x \to + \infty} (\frac{\frac{1}{x}}{1}) \\ = & 4 \cdot \lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x} \\ = & 4 \cdot 0 \\ = & 0 \end{array}$
Graphische Bedeutung des Grenzwerts:
Die $x$ -Achse ist waagrechte Asymptote des Graphen von $f^{'}$ .
Skizze des Graphen von $f^{'}$
Zum Zeichnen der Skizze des Graphen von $f^{'}$ verwendest du folgende Kenntnisse über den Graphen:
Die Nullstelle von $f^{'}$ : $x = 1$
Den Hochpunkt von $f^{'}$ : $x = e \approx 2,7$ . $H (2,7 / 1,5)$
$f^{'} (0,5) \approx - 5,5$
$f^{'} (10) \approx 0,9$
$x = 0$ ist senkrechte Asymptote
$y = 0$ ist waagrechte Asymptote
Lösung Teilaufgabe d)
In dieser Aufgabe ist die obere Grenze eines bestimmten Integrals so zu bestimmen, dass das Integral den Wert $0$ hat.
Für welche Werte $c$ gilt
$\int_{e^{- 1}}^{c} f (x) d x = 0$ ?
Zur Lösung der Aufgabe führst du deine Überlegungen anhand des gegebenen Graphen von $f$ in der Abbildung 1 durch.
Integralgrenzen beachten
Jedes bestimmte Integral hat den Wert $0$ , wenn untere und obere Grenze übereinstimmen.
Also:
$c_{1} = e^{- 1}$ ist eine Lösung der Aufgabe, da $c_{1} \in] 0; 6]$ .
Flächenbilanz beachten
Ein bestimmtes Integral misst die "Flächenbilanz" der vom Graphen der Funktion, der $x$ -Achse und den Ordinaten der Grenzen gebildete Fläche.
In unserer Aufgabe brauchst du die einzelnen Flächen für die "Flächenbilanz" nicht zu berechnen. Es genügt, sie abzuschätzen.
Du überlegst zum Beispiel so:
Für ein $c_{2} > e$ ist $\int_{e^{- 1}}^{c_{2}} f (x) d x$ genau dann $0$ , wenn der Betrag des negativen Flächenteils gleich dem positiven Flächenanteil, die "Flächenbilanz" also ausgeglichen ist.
Dass es ein passendes $c_{2}$ aus dem Intervall $] e; 6]$ geben muss, begründest du so:
Einen ausreichend genauen Schätzwert für den Betrag des negativen Flächenteils erhält man z.B. durch Abzählen von "Viertel-Einheitsquadrat-Kästchen" mit $| \int_{e^{- 1}}^{e} f (x) d x | \approx 3 F E$ .
Den positiven Flächenteil bis $x = 6$ schätzt man in gleicher Weise und erhält mit $\int_{e}^{6} f (x) d x \approx 7 F E$ einen zu großen positiven Flächenanteil.
Da bei stetiger Vergrößerung von $c$ über $e$ hinaus auch der positive Flächenteil stetig zunimmt, muss es ein $c_{2}$ mit $e < c_{2} < 6$ geben, sodass $| \int_{e^{- 1}}^{e} f (x) d x | = \int_{e}^{c_{2}} f (x) d x$ , das Gesamtintegral $\int_{e^{- 1}}^{c_{2}} f (x) d x$ also den Wert $0$ ergibt.
Mit dem Applet kannst du durch Verschieben des Punktes $P$ einen passenden Wert für $c$ ermitteln.
Lösung Teilaufgabe e)
Für diese Aufgabe sind die Grenzwerte $\lim_{x \to \pm 0} h (x)$ und $\lim_{x \to \pm \infty} h (x)$ zu berechnen.
Die Funktion $h$ hat an der nicht definierten Stelle $x = 0$ eine ungerade Polstelle mit einer senkrechten Asymptote, da gilt:
$\lim_{x \to + 0} (\underset{\to + 0}{\underset{⏟}{1,5 x}} - 4,5 + \underset{\to + \infty}{\underset{⏟}{\frac{1}{x}}}) = + \infty$
und
$\lim_{x \to - 0} (\underset{\to - 0}{\underset{⏟}{1,5 x}} - 4,5 + \underset{\to - \infty}{\underset{⏟}{\frac{1}{x}}}) = - \infty$
Die Funktion $h$ hat für $x \to \pm \infty$ die schräge Asymptote mit der Gleichung $y = 1,5 x - 4,5$ , da gilt:
$\lim_{x \to \pm \infty} (1,5 x - 4,5 + \underset{\to 0}{\underset{⏟}{\frac{1}{x}}}) = \lim_{x \to \pm \infty} (1,5 x - 4,5)$ .
Beachte:
Mit $\lim_{x \to \pm \infty}$ führt man die beiden Grenzwertüberlegungen für $x \to - \infty$ und für $x \to + \infty$ "in einem Zug durch".
Der Graph hat also eine senkrechte Asymptote bei $x = 0$ und eine schräge Asymptote mit $y = 1,5 x - 4,5$ .
Lösung Teilaufgabe f)
Das Integral $| \int_{1}^{2} h (x) d x |$ kann mit der Fläche des Integrals $| \int_{1}^{2} f (x) d x |$ verglichen werden, wenn auch $h$ - so wie $f$ - im Intervall $[1; 2]$ keine Nullstelle besitzt.
Nullstellen von $h$ :
Setze den Funktionsterm $h (x) = 1,5 x - 4,5 + \frac{1}{x}$ gleich 0.
$\begin{array}{rcll} 1,5 x - 4,5 + \frac{1}{x} & = & 0 & | \cdot x \\ 1,5 x^{2} - 4,5 x + 1 & = & 0 & | Mitternachtsformel anwenden \end{array}$
$\begin{aligned} x_{1; 2} & = \frac{4,5 \pm \sqrt{{4,5}^{2} - 6}}{3} \\ x_{1} & \approx 0,24 \\ x_{2} & \approx 2,76 \end{aligned}$
Keine der Nullstellen liegt im Integrationsintervall. Somit kann die "Ersatzfläche" mit dem Integral $\int_{1}^{2} (1,5 x - 4,5 + \frac{1}{x}) d x$
berechnet werden.
$\begin{aligned} \int_{1}^{2} (1,5 x - 4,5 + \frac{1}{x}) d x & = {[0,75 x^{2} - 4,5 x + l n x]}_{1}^{2} \\ = (3 - 9 + l n 2) - (0,75 - 4,5 + 0) \\ \approx - 1,557 \end{aligned}$
$\Rightarrow | \int_{1}^{2} h (x) d x | = 1,557$
Die absolute Änderung der beiden zu vergleichenden Flächen beträgt somit etwa
$1,623 - 1,557 = 0,066.$
Die prozentuale Änderung beträgt dann
$\frac{0,066}{1,623} \cdot 100 \approx 4,1 %$ .
Wenn du Zeit und Lust hast, kannst du natürlich für $h$ auch noch ihren Graphen skizzieren und dir einen graphischen Eindruck von der guten Näherung im Intervall $[1; 2]$ verschaffen.
2
Bayerisches Staatsministerium für Unterricht und Kultus (Gilt für: Aufgabenstellung)Dieses Werk wurde vom Bayerischen Staatsministerium für Unterricht und Kultus zur Verfügung gestellt. --- Die Nutzung könnte vielleicht strengeren Regeln unterliegen als bei unseren anderen Inhalten.
Durch Spiegelung von $G_{f}$ an der Geraden $x = 4$ entsteht der Graph einer in $] - \infty; 8 [$ definierten Funktion $g$ . Dieser Graph wird mit $G_{g}$ bezeichnet.
a)
2 BE
Zeichnen Sie $G_{g}$ in Abbildung 1 ein.
b)
3 BE
Die beschriebene Spiegelung von $G_{f}$ an der Geraden $x = 4$ kann durch eine Spiegelung von $G_{f}$ an der y-Achse mit einer anschließenden Verschiebung ersetzt werden. Beschreiben Sie diese Verschiebung und geben Sie $a, b \in ℝ$ an, sodass $g (x) = f (a x + b)$ für $x \in] - \infty; 8 [$ gilt.
Im Folgenden wird die "w-förmige" Kurve $k$ betrachtet, die sich aus dem auf $0,2 \leq x \leq 4$ beschränkten Teil von $G_{f}$ und dem auf $4 < x \leq 7,8$ beschränkten Teil von $G_{g}$ zusammensetzt.
Die Kurve $k$ wird um $12$ Einheiten in negative z-Richtung verschoben. Die dabei überstrichene Fläche dient als Modell für ein 12 Meter langes Aquarium, das durch zwei ebene Wände an Vorder- und Rückseite zu einem Becken ergänzt wird (vgl. Abbildung 2). Dabei entspricht eine Längeneinheit im Koordinatensystem einem Meter in der Realität.
c)
3 BE
Die Aquariumwände bilden an der Unterseite einen Tunnel, durch den die Besucher hindurchgehen können. Berechnen Sie die Größe des Winkels, den die linke und rechte Tunnelwand miteinander einschließen.
Das Aquarium wird vollständig mit Wasser gefüllt.
d)
2 BE
Berechnen Sie die größtmögliche Wassertiefe des Aquariums.
e)
3 BE
Das Volumen des Wassers im Aquarium lässt sich analog zum Rauminhalt eines Prismas mit Grundfläche $G$ und Höhe $h$ berechnen. Erläutern Sie, dass der Term $24 \cdot \int_{0,2}^{4} (f (0,2) - f (x)) d x$ das Wasservolumen im vollgefüllten Aquarium in Kubikmetern beschreibt.

In dieser Aufgabe wird durch eine abschnittsweise definierte Funktion ein geometrischer Körper modelliert.
Lösung Teilaufgabe a)
Die aus Aufgabe 1 gegebene Funktion $f$ soll an der Geraden $x = 4$ gespiegelt werden.
Spiegele den Graphen von $f$ punktweise.
Folgende Punkte sollten "millimetergenau" passen:
Die Nullstellen und der Tiefpunkt sowie der gemeinsame Schnittpunkt auf der Spiegelungsachse.
In der Skizze sollte deutlich zum Ausdruck kommen, dass die Gerade $x = 8$ für den Graphen von $g$ senkrechte Asymptote ist. Achte auch auf das Krümmungsverhalten des Graphen.
Lösung Teilaufgabe b)
Die Spiegelung an der Geraden $x = 4$ ist durch eine Spiegelung an der $y$ -Achse und eine anschließende Verschiebung längs der $x$ -Achse zu ersetzen.
Wenn gelten soll, dass
$g (x) = f (a x + b); x \in] - \infty; 8 [$ ,
so ist $a = - 1$ und entspricht der Spiegelung von $G_{f}$ an der $y$ -Achse.
Und $b = 8$ entspricht einer Verschiebung um $8 L E$ in Richtung der positiven $x -$ Achse.
Somit gilt:
$g (x) = f (- x + 8)$ .
Beachte: Wegen der Spiegelung an der $y$ -Achse ist $b = 8$ , also positiv, und nicht wie normalerweise bei einer Verschiebung in positive $x$ -Richtung negativ.
Lösung Teilaufgabe c)
Mit einer abschnittsweise definierten Kurve $k$ und deren räumliche Verschiebung wird ein geometrischer Körper ("Aquarium") modelliert.
Winkelberechnung
Der gesuchte Winkel, den die Tunnelwände miteinander einschließen, entspricht dem Winkel, den in der Querschnittzeichnung der Graphen die Tangenten $t_{f}$ und $t_{g}$ miteinander einschließen.
Wegen der Symmetrie von $f$ und $g$ zu $x = 4$ , ist $△ A B C$ gleichschenklig.
$f^{'} (x) = \frac{4}{x} \cdot \ln x$
Berechne $f^{'} (4)$ :
$f^{'} (4) = \ln 4$
$f^{'} (4)$ ist die Steigung der Tangente $t_{f}$ . Berechne den Steigungswinkel:
$t a n α$ $=$ $f^{'} (4)$
$=$ $\ln 4$ $\tan^{- 1}$
$α$ $=$ $\tan^{- 1} (l n 4)$
$\approx$ $54,2 °$
Berechne $φ$ über die Winkelsumme des Dreiecks $A B C$ .
$\begin{array}{rcll} φ + α + α & = & 180 ° & | - 2 α \\ φ & \approx & 180 ° - 108,4 ° \\ φ & \approx & 71,6 ° \end{array}$
Der Winkel, unter dem sich die rechte und linke Tunnelwand schneiden beträgt rund $71,6 °$ .
Alternative Winkelberechnung
Mit der Formel für das Additionstheorem des Tangens kann der Schnittwinkel $φ$ direkt berechnet werden:
$| t a n (\underset{φ}{\underset{⏟}{α - β}}) | = | \frac{t a n α - t a n β}{1 + t a n α \cdot t a n β} |$
Setze in die Formel für das Additionstheorem des Tangens ein:
$t a n α = f^{'} (4) = l n 4$
$t a n β = g^{'} (4) = - l n 4$
$t a n φ = \frac{l n 4 - (- l n 4)}{1 - (l n 4)^{2}}$
$φ = t a n^{- 1} (\frac{2 \cdot l n 4}{1 - {(l n 4)}^{2}})$
$φ \approx 71,6 °$
Lösung Teilaufgabe d)
Der größtmögliche Wasserstand im Aquarium ist zu berechnen.
Mit
$k (x) = {\begin{array}{cll} f (x) & für & 0,2 \leq x \leq 4 \\ g (x) & für & 4 < x \leq 7,8 \end{array}$
berechnet sich die tiefste Wasserstelle so:
$f (0,2) - f (1) = 2 \cdot ((l n 0,2)^{2} - 1) - (- 2) \approx 5,18$
Die größtmögliche Wassertiefe des Aquariums beträgt ca. $5,18$ Meter.
Lösung Teilaufgabe e)
Die Aufgabe nimmt Bezug auf auf den Satz von Cavalieri.
Dieser besagt:
Zwei Körper besitzen dasselbe Volumen, wenn alle ihre Schnittflächen in Ebenen parallel zu einer Grundebene in entsprechenden Höhen den gleichen Flächeninhalt haben.
Für das Prisma leitet man hieraus die Formel für sein Volumen ab:
$V_{P r i s m a} = Grundfläche mal Höhe$ .
In Übertragung der Überlegung auf das Aquarium gilt somit:
$V_{A q u a r i u m} = w-Fläche mal 12 LE$
Volumenberechnung
Die Fläche der Vorderseite des Aquariums ist im Modell der Inhalt der von der Geraden $y = f (0,2)$ und den Graphen der Funktionen $f$ und $g$ begrenzten Fläche.
Da es sich um eine zur Geraden $x = 4$ symmetrische Fläche handelt, gilt:
$A_{V o r d e r s e i t e} = 2 \cdot A_{h a l b e s W} = 2 \cdot \int_{0,2}^{4} (f (0,2) - f (x)) d x$ .
In Analogie zur Volumenformel für das Prisma gilt dann wegen der Höhe $h = 12$ des Aquariums für dessen Volumen:
$V_{A q u a r i u m} = 12 \cdot A_{V o r d e r s e i t e}$
$V_{A q u a r i u m} = 24 \cdot \int_{0,2}^{4} (f (0,2) - f (x)) d x$
Da eine Längeneinheit bei der Modellierung einem Meter in der Realität entspricht, beschreibt der gewonnene Term das Wasservolumen des vollgefüllten Aquariums in Kubikmetern.