Geschwindigkeit, die der ICE eine halbe Minute nach 15: 00 Uhr hat.

Berechne $f(0{,}5)=30\cdot 0{,}5^{3}-90 \cdot 0{,}5^{2}+240=221{,}25$

Die Geschwindigkeit beträgt rund $221\;\dfrac{\text{km}}{\text{h}}$.

Nachweis, dass die Geschwindigkeit in der ersten halben Minute nach 15: 00 Uhr um einen kleineren Betrag abnimmt als in der darauf folgenden halben Minute

Berechne die Differenz der Geschwindigkeiten zum Zeitpunkt $x=0$ und $x=0{,}5$ und vergleiche mit der Differenz der Geschwindigkeiten zum Zeitpunkt $x=0{,}5$ und $x=1$.

Es ergeben sich folgende Funktionswerte: $f(0)=240; f(0{,}5)=221{,}5; f(1)=180$

Dann folgt für die Differenzen:

$f(0)-f(0{,}5)=240-221{,}25=18{,}75$

$f(0{,}5)-f(1)=221{,}25-180=41{,}25$

Dabei ist $41{,}25>18{,}75$, d.h. die Geschwindigkeit nimmt in der ersten halben Minute nach 15: 00 Uhr um einen kleineren Betrag ab als in der darauf folgenden halben Minute.

Länge des Zeitraumes, in dem die Geschwindigkeit höchstens 200, aber mindestens 150 Kilometer pro Stunde beträgt

Löse die Gleichung $f(x)=200$ mit dem Ergebnis $x_1\approx0{,}7739$ und die Gleichung $f(x)=150$ mit dem Ergebnis $x_2\approx 1{,}3473$.

Die Differenz der beiden Zeiten ist dann $x_2-x_1\approx0{,}5734$

Die Länge des Zeitraumes, in dem die Geschwindigkeit höchstens $200$, aber mindestens $150$ Kilometer pro Stunde beträgt, ist etwa $0{,}57$ Minuten.

Mögliche Werte $x_{1}$ und $x_{2}$ an, sodass gilt: $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=f^{\prime}\left(x_{2}\right)$

Lasse Dir die Ableitung von $f$ anzeigen: $y=\dfrac{d}{dx}(f(x))$

Im Intervall $[0;2]$ ist diese Parabel achsensymmetrisch zu $x=1$.

Gleiche Ableitungswerte findet man dann an den Stellen, an denen $x_1$ und $x_2$ den gleichen Abstand zu 1 haben, z.B. bei $x_1=1-0{,}5=0{,}5$ und $x_2=1+0{,}5=1{,}5$.

Also ist $f^{\prime}\left(0{,}5\right)=f^{\prime}\left(1{,}5\right)$.

Aussage $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=f^{\prime}\left(x_{2}\right)$ im Sachzusammenhang

Die momentanen Änderungsraten der Geschwindigkeiten sind zu den

Zeitpunkten $x_1$ und $x_2$ identisch.

Zeitpunkt, zu dem die Geschwindigkeit am stärksten abnimmt

Die stärkste Abnahme findet an der Stelle statt, an der $f'(x)$ minimal wird.

Das ist für $x=1$ im Scheitel der Parabel der Fall.

Der Zeitpunkt, zu dem die Geschwindigkeit am stärksten abnimmt, liegt bei $15:01$ Uhr.

Zeitraum, der frühestens um 14:59 Uhr beginnt und spätestens um 15: 03 Uhr endet, in dem der ICE eine Strecke mit einer Länge von genau $7 \mathrm{~km}$ zurücklegt

Die Geschwindigkeit ist in $\dfrac{\text{km}}{\text{h}}$ gegeben. Für eine Streckenberechnung, mit einer Zeit in Minuten, muss die Geschwindigkeit umgerechnet werden: $\dfrac{\text{km}}{\text{h}}\mapsto \dfrac{1}{60}\dfrac{\text{km}}{\text{min}}$

Die zurückgelegte Strecke ist dann $s(t)=\dfrac{1}{60}\displaystyle\int_0^tf(x)\;dx$.

Die Geschwindigkeit von $15: 00$ Uhr bis $15: 02$ Uhr wird mithilfe der Funktion $f$ beschrieben. Die in diesen $2$ Minuten zurückgelegte Strecke wird dann durch das Integral berechnet: $s(2)=\dfrac{1}{60}\displaystyle\int_0^2f(x)\;dx=6$

Nach $2$ Minuten wurden $6$ km zurückgelegt. Da die zurückgelegte Strecke aber genau $7$ km sein soll, muss noch die Zeit berechnet werden, in der der ICE mit der konstanten Geschwindigkeit $f(2)$ eine Strecke von $1$ km zurücklegt.

$f(2)=120 \dfrac{\text{km}}{\text{h}}\;\Rightarrow\;s=\dfrac{1}{60}\cdot 120\cdot t=1\;\Rightarrow\;t=\dfrac{1}{2}$

Der gesamte Zeitraum, in dem genau $7$ km zurückgelegt werden, beträgt $2{,}5$ Minuten.

Der Zeitraum beginnt um $15:00$ und endet $2{,}5$ Minuten später.

Prüfung der Aussage

Steigung um 15:01 Uhr

Zum Zeitpunkt $15:01$ Uhr ist die Geschwindigkeit durch die Funktion $f(x)=30 x^{3}-90 x^{2}+240$ gegeben.

Gesucht ist nun die Gleichung der Tangente an den Graphen von $f$ im Punkt $(1|𝑓(1))$.

Es ist $f'(1)=-90$ und $f(1)=180$. Dann folgt für die Tangentengleichung:

$t(x)=-90\cdot x+b$ und mit $180=-90\cdot 1+b\;\Rightarrow\;b=270$

Dann ist $t(x)=-90\cdot x+270$.

Die Tangente hat die Nullstelle $x=3$.

Zurückgelegter Weg

Für die zurückgelegte Strecke von $15: 01$ Uhr bis $15: 03$ Uhr ergibt sich:

Der zurückgelegte Weg kann entweder mit der Formel für die Dreiecksfläche $\dfrac{1}{2}\cdot g\cdot h$ oder mithilfe eines Integrals berechnet werden.

Berechnung mithilfe der Dreiecksfläche:

$s=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2}{60}\cdot f(1)=\dfrac{1}{60}\cdot180=3$

Berechnung mithilfe eines Integrals:

$s=\dfrac{1}{60}\cdot\displaystyle\int_{1}^{3} t(x)\; d x=3$

Die Aussage ist also richtig.

Passende Werte von $a, b$ und $c$

Gegeben sind $s(x)=a \cdot \sin (b \cdot x)+c$ und $E_{1}(-2 \mid-1)$ und $E_{2}(2 \mid 3)$.

Die Ruhelage liegt in der Mitte zwischen Minimum und Maximum, also bei

$y=\frac{1}{2}\cdot(3+(-1))=1$. Der Parameter $c$ hat also den Wert $1$.

Die Amplitude ist die Differenz zwischen Maximum und der Ruhelage.

Also ist der Parameter $a=3-1=2$.

b ist der Periodenfaktor. Die Periode ist $p=\dfrac{2\cdot\pi}{b}$$\;\Rightarrow\;b=\dfrac{2\cdot\pi}{p}$

Der Abstand zwischen dem Minimum und dem Maximum entspricht einer halben Periode. $\;\Rightarrow\;\dfrac{p}{2}=|-2|+2=4\;\Rightarrow\;p=8$

Dann folgt für $b=\dfrac{2\cdot\pi}{p}=\dfrac{2\cdot\pi}{8}=\dfrac{\pi}{4}$

Die passenden Werte sind $a=2, b=\dfrac{\pi}{4}$ und $c=1$.

Zur Veranschaulichung dient die folgende Abbildung.

Wert des Terms $\displaystyle\int_{-2}^{2} s(x)\; d x$

Es ist $\displaystyle\int_{-2}^{2} 2 \cdot \sin \left(\frac{\pi}{4} \cdot x\right)+1\; d x=4$

Beschreibung mithilfe der Abbildung 2, wie man zu diesem Wert mit geometrischen Überlegungen gelangen kann

Die Funktion $s(x)$ ist wegen $c=1$ punktsymmetrisch zum Punkt $(0|1)$.

Die beiden orangefarbigen Flächenstücke haben den gleichen Flächeninhalt $A_1$ bzw. $A_4$. Ebenso haben die beiden grünen Flächenstücke den gleichen Flächeninhalt $A_2$ bzw. $A_3$. Das gestreifte Quadrat hat den Flächeninhalt $4$.

Es ist also $A_1=A_4$ und $A_2=A_3$.

Für die Flächenbilanz gilt dann:

$\displaystyle\int_{-2}^{2} s(x)\; d x=-A_1+A_2+(4-A_3)+A_4=-A_1+A_2+4-A_2+A_1=4$

Untersuchung, ob eine dieser Geraden im jeweiligen Wendepunkt Tangente an den Graphen von $s$ ist

Für die Wendepunkte gilt: $WP(4k|1)$ mit $k\in \mathbb{Z}$.

Die Geraden verlaufen durch den Wendepunkt und den Punkt $P(2022\mid 2022)$.

Für die Geradensteigungen gilt dann:

$m=\dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=\dfrac{2022-1}{2022-4k}=\dfrac{2021}{2022-4k}$ mit $k\in \mathbb{Z}$

Die Steigung in den Wendepunkten ist entweder $-\frac{\pi}{2}$ oder $+\frac{\pi}{2}$, d.h. es handelt sich hier um irrationale Zahlen.

Die Tangentensteigungen in den Wendepunkten sind $m=\dfrac{2021}{2022-4k}$.

Der Wert von $m$ ist für jedes $k\in \mathbb{Z}$ eine rationale Zahl.

Das ist ein Widerspruch zu den Steigungen in den Wendepunkten.

Keine der Geraden im jeweiligen Wendepunkt ist Tangente an den Graphen von $s$.