Teil A

Einsetzen der Geschwindigkeiten in die Funktionsgleichung:

1. $y=\mathrm{0,01}\cdot {\mathrm{1,5}}^{10}+\mathrm{0,85}=\mathrm{1,43}$

2. $y=\mathrm{0,01}\cdot {\mathrm{1,5}}^{12}+\mathrm{0,85}=\mathrm{2,15}$

Berechnung des prozentualen Anstiegs der Laktat-Konzentration:

Die Konzentration hat sich also zwischen den Messungen um ungefähr $\mathrm{50,35}\%$ erhöht.

Prüfung: Definitions- und Wertemenge können getauscht werden. Es gibt zu jedem Ausgangswert aus der Definitionsmenge genau einen Zielwert in der Wertemenge.

$y=\mathrm{0,01}\cdot {\mathrm{1,5}}^x+\mathrm{0,85}$

Tausch der Variablen x mit y:

$x=\mathrm{0,01}\cdot {\mathrm{1,5}}^y+\mathrm{0,85}$

Nach $y$ Auflösen:

Die Abbildung ist nicht in der Aufgabenstellung gefordert.

Sie dient nur zur Veranschaulichung.

Berechnung $B_3$:

Wenn in $B$ ein rechter Winkel sein soll, so steht auch eine Gerade $h$ (auf der $\overline{A{B}_n}$ liegt) auf $g$ senkrecht:

Aufstellen der Geradengleichung $h$:

Um die Steigung von $h$ zu erhalten, nimmt man den negativen Kehrwert der Steigung von $g$: $m_h=-{\displaystyle \frac{2}{1}}=-2$

Der y-Achsenabschnitt ist $t=0,$ da $A(0|0)$ ist.

$\Rightarrow$ $h:y=-2x+0$

Schneidet man $h$ mit $g$ (gleichsetzen der beiden Geraden), so erhält man den Punkt $B_3$:

$g=h\Rightarrow$ ${\displaystyle \frac{1}{2}}x-4=-2x|+2x$

${\displaystyle \frac{5}{2}}x-4=0|+4$

${\displaystyle \frac{5}{2}}x=4|\cdot {\displaystyle \frac{2}{5}}$

$x={\displaystyle \frac{8}{5}}=\mathrm{1,6}$

einsetzen in $g$ (oder $h$):

$y={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{8}{5}}-4$

$y={\displaystyle \frac{8}{10}}-{\displaystyle \frac{4\cdot 10}{10}}$

$y=-{\displaystyle \frac{32}{10}}=-\mathrm{3,2}$

$\Rightarrow$ $B_3$$(\mathrm{1,6}|-\mathrm{3,2})$

Damit ist die Aufgabe gelöst: $𝕃=\{\mathrm{1,6}\}$

Als Zusatz werden nun die Koordinaten von $C_3$ und $D_3$ ohne Verwendung von Matrizen berechnet.

Berechnung $C_3$:

Überlegung:

Das $△AH{D}_n$ ist aufgrund der Bedingung $\sphericalangle D_{n}A{B}_n=45°$ gleichschenklig.

Die Seite $[H{D}_n]$ lässt sich mit dem Pythagoras berechnen. Sie ist genauso lang wie die Seite $[B_n{C}_n]$.

Wiederum lässt sich damit über den Pythagoras der Punkt $C_3$ berechnen.

Gleichschenkligkeit: $\overline{H{D}_n}=\overline{AH}$

$\overline{A{D}_n}=\sqrt{{\overline{H{D}_n}}^2+{\overline{H{D}_n}}^2}=\sqrt{2\cdot {\overline{H{D}_n}}^2}$

$\overline{A{D}_n}=\sqrt{2\cdot {\overline{H{D}_n}}^2}$

$\overline{A{D}_n}=\sqrt{2}\cdot \overline{H{D}_n}$ |:$\sqrt{2}$

${\displaystyle \frac{\overline{A{D}_n}}{\sqrt{2}}}=\overline{H{D}_n}=\overline{B_n{C}_n}=\mathrm{1,27}$

$\overline{B_n{C}_n}=\sqrt{(x_C-\mathrm{1,6}{)}^2+(-\mathrm{3,2}-y_C{)}^2}$ ${|}^2$

${\overline{B_n{C}_n}}^2=(x_C-\mathrm{1,6}{)}^2+(-\mathrm{3,2}-y_C{)}^2$ | $y_C$ durch die Geradengleichung von $g$ ersetzen, da $C_n$ auf $g$ liegen muss.

${\overline{B_n{C}_n}}^2=(x_C-\mathrm{1,6}{)}^2+(-\mathrm{3,2}-(\mathrm{0,5}{x}_C-4){)}^2$

${\overline{B_n{C}_n}}^2=(x_C-\mathrm{1,6}{)}^2+(-\mathrm{3,2}-\mathrm{0,5}{x}_C+4{)}^2$

${\overline{B_n{C}_n}}^2=(x_C-\mathrm{1,6}{)}^2+(\mathrm{0,8}-\mathrm{0,5}{x}_C{)}^2$ |Anwendung Binome

${\overline{B_n{C}_n}}^2=x_C^2-2\cdot x_C\cdot \mathrm{1,6}+{\mathrm{1,6}}^2+{\mathrm{0,8}}^2-2\cdot \mathrm{0,8}\cdot \mathrm{0,5}{x}_C+\mathrm{0,25}{x}_C^2$ |in den folgenden Zeilen wird vereinfacht.

${\overline{B_n{C}_n}}^2=x_C^2-\mathrm{3,2}\cdot x_C+\mathrm{2,56}+\mathrm{0,64}-\mathrm{0,8}{x}_C+\mathrm{0,25}{x}_C^2$

${\overline{B_n{C}_n}}^2=\mathrm{1,25}{x}_C^2-4x_C+\mathrm{3,2}$

${\mathrm{1,27}}^2=\mathrm{1,25}{x}_C^2-4x_C+\mathrm{3,2}$ |$-{\mathrm{1,27}}^2$

$\mathrm{1,25}{x}_C^2-4x_C+\mathrm{1,59}=0$ |Lösung der quadratischen Gleichung

$x_{\mathrm{1,2}}={\displaystyle \frac{-(-4)\pm \sqrt{(-4{)}^2-4\cdot \mathrm{1,25}\cdot \mathrm{1,59}}}{2\cdot \mathrm{1,25}}}={\displaystyle \frac{4\pm \sqrt{\mathrm{8,05}}}{\mathrm{2,5}}}$

$x_1=\mathrm{2,73};x_2=\mathrm{0,47}$

Anhand des Graphen kann man sehen, dass nur $x_1=\mathrm{2,73}$ infrage kommen kann, da dieser Wert größer als der $x$-Wert von $B$ sein muss.

$x_1$ in g einsetzen:

$g:y=\mathrm{0,5}\cdot \mathrm{2,73}-4$ $=-\mathrm{2,63}$

$\Rightarrow$ $C_3(\mathrm{2,73}|-\mathrm{2,63})$

Berechnung $D_3$:

Zunächst einmal wird der Punkt $H$ berechnet. Anschließend wird $H$ in die Gleichung $g^{\prime }:y=\mathrm{0,5}x+t$ eingesetzt. Erklärung: Da $\overline{H{D}_n}\parallel \overline{B_n{C}_n}$ kann die gleiche Steigung verwendet werden. Dadurch erhält man die Funktion, auf der auch $D_n$ liegt.

Setzt man nun mittels des Pythagoras die Länge von $\overline{A{D}_n}$ in die obere lineare Funktion ein, so erhält man den Punkt $D_n$.

Berechnung $H$:

Es gilt: $y=-2x\wedge \sqrt{x^2+y^2}=\overline{AH}$ ($\overline{AH}=\overline{H{D}_n}bzw.\overline{B_n{C}_n}=\mathrm{1,27})$

$\sqrt{x^2+(-2x{)}^2}=\mathrm{1,27}$

$\sqrt{x^2+4x^2}=\mathrm{1,27}$

$\sqrt{5x^2}=\mathrm{1,27}$

$\sqrt{5}\cdot x=\mathrm{1,27}$

$x={\displaystyle \frac{\mathrm{1,27}}{\sqrt{5}}}$ |eingesetzt in $y=-2x$

$y=-2\cdot {\displaystyle \frac{\mathrm{1,27}}{\sqrt{5}}}$

$\Rightarrow$ $H({\displaystyle \frac{\mathrm{1,27}}{\sqrt{5}}}|-2\cdot {\displaystyle \frac{\mathrm{1,27}}{\sqrt{5}}})$

$H$ in $y=\mathrm{0,5}x+t$ eingesetzt:

$-2\cdot {\displaystyle \frac{\mathrm{1,27}}{\sqrt{5}}}={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{\mathrm{1,27}}{\sqrt{5}}}+t\Rightarrow t=-\mathrm{1,41}$

$\Rightarrow g^{\prime }:\to y=\mathrm{0,5}x-\mathrm{1,41}$

Aus der Gleichschenkligkeit von $△AH{D}_n\Rightarrow \overline{A{D}_n}=\sqrt{2}\cdot \mathrm{1,27}$

Es gilt: $y=\mathrm{0,5}\cdot x-\mathrm{1,41}\wedge \sqrt{x^2+y^2}$

$\sqrt{x^2+(\mathrm{0,5}x-\mathrm{1,41}{)}^2}=\mathrm{1,27}\cdot \sqrt{2}$ ${|}^2$

$x^2+(\mathrm{0,5}x-\mathrm{1,41}{)}^2={\mathrm{1,27}}^2\cdot 2$ |Anwendung 2. Binom

$x^2+\mathrm{0,25}{x}^2-2\cdot \mathrm{0,5}x\cdot \mathrm{1,41}+{\mathrm{1,41}}^2={\mathrm{1,27}}^2\cdot 2$

$\mathrm{1,25}{x}^2-\mathrm{1,41}x+{\mathrm{1,41}}^2=\mathrm{3,23}|-\mathrm{3,23}$

$\mathrm{1,25}{x}^2-\mathrm{1,41}x-\mathrm{1,24}=0$

$x_{1/2}={\displaystyle \frac{-(-\mathrm{1,41})\pm \sqrt{(-\mathrm{1,41}{)}^2-4\cdot \mathrm{1,25}\cdot (-\mathrm{1,24})}}{2\cdot \mathrm{1,25}}}$

$x_{1/2}={\displaystyle \frac{-(-\mathrm{1,41})\pm \sqrt{\mathrm{8,2}}}{2\cdot \mathrm{1,25}}}$

$x_1=\mathrm{1,7};x_2=-\mathrm{0,58}$

Anhand des Graphen kann man sehen, dass nur $x_1=\mathrm{1,7}$ infrage kommen kann, da dieser Wert größer als der $x-$Wert von $H$ sein muss.

$x_1$ in $g^{\prime }:\to y=\mathrm{0,5}x-\mathrm{1,41}$ einsetzen

$y=\mathrm{0,5}\cdot \mathrm{1,7}-\mathrm{1,41}$

$y=-\mathrm{0,56}$

$\Rightarrow$ $D_3$ $(\mathrm{1,7}|-\mathrm{0,56})$

Drehe den Vektor $\overrightarrow{O{B}_n}=\left(\begin{array}{c}x\\ \mathrm{0,5}x-4\end{array}\right)$ mithilfe einer Matrix um ${45}^{\circ }$ um den Ursprung und multipliziere dann mit $\frac{1}{2}$, weil die Strecke $\overline{O{D}_n}$ halb so lang wie $\overline{O{B}_n}$ ist.

Die Matrix einer Drehung um ${45}^{\circ }$ wird hier schon angegeben:

$\left(\begin{array}{r}\cos 45°-\sin 45°\\ \sin 45°\cos 45°\end{array}\right)=\left(\begin{array}{r}\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}}\frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ 1& 1\end{array}\right)$

Du erhältst damit

$\Rightarrow D_n(\mathrm{0,18}x+\mathrm{1,41}|\mathrm{0,53}x-\mathrm{1,41})$

Es ist $D_n(\mathrm{0,18}x+\mathrm{1,41}|\mathrm{0,53}x-\mathrm{1,41})$.

$\Rightarrow x_{D_n}=\mathrm{0,18}x+\mathrm{1,41}$ und $y_{D_n}=\mathrm{0,53}x-\mathrm{1,41}$

Löse $x_{D_n}$ nach $x$ auf und setze in $y_{D_n}$ ein:

Setze in $y_{D_n}$ ein:

Also ist die Gleichung des Trägergraphen $t:y=\mathrm{2,94}x-\mathrm{5,56}$

Einzeichnen des Trägergraphens:

Volumen einer Pyramide: $V=\frac{1}{3}\cdot G\cdot h$

$G={\overline{AB}}^2=(4\text{cm}{)}^2=16{\text{cm}}^2$

$h=\overline{RQ}-\overline{SQ}$

$\tan \phi ={\displaystyle \frac{\overline{SQ}}{\overline{PQ}}}\Rightarrow \overline{SQ}=\overline{PQ}\cdot \tan \phi$

$h=\overline{RQ}-\overline{PQ}\cdot \tan \phi$

Mit $\overline{RQ}=4\text{cm}$ und $\overline{PQ}=2\text{cm}$ folgt:

$h=4\text{cm}-2\text{cm}\cdot \tan \phi$

$\Rightarrow V={\displaystyle \frac{1}{3}}\cdot 16{\text{cm}}^2\cdot (4\text{cm}-2\text{cm}\cdot \tan \phi )$

$V=\mathrm{21,33}{\text{cm}}^3-\mathrm{10,67}{\text{cm}}^3\cdot \tan \phi =(\mathrm{21,33}-\mathrm{10,67}\cdot \tan \phi ){\text{cm}}^3$

Die Pyramide hat dann ein maximales Volumen, wenn das Produkt $G\cdot h$ maximal ist.

Da $G$ konstant ist, muss also $h$ maximiert werden.

$h$ kann aufgrund der Seitenlänge des Würfels maximal $4\text{cm}$ lang sein.

$V_0={\displaystyle \frac{1}{3}}\cdot G\cdot h$

$V_0={\displaystyle \frac{1}{3}}\cdot 16{\text{cm}}^2\cdot 4\text{cm}={\displaystyle \frac{1}{3}}\cdot 64{\text{cm}}^3$

Das Volumen des Würfels ist: $V_{\text{Würfel}}={\overline{AC}}^3=4^3{\text{cm}}^3=64{\text{cm}}^3$

${\displaystyle \frac{V_{\text{Würfel}}}{V_0}}={\displaystyle \frac{64{\text{cm}}^3}{\frac{1}{3}\cdot 64{\text{cm}}^3}}={\displaystyle \frac{1}{\frac{1}{3}}}={\displaystyle \frac{3}{1}}$