Wahlteil - GTR

Berechnen der Nullstelle

$f_1(x)=x \cdot e^{-\frac{1}{2} x^{2}+\frac{1}{2}}$

$f_1(x)=0\;\Rightarrow\;0=x \cdot e^{-\frac{1}{2} x^{2}+\frac{1}{2}}$

Da für alle $x$ gilt: $e^{-\frac{1}{2} x^{2}+\frac{1}{2}}\neq 0$ bleibt nur die Lösung $x=0$.

$f_{1}$ hat genau eine Nullstelle bei $x=0$.

Weitere Eigenschaften:

• Wegen $f(-x)=-f(x)$ ist der Graph von $f_1$ punktsymmetrisch zum Koordinatenursprung.

• Der Graph nähert sich rechts und links asymptotisch an die x-Achse an. Es gilt: $\displaystyle\lim_{x\rightarrow \pm\infty}f_1(x)=0$

• Es ist $f_{1}'(x)=\text{Ableitung}(f_{1})=e^{-\frac{1}{2} x^{2}+\frac{1}{2}}(1-x^2)$. $f_{1}'(x)=0$ für $x=\pm 1$.

• Gemäß der Abbildung hat der Graph bei $x=1$ einen $HP$ mit der y-Koordinate $f_1(1)=1\cdot e^0=1$ $\;\Rightarrow\;HP(1|1)$ und wegen der Punktsymmetrie einen $TP(-1|-1)$.

Sachverhalt analysieren

Für jede Stammfunktion $F_{1}$ von $f_{1}$ und für jede reelle Zahl $u>2022$ gilt:

$F_{1}(u)-F_{1}(0) \approx \displaystyle\int_{0}^{2022} f_{1}(x)\; d x$

Für jede Zahl $u>2022$ schließen der Graph von $f_1$, die x-Achse und die Gerade $x=u$ ein bestimmtes Flächenstück ein. Dieses Flächenstück ist ungefähr so groß, wie der Flächeninhalt, den der Graph von $f_1$ mit der x-Achse und der Geraden $x=2022$ einschließt.

Ab $u>2022$ kommt sozusagen keine nennenswerte Fläche mehr durch das Integral dazu. Das liegt an der asymptotischen Annäherung des Graphen an die $x$-Achse.

Begründung

$\displaystyle\int_{-0{,}5}^{1} f_{-1}(x) d x=\int_{0{,}5}^{1} f_{-1}(x)\; d x$

$f_{-1}$ ist punktsymmetrisch zum Koordinatenursprung. Deshalb ist $\left|\displaystyle\int_{-0{,}5}^{0} f_{-1}(x) \;d x\right|=\displaystyle\int_{0}^{0{,}5} f_{-1}(x)\; d x$.

Die linke Teilfläche liegt aber unterhalb der x-Achse, sodass $\displaystyle\int_{-0{,}5}^{0{,}5} f_{-1}(x)\; d x=0$ ist. Es bleibt nur der Inhalt der Teilfläche im Intervall $[0{,}5; 1]$ übrig.

Berechnung von $a$

Für $x=1$ ist $f_a(1)=e$:

Vergleiche die Exponenten: $1=-\frac{1}{2} a +\frac{1}{2}\;\Rightarrow\;\frac{1}{2}=-\frac{1}{2} a\;\Rightarrow\;a=-1$

Berechnung des Winkels, den der Graph von $f_{a}$ mit der Parallelen zur $x$-Achse durch den Punkt $P$ einschließt

Gegeben ist $f_{a}^{\prime}(x)=\left(1-a \cdot x^{2}\right) \cdot e^{-\frac{1}{2} a \cdot x^{2}+\frac{1}{2}}$.

Dann ist $f_{-1}'(x)=e^{-\frac{1}{2} (-1) \cdot x^{2}+\frac{1}{2}}(1-(-1)\cdot x^2)=e^{\frac{1}{2}\cdot x^{2}+\frac{1}{2}}(1+x^2)$

Für $x=1$ ist dann $f_{-1}'(1)=e^{\frac{1}{2}\cdot 1^{2}+\frac{1}{2}}(1+1^2)=e^1\cdot 2$

Für den Winkel gilt dann: $\varphi=\tan^{-1}(2e)\approx80^\circ$.

Der Graph von $f_{a}$ schließt mit der Parallelen zur $x$-Achse durch den Punkt $P$ einen Winkel von etwa $80^\circ$ ein.

Die Abbildung ist in der Aufgabenstellung nicht verlangt worden.

Sie dient nur der Veranschaulichung.

Verlauf der Graphen

• $f_a(0)=0$$\;\Rightarrow\;$ Alle Graphen der Schar gehen durch den Ursprung $(0|0)$.

• $f_{a_1}(x)=f_{a_2}(x)\Leftrightarrow a_1=a_2$ oder $x=0$$\;\Rightarrow\;$ Die Graphen für verschiedenes $a$ haben nur bei $x=0$ einen gemeinsamen Punkt. Wenn sich zwei Graphen außer für $x=0$ noch an einer anderen Stelle schneiden, dann müssen die Graphen identisch sein.

Anzahl der Wendestellen von $f_{a}$ nach dem Wert von $a \in \mathbb{R}$

Für $a=0$ ist $f_0(x)=x \cdot e^{\frac{1}{2}}$ eine Gerade, die keinen Wendepunkt hat.

Für $a \neq 0$ gilt für die Wendestellen $\left(a \cdot x^{2}-3\right) \cdot x=0$ mit den Lösungen:

$x=0$ oder $x^2=\dfrac{3}{a}$

Ist $a<0$, dann hat die Gleichung für die Wendestellen genau eine Lösung und der Graph $f_a$ hat genau eine Wendestelle.

Ist $a>0$, dann hat die Gleichung für die Wendestellen genau drei Lösungen und der Graph $f_a$ hat genau drei Wendestellen.

Der entstehende Graph

Streckung in y-Richtung: $k\cdot f_a(x)$

Streckung in x-Richtung: $f_a\left(\dfrac{x}{k}\right)$

Ausführung beider Streckungen $(k>0)\;\Rightarrow\;k\cdot f_a\left(\dfrac{x}{k}\right)$

Der entstandene Graph $f_{\frac{a}{k^2}}$ ist ebenfalls eine Funktion der Schar.

Lösung

Keiner dieser Punkte liegt auf einem Graphen der Schar

Die Punkte $(x \mid y)$ mit $x \cdot y<0$ liegen im Innern des 2. und 4. Quadranten.

Für $x<0$ muss $y>0$ sein$\;\Rightarrow\;$2. Quadrant.

Für $x>0$ muss $y<0$ sein$\;\Rightarrow\;$4. Quadrant.

$f_{a}(x)=x \cdot e^{-\frac{1}{2} a \cdot x^{2}+\frac{1}{2}}$ $\;\Rightarrow\;$für alle $x$ ist $e^{-\frac{1}{2} a \cdot x^{2}+\frac{1}{2}}>0$

Damit ist $f_{a}(x)<0$ für $x<0$ und $f_{a}(x)>0$ für $x>0$.

Die Graphen der Schar liegen also im Innern des 1. und 3. Quadranten und damit liegen keine Punkte $(x \mid y)$ mit $x \cdot y<0$ auf einem Graphen der Schar.

Begründung, dass es sich dabei um die Gerade mit der Gleichung $y=x$ handelt

Löse die Gleichung $f_a'(x)=0$.

$0=\left(1-a \cdot x^{2}\right) \cdot e^{-\frac{1}{2} a \cdot x^{2}+\frac{1}{2}}\;\Rightarrow\;$nur die Klammer kann null werden.

Du erhältst die Lösungen $x_{1{,}2}=\pm\sqrt{\frac{1}{a}}$.

Berechne zunächst $f_a\left(+\sqrt{\frac{1}{a}}\right)$

Entsprechend erhält man für $f_a\left(-\sqrt{\frac{1}{a}}\right)=-\sqrt{\frac{1}{a}}$

Für beide Extrema gilt jeweils, dass der x-Wert gleich dem Funktionswert ist. Die $x$- und $y$-Koordinaten sind gleich. Alle Extrema liegen somit auf der Geraden mit der Gleichung $y=x$.

Hinweis: Nur zur Veranschaulichung (In der Aufgabenstellung nicht gefordert.)

Drei Scharkurven mit der Ortskurve $y=x$ der Extrema.

Berechne den Wert von $a$, für den das Viereck den Flächeninhalt 144 hat

Für die Skizze wird die in Aufgabe a) verwendete Abbildung $1$, die mit Koordinatenachsen versehen wurde und skaliert ist, benutzt.

Das Viereck stellt ein Trapez dar. Die Flächenformel für das Trapez lautet:

Nach der obigen Skizze hat die Seite $a$ die Länge $2$, die Seite $c$ die Länge $f_a(v)=v$ und die Höhe $h$ hat die Länge $v$.

Eingesetzt in die Flächenformel erhält man:

$A_{\text{Trapez}}=\dfrac{1}{2}\cdot\left(2+v\right)\cdot v$

Dieser Flächeninhalt soll $144$ sein. Löse die Gleichung $\dfrac{1}{2}\cdot\left(2+v\right)\cdot v=144$.

Für $v>0$ erhältst Du die Lösung $v=16$ und damit ist $f_{a}(16)=16$.

Der GTR liefert als Lösung dieser Gleichung $a\approx0{,}003906...$.

Für $a\approx0{,}0039$ hat das Viereck den Flächeninhalt $144$.

Fünfjahreszeiträume

Dem Diagramm entnimmt man die erste Jahreszahl $1950$ mit $10$ Milliarden €.

$1955$ hat sich der Schuldenstand auf $21$ Milliarden € erhöht, also etwas mehr als verdoppelt.

Im weiteren Verlauf findet man dann das Jahr $1970$ mit $64$ Milliarden € und nach $5$ Jahren, also $1975$ einen Schuldenstand von $130$ Milliarden €, also etwas mehr als verdoppelt.

Exponentielle Regression

Wähle z.B. die exponentielle Regression $y=a\cdot e^{b\cdot x}$.

Übertrage alle Daten in eine Tabelle und lass Dir die entsprechenden Koeffizienten anzeigen.

Der TR liefert die Werte $a\approx1{,}15085\cdot10^{-76}$ und $b\approx1{,}09522\;$

$\Rightarrow\; y=1{,}15085\cdot10^{-76}\cdot e^{1{,}09522\cdot x}$

Ergebnis ist eine klassische e-Funktion mit unbegrenztem Schuldenwachstum. Es findet keine Schuldenbremse statt.

Logistische Regression

Wähle als weitere Möglichkeit die logistische Regression $y=\dfrac{c}{1+a\cdot e^{-b\cdot x}}$.

Der TR liefert die Werte $c\approx2938{,}15971$, $a\approx4{,}33448\cdot10^{89}$ und $b\approx0{,}10303$

$\Rightarrow\; y=\dfrac{2938{,}15971}{1+4{,}33448\cdot10^{89}\cdot e^{-0{,}10303\cdot x}}$

Ergebnis ist eine sich abflachende e-Funktion, die geeignet ist, den Schuldenstand mit einer Schuldenbremse darzustellen.

Die Abbildung ist in der Aufgabenstellung nicht verlangt worden.

Sie dient nur der Veranschaulichung.

Die blauen Punkte sind der gegebene Datensatz. Der grüne Graph entspricht der exponentiellen Regression und der orangefarbige Graph der logistischen Regression.

Schuldenstand in Mrd. Euro zu Beginn des Jahres 2025 kann mit dem folgenden Term bestimmt werden: $1490+\displaystyle\int_{0}^{20} g(x)\; d x$

Die Funktion $𝑔$ gibt die Änderung des Schuldenstands in Milliarden € pro Jahr an.

Das Integral von $𝑔$ über ein Zeitintervall gibt die Gesamtzunahme der

Schulden in dem entsprechenden Zeitraum an.

$1490$ Milliarden € ist der Schuldenstand zu Beginn des Jahres $2005$.

Das Integral geht von $0$ (entspricht dem Jahr $2005$) bis $20$ (entspricht dem Jahr $2025$).

Die Summe von $1490$ und dem Integral gibt demnach den Schuldenstand zu Beginn des Jahres $2025$ an.

Skizze des Koordinatensystems

Der Schnittpunkt mit der y-Achse liegt bei $1490$.

Der Hochpunkt liegt an der Stelle der Nullstelle des Graphen von $𝑔$.

Nach dem Hochpunkt erfolgt annähernd eine lineare Abnahme.

Jahr, in dem der erwartete Schuldenstand genauso hoch ist wie zu Beginn des Jahres 2005

Definiere die Funktion $f(x)= 1490+\displaystyle\int_{0}^{t} g(x)\; d x$

Löse dann die Gleichung $f(x)=1490$:

$1490+\displaystyle\int_{0}^{t} g(x)\; d x=1490\;\Rightarrow\;\displaystyle\int_{0}^{t} g(x)\; d x=0$

Der GTR liefert als Lösung $t\approx26{,}824284...$.

Das Ergebnis ist $t\approx26{,}8$ Jahre, d.h. wir sind dann im Jahr $2005+26{,}8=2031{,}8$.

Im Jahr $2031$ ist der zu erwartete Schuldenstand genauso hoch ist wie zu Beginn des Jahres $2005$.

Maximaler Schuldenstand sowie das Jahr, in dem dieser erreicht wird

Der Schuldenstand ist maximal, wenn die Änderungsrate gleich null ist.

$g(x)=235 \cdot e^{-0.25 x}-35=0$

Der GTR liefert als Lösung dieser Gleichung den Wert $x\approx7{,}616949...$.

Das Ergebnis ist $x\approx7{,}62$ Jahre.

Wir sind dann im Jahr $2005+7{,}62=2012{,}62$.

Im Jahr $2012$ ist der zu erwartete Schuldenstand maximal.

Er beträgt $f(7{,}62)= 1490+\displaystyle\int_{0}^{7{,}62} g(x)\; d x\approx2023{,}4$

Der maximale Schuldenstand beträgt etwa $2023{,}4$ Milliarden €.

Nachweis für $a \neq 0$, dass der maximale Funktionswert unabhängig vom Wert von $a$ ist

Setze $h_a'(x)=0\;\Rightarrow\;0=a\cdot(1-2ax)\cdot e^{2ax}$

Mit dem Satz vom Nullprodukt folgt dann, dass $1-2ax=0$ sein muss, da $a\neq0$ und $e^{2ax}>0$ für alle $x$ ist.

$1-2ax=0\;\Rightarrow\;x=\dfrac{1}{2a}$

Berechne den maximalen Funktionswert an der Stelle $x=\dfrac{1}{2a}$:

Der maximale Funktionswert $h_{a}(x)=\dfrac{1}{2}\cdot e$ ist unabhängig von $a$.

y-Koordinate dieses gemeinsamen Punktes mithilfe einer Skizze ohne Berechnung der Geradengleichungen

Die Gerade geht durch den Schnittpunkt mit der $x$-Achse und den Hochpunkt $HP\left(\dfrac{1}{2a}\Big\vert\dfrac{1}{2}e\right)$ des zugehörigen Graphen zu $h_{a}$.

Benötigt wird der Schnittpunkt mit der $x$-Achse.

Berechne $h_a(x)=0$

$0=(1-ax)\cdot e^{2 \cdot a \cdot x}$

Wegen $e^{2ax}>0$ für alle $x$, muss $1-ax=0$ sein $\;\Rightarrow\;x=\dfrac{1}{a}$

Damit ergibt sich folgende Skizze:

Aus der Skizze ist ersichtlich, dass die Strecke $|\frac{1}{a}|$ doppelt so lang wie die Strecke $|\frac{1}{2a}|$ ist.

Mit den Strahlensätzen ist dann auch der y-Achsenabschnitt doppelt so lang wie die Strecke $|\frac{1}{2}e|$.

Die $y$-Koordinate dieses gemeinsamen Punktes auf der y-Achse ist dann gleich $e$.

Werte von $a$, für die der Graph der Ableitungsfunktion $h_{a}^{\prime}$ vollständig unterhalb des Graphen der Funktion $h_{a}$ liegt

Es ist $h_a(x)=(1-ax)\cdot e^{2 \cdot a \cdot x}$ und $h_a'(x)=a\cdot(1-2ax)\cdot e^{2ax}$.

Berechne $h_a(x)=h_a'(x)$:

Die Gleichung kann nur nach $x$ aufgelöst werden, nur wenn $a(1-2a)\neq 0$, d.h. $a\neq 0$ und $(1-2a)\neq 0$.

Man erhält keine Lösung für $a=0$ und für $1-2a=0\;\Rightarrow\;a=\dfrac{1}{2}$.

Es ist $a=0\;\Rightarrow\;h_0(x)=1$ und $h_0'(x)=0$, d.h. $h_0'(x)$ liegt ganz unterhalb von $h_0(x)$.

Es ist $a=\dfrac{1}{2}\;\Rightarrow\;$ $h_{\frac{1}{2}}(x)=(1-\frac{1}{2}x)\cdot e^{2 \cdot \frac{1}{2} \cdot x}=(1-\frac{1}{2}x)\cdot e^x=e^x-\frac{1}{2}xe^x$ und $h_{\frac{1}{2}}'(x)=\frac{1}{2}\cdot(1-2\frac{1}{2}x)\cdot e^{2\frac{1}{2}x}=\frac{1}{2}\cdot(1-x)\cdot e^x=\frac{1}{2}e^x-\frac{1}{2}xe^x$

Damit liegt $h_{\frac{1}{2}}'(x)$ stets unterhalb von $h_{\frac{1}{2}}(x)$, weil $\frac{1}{2}e^x$ stets kleiner als $e^x$ ist.

Die Abbildung ist in der Aufgabenstellung nicht verlangt worden.

Sie dient nur der Veranschaulichung.

Dabei ist $h_{\frac{1}{2}}'(x)$ der schwarze Graph und $h_{\frac{1}{2}}(x)$ der orangefarbige Graph.

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.