Wahlteil - GTR

Gib zunächst den Term in deinen GTR-Rechner ein.

Konzentration nach einer Stunde

Bestimme mithilfe des Rechners den Funktionswert, einfach durch Einsetzen:

$f(1)\approx 3{,}6$

Somit beträgt die Konzentration nach einer Stunde noch $3{,}6 \frac{mg}{l}$

Konzentration übersteigt 2,8 $\frac {mg}{l}$

Zeichne zu dem Graphen von $f(x)$ den Graphen von $y=2{,}8$.

Finde den ersten Schnittpunkt der beiden Graphen:

$\Rightarrow\;x_1\approx0{,}25$

Dabei ist $x$ in Stunden angegeben.

$0{,}25$ Stunden sind $0{,}25\cdot60=15$ Minuten.

Also wird der Wert erstmals nach ca. 15 Minuten überschritten.

Konzentration mindestens $0{,}5\;\frac{\mathrm{mg}}{\mathrm{l}}$

Zeichne zu dem Graphen von $f(x)$ den Graphen von $y=0{,}5$.

Finde die Schnittpunkte der beiden Graphen:

$\Rightarrow\;x_1\approx0{,}029$ und $x_2\approx7{,}675$ (erneut in Stunden)

Um herauszufinden, wie lange die Konzentration im Blut mindestens $0{,}5\;\frac{\mathrm{mg}}{\mathrm{l}}$ beträgt, subtrahierst du die beiden Zeitpunkte voneinander:

$\Delta x=7{,}68-0{,}03=7{,}65$.

Da $f(x) > 0{,}5$ für $x_1 < x < x_2$ gilt, ist die Konzentration ungefähr $7{,}6$ Stunden mindestens $0{,}5\;\frac{\mathrm{mg}}{\mathrm{l}}$ groß.

Die Konzentration ist also für 7,6 Stunden höher als $0{,}5 \frac{mg}l$

x-Koordinate der Extremstelle

Die Gleichung $f'(x)=0$ hat für $0\leq x\leq 12$ nur die Lösung $x_H\approx0{,}7$.

Betrachte für das Vorzeichenwechselkriterium Ableitungswerte in der Nähe von $x_H$, also z.B. $x=0{,}5$ bzw. $x=0{,}9$.

$\Rightarrow\;$ $f'(0{,}5)\approx1{,}4>0$ und $f'(0{,}9)\approx-0{,}6$.

Es findet also ein Vorzeichenwechsel von $+\mapsto -$ statt. Also liegt ein Hochpunkt vor.

y-Koordinate bzw. zugehörige Konzentration

Setze zum Schluss noch $x=0{,}7$ in die Funktion $f$ ein, um die angegebene Konzentration im Blut zu überprüfen:

$f(0{,}7)\approx 3{,}75$

Die Konzentration ist nach rund $0{,}7$ Stunden mit etwa $3{,}75\;\frac{\mathrm{mg}}{\mathrm{l}}$ am höchsten.

Berechnung des x-Wertes

Sei $x_0$ ein beliebiger Startzeitpunkt. Dann ist gesucht, wann der Wert, der zwei Stunden nach $x_0$ angenommen wird, genauso groß ist wie der von $x_0:$

Der GTR-Rechner liefert $x\approx 0{,}22$

Also nach 0,2 Stunden.

Der GTR-Rechner liefert nach dem Löse-Befehl (nSolve):

für $x\approx 2{,}3$

Die Ableitungsfunktion $f'$ beschreibt die (Tangenten-)Steigung einer Funktion an einem ausgewählten x-Wert.

Der Bruch auf der rechten Seite ist ein Differenzenquotient: Es wird die durchschnittliche Steigung (Sekantensteigung) zwischen zwei x-Werten bestimmt, von denen einer um eins größer ist als der gerade betrachtete x-Wert und einer um eins kleiner.

In der Abbildung unten siehst du die graphische Interpretation: Gesucht ist der Punkt, an dem die Tangentensteigung genauso groß ist wie die oben definierte Sekantensteigung.

Deuten solltest du die Gleichung aber auch im Sachkontext:

2,3 Stunden nach der Einnahme ist die durchschnittliche Abnahme der Konzentration im Zeitraum zwischen 1,3 und 3,3 Stunden genau so groß wie die tatsächliche, momentane Abnahme der Konzentration.

Tangente bestimmen

Da der Graph an der Stelle $x=6$ stetig fortgesetzt werden soll, muss die Gerade, die daran anschließt, die gleiche Steigung haben. Es handelt sich also um die Tangente im Punkt $P(6|f(6))$:

$t(x)=m\cdot x+b$ mit $m=f'(6)\approx-0{,}248$ (gleiche Steigung)

und $f(6)\approx 0{,}826$ (gleicher Funktionswert).

Also ist die Tangente in Punkt-Steigungs-Form:

$t(x)=-0{,}248\cdot(x-6)+0{,}826$ bzw. $t(x)=-0{,}248x+2{,}31$

Die Nullstelle der Tangente entspricht dem gesuchten Zeitpunkt in Stunden.

$𝑡$ hat die Nullstelle $x_N$ mit $x_N \approx 9{,}3$.

Also sinkt die Konzentration 9,3 Stunden nach der Einnahme auf $0\;\frac{\mathrm{mg}}{\mathrm{l}}$.

Aus einer früheren Teilaufgabe weißt du, dass die höchste Konzentration 3,75 $\frac{mg}{l}$

Term für die Einnahme der zweiten Tablette

Durch $f(x-4)$ wird der Graph der Funktion f um vier nach rechts verschoben:

Das allein genügt jedoch nicht, denn die bereits vorhandene Menge im Blut muss ebenfalls berücksichtigt werden. Diese muss dazuaddiert werden:

$f(x)+f(x-4)$

Hochpunkt des neuen Funktionsgraphen

Bestimme mithilfe des GTR-Rechners die Extremstellen der neuen Hilfs-Funktion $h(x)=f(x)+f(x-4)$ mit $x\geq 4$.

Zu ermitteln ist das absolute Extremum von $h(x)$ für $x\geq 4$.

Eine notwendige Bedingung für relative Extrema ist $h'(x)=0.$

Bilde mit $\dfrac{d}{dx}(h(x))$ die erste Ableitung der Funktion $h(x)$ und finde die Nullstelle:

$h'(x)=0$ für $x\approx4{,}63$

Wegen $h(4)\approx1{,}506$, $h(4{,}63)\approx4{,}98$ und $\displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty}h(x)=0$ ist $x\approx4{,}63$ die absolute Maximumstelle.

Die höchste Konzentration ist $4{,}98 \;\frac{\mathrm{mg}}{\mathrm{l}}$ und bleibt somit unter dem vorgegebenen Höchstwert von $6 \;\frac{\mathrm{mg}}{\mathrm{l}}$.

Integral bestimmen

$f_a$ hat nur die Nullstelle $0$.

Du suchst die Werte von $a,$ für die der Wert des Integrals gleich $0{,}2$ oder $-0{,}2$ ist.

Fall 1

Dann ist $\displaystyle \int_0^1 f(x)\;dx=F_a(1)-F_a(0)=0{,}2$

Gegeben ist $F_{a}(x)=-\frac{1}{a} \cdot e^{-a \cdot x}+\frac{1}{4} e^{-4 x}$.

$F_a(1)=-\frac{1}{a} \cdot e^{-a }+\frac{1}{4} e^{-4 }$ und $F_a(0)=-\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{4}$.

Definiere die Funktionen $g(x)=-\frac{1}{x} \cdot e^{-x }+\frac{1}{4} e^{-4 }$ und $h(x)=\frac{1}{4} e^{-4 }$ .

Es gilt dann: $\displaystyle \int_0^1 f(x)\;dx=g(x)-h(x)=0{,}2$ oder $g(x)=h(x)+0{,}2=-\dfrac{1}{x}+0{,}45$

Bestimme die Schnittstelle von $g(x)$ mit $-\dfrac{1}{x}+0{,}45$.

Du erhältst $x_1\approx1{,}91$, d.h. $a_1\approx1{,}9$.

Fall 2

Nun gilt: $\displaystyle \int_0^1 f(x)\;dx=g(x)-h(x)=-0{,}2$.

Verfahre wie im Fall 1:

Es gilt $g(x)=h(x)-0{,}2=-\dfrac{1}{x}+0{,}05$.

Bestimme die Schnittstelle von $g(x)$ mit $-\dfrac{1}{x}+0{,}05$.

Du erhältst $x_2\approx22{,}016$, d.h. $a_2\approx22{,}0$.

Du hast die beiden Werte $a_1\approx 1{,}9$ und $a_2\approx22{,}0$ gefunden.

Der Funktionsterm nimmt für $x>0$ Werte in Abhängigkeit von $a$ an.

Die Terme $e^{-ax}$ und $e^{-4x}$ können mit dem Potenzgesetz umgeformt und verglichen werden, um herauszufinden, wann diese Fälle eintreten.

Für $a=4$ wären die Terme gleich.

Also untersuchen wir zwei Fälle mit dem Funktionsterm:

• $0<a<4$, dann gilt für $x>0$: $f_a(x)=\underbrace{e^{-a\cdot x}}_{\text{für a<4 größer als der andere Term}}-e^{-4x}>0$

• $a>4$, dann gilt für $x>0$: $f_a(x)=\underbrace{e^{-a\cdot x}}_{\text{für a>4 kleiner als der andere Term}}-e^{-4x}<0$

Der erste Fall beschreibt Graphen mit einem Hochpunkt, der zweite Fall Graphen mit einem Tiefpunkt, siehe Abbildung.

Wert für $a$ damit sich die Graphen senkrecht schneiden

Die gespiegelte Funktion $g(x)=-f(x)$ ist:

$g_a(x)=-f_{a}(x)=-e^{-a \cdot x}+e^{-4 x}$

Die Graphen schneiden sich in der Stelle $x=0$.

Damit die Graphen sich senkrecht schneiden, muss gelten:

Genau dann sind die Tangenten der Graphen senkrecht aufeinander stehende Geraden.

Die Gleichung $1=(a-4)^2$ hat die beiden Lösungen $a=3\quad\or\quad a=5$.

Die beiden Graphen schneiden sich also im Punkt $(0|0)$ senkrecht, wenn $a=3$ oder $a=5$ ist.

Begründen Sie, dass jeder Graph von $f_a$ drei verschiedene Nullstellen hat

Aus $f_a(x)=0$ folgt: $x=0$ oder $x=a$ oder $x=2a$.

Da $a\neq 0$ gilt, hat jeder Graph drei verschiedene Nullstellen.

Begründen Sie, dass jeder Graph von $f_a$ den Wendepunkt $(a \mid 0)$ hat

Es gilt: $f_{a}^{\prime \prime}(x)=6 x-6 a\;\Rightarrow\;f_{a}^{\prime \prime\prime}(x)=6\neq 0$

$f_{a}^{\prime \prime}(a)=0$

Die Bedingung für einen Wendepunkt an der Stelle $a$ ist erfüllt.

$x=a$ ist Nullstelle, also ist $f_a(a)=0$

Der Wendepunkt hat also die Koordinaten $(a|0)$.

Für jeden Wert von $a$ haben die Graphen zu $f_{a}$ und $f_{-a}$ im Koordinatenursprung dieselbe Steigung

$f_{a}(x)=x^{3}-3 a x^{2}+2 a^{2} x\;\Rightarrow\;f'_a(x)=3x^2-6ax+2a^2$

$f'_a(0)=2a^2$ und $f'_{-a}(0)=2(-a)^2=2a^2$

Die Graphen haben jeweils die gleiche Steigung.

An der Stelle $x=2$ beträgt der Funktionswert $5$

$f_{a}(x)=x(x-a)(x-2 a)\;\Rightarrow\;f_{a}(2)=2(2-a)(2-2 a)=5$

Der GTR liefert für die Gleichung $2(2-a)(2-2 a)=5$ die Werte:

$a_1\approx0{,}275255...$ und $a_2\approx2{,}724744...$

Für $a_1\approx 0{,}28$ und $a_2\approx 2{,}72$ beträgt an der Stelle $x=2$ der Funktionswert $5$.

Begründen Sie mithilfe des Krümmungsverhaltens, dass die beiden Graphen im betrachteten Intervall keine weiteren gemeinsamen Punkte haben

Die gemeinsamen Punkte sind $(0|0)$ und $(2|24)$.

$f_{a}^{\prime \prime}(x)=6 x-6 a$

Für $0 \leq x \leq 2$ gilt dann:

$f_4''(x)= 6x − 24 < 0$

$f_{-1}''(x) = 6x + 6 > 0$

Im Intervall $[0; 2]$ ist der Graph von $f_4$ rechtsgekrümmt und der Graph von $f_{-1}$ linksgekrümmt.

Also gibt es keine weiteren gemeinsamen Punkte.

Beschreibung des Dreiecks

Da zwei der Seiten des Dreiecks auf den Koordinatenachsen liegen, ist es insbesondere ein rechtwinkliges Dreieck.

Da in einem gleichschenkligen Dreieck die zwei Basiswinkel gleich groß sein müssen, folgt mit der Innenwinkelsumme, dass die Basiswinkel 45 Grad groß sein müssen.

Steigung folgern

Wir wissen nun, dass die Tangente in einem Winkel von 45 Grad zu den Koordinatenachsen liegt. Die einzigen möglichen Steigungen sind damit $m=\pm1$.

Parameter finden

Wir berechnen nun zuerst die Steigungen der Tangenten zu $f_a$ bei $x=a$. Diese ist durch die Ableitung $f_a'(a)$ gegeben. Also gilt:

Wir wissen bereits, dass das Dreieck nur bei den Steigungen $m_{1{,}2}=\pm1$ gleichschenklig ist. Also setzen wir gleich und lösen nach $a$ auf:

Da Quadrate nicht negativ werden, kann der Fall $m=1$ nicht erreicht werden und wir lösen:

Also ist das gebildete Dreieck für $a=\pm1$ gleichschenklig.

Gibt es Werte von $a$, sodass die Gerade durch die Punkte $P$ und $Q_{a}$ eine Tangente an den Graphen von $f_{a}$ im Punkt $Q_{a}$ ist?

Berechne die Steigung der Geraden durch die Punkte $P$ und $Q_a$:

$m_a=\dfrac{f_a(3)-0}{3-1} = \dfrac{3}{2}\cdot (3 − a)\cdot(3 − 2a)$

Die Steigung der Tangente an den Graphen von $f_a$ im Punkt $Q_a$:

$f_a'(x)=3x^2-6ax+2a^2\;\Rightarrow\;f_a'(3)=3\cdot3^2-6a\cdot 3+2a^2$

$f_a'(3)=27-18\cdot a+2a^2$

Zeichnen der Graphen zu $m_a$ und $f_a'(3)$ liefert zwei Schnittpunkte, deren

x-Koordinaten die gesuchten Werte von $a$ sind:

$a_1\approx −6{,}6$ und $a_2\approx 2{,}1$

Der Punkt $(0|2)$ liegt auf keiner der Geraden durch die Punkte $P$ und $Q_{a}$

Stelle die Gleichung der Geraden durch $P$ und $Q_a$ auf:

$y = 1{,}5\cdot(3 − a)\cdot(3 − 2a) \cdot x + b$

Einsetzen der Koordinaten von $P(1|0)$ liefert den y-Achsenabschnitt in Abhängigkeit von $a$:

$0=1{,}5\cdot(3 − a)\cdot(3 − 2a) \cdot 1 +b\;\Rightarrow\;b(a)=-1{,}5\cdot(3 − a)\cdot(3 − 2a)$

$b(a)=(3-a)\cdot((-1{,}5)\cdot 3-(-1{,}5)\cdot2a)=-3\cdot(3-a)\cdot(1{,}5-a)$

b(a) ist eine nach unten geöffnete Parabel.

$b(a)$ hat die Nullstellen $x_1=1{,}5$ und $x_2=3$.

Die x-Koordinate des Scheitelpunktes der Parabel liegt dann bei $x=\dfrac{1{,}5+3}{2}=2{,}25$.

$b(2{,}25)=-3\cdot(3-2{,}25)\cdot(1{,}5-2{,}25)=-3\cdot0{,}75\cdot(-0{,}75)=1{,}6875$

Der Scheitelpunkt hat die Koordinaten $(2{,}25|1{,}6875)$.

Damit ist der größte y-Achsenabschnitt aller Geraden also $1{,}6875$.

Damit liegt $(0|2 )$ auf keiner der Geraden, da $2>1{,}6875$ ist.

Die Werte von $a$, für die der zugehörige Graph von $f_{a}$ im Intervall $[-1 ; 0]$ dieselbe durchschnittliche Steigung hat wie der Graph von $f_{3}$

Alle Graphen verlaufen durch den Ursprung. Deshalb sind die betrachteten Steigungen identisch, wenn $f_3(-1)=f_a(-1)$ gilt.

$f_{3}(x)=x^{3}-9 x^{2}+18 x\;\Rightarrow\;f_{3}(-1)=(-1)^{3}-9 \cdot (-1)^{2}+18 \cdot (-1)=-28$

$f_{a}(x)=x^{3}-3 a x^{2}+2 a^{2} x\;$$\Rightarrow\;f_{a}(-1)=(-1)^{3}-3 a \cdot(-1)^{2}+2 a^{2} \cdot (-1)= −1 − 3a − 2a^2$

Berechne den Schnittpunkt: $f_3(-1)=f_a(-1)$.

Berechne also die Lösung der Gleichung $28=2a^2+3x+1$

Der GTR liefert die Lösungen $a_1 = −4{,}5$ und $a_2 = 3$.

Berechnen Sie das Verhältnis der Inhalte dieser beiden Flächen

Fläche 1:

Der GTR liefert die Koordinaten des Tiefpunktes $x_T\approx4{,}732$ und $y_T\approx-10{,}392$.

Die Tangente an den Graphen von $f_{3}$ im Tiefpunkt hat dann die Gleichung:

$y=f_3(x_T)\approx-10{,}392$.

Die Tangente schneidet den Graphen in einem weiteren Punkt:

$f_3(x)=f_3(x_T)$ mit der Lösung $x_2\approx-0{,}464$

Für die eingeschlossene Fläche erhält man dann:

$A_1=\displaystyle\int_{x_2}^{x_{T}}\left(f_3(x)-(-10{,}392)\right)\;dx\approx60{,}75$

Fläche 2:

Inhalt der Fläche zwischen dem Graphen von $f_3$ und der x-Achse:

$A_2=\displaystyle\int_{0}^{3}f_3(x)\;dx=20{,}25$

Das Verhältnis ist: $\dfrac{A_1}{A_2}\approx3$

Intervall, in dem der Klimadeich mindestens $5 \mathrm{~m}$ hoch ist

Zeichne eine Parallele zur x-Achse im Abstand $5$. Betrachte die x-Koordinaten der beiden Schnittpunkte der Parallelen mit dem Graphen von $f$.

Dann gehen die Markierung auf der x-Achse von etwa $17$ bis etwa $42$.

Entscheidung, ob der Klimadeich diese Regel (etwa fünfmal so breit wie er hoch) erfüllt

Die beiden Nullstellen von $f$ liegen bei $x=0$ und bei $x\approx46$, d.h. der Deich hat eine Breite von etwa $46\;\text{m}$. Die y-Koordinate des Maximums ist die Dammhöhe. Sie beträgt etwa $9\;\text{m}$.

$\;\Rightarrow\;\dfrac{46}{9}\approx5$

Der Klimadeich erfüllt diese Regel.

Maximale Höhe des früheren Deiches auf $\mathrm{cm}$ genau

Berechne $f'(x)=0$:

An der Stelle $x\approx 33{,}14$ liegt das Maximum der Funktion $f$ vor.

$f(33{,}14)$ ist die maximale Höhe des Deiches.

$f(33{,}14)=-\frac{1}{100} \cdot\left(\frac{1}{500}\cdot 33{,}14^{4}-\frac{1}{8} \cdot33{,}14^{3}+\frac{5}{2}\cdot 33{,}14^{2}-45\cdot 33{,}14\right)\approx8{,}83$

Die Höhe des früheren Deiches ist dann:

Durchschnittliche Steigung des Klimadeiches im Intervall $[0; 30]$

Durchschnittliche Steigung $=\dfrac{f(30)-f(0)}{30-0}$

Mit $f(30)=\dfrac{171}{20}$ und $f(0)=0$ folgt dann:

Durchschnittliche Steigung $=\dfrac{\frac{171}{20}-0}{30}=\dfrac{57}{200}=0{,}285$

Die durchschnittliche Steigung des Klimadeiches im Intervall $[0; 30]$ beträgt $0{,}285$.

Neigungswinkel des Klimadeiches an der Stelle $x=0$

Es ist $f'(0)=\dfrac{9}{20}$.

Dann gilt für den Neigungswinkel des Klimadeiches:

Der Neigungswinkel des Klimadeiches an der Stelle $x=0$ beträgt rund $24^\circ$.

Prozentualer Anteil des Sandkerns im Querschnitt im Bereich $5 \leq x \leq 42$

Oberer Randverlauf des Sandkerns: $g(x)=f(x)-1{,}5$

Inhalt des Querschnitts: $A_Q=\displaystyle\int_5^{42}f(x)\;dx\approx224{,}37$

Inhalt des Sandkernquerschnitts: $A_S=\displaystyle\int_5^{42}g(x)\;dx\approx168{,}97$

Dann gilt für das Verhältnis:$\quad\dfrac{A_S}{A_Q}=\dfrac{168{,}97}{224{,}37}\approx0{,}753$

Der prozentuale Anteil des Sandkerns im Querschnitt im Bereich $5 \leq x \leq 42$ beträgt rund $75\;\%$.

Querschnitts der Kleibodenschicht kann mit $1{,}5\cdot(b-a)$ berechnet werden

Der untere Rand der Kleibodenschicht ist gegeben durch $g(x)=f(x)-1{,}5$.

Der Flächeninhalt des Querschnitts der Kleibodenschicht ist:$\displaystyle\int_a^{b}\left(f(x)-g(x)\right)\;dx=\displaystyle\int_a^{b}(f(x)-(f(x)-1{,}5))\;dx=\displaystyle\int_a^{b}1{,}5\;dx$

$\displaystyle\int_a^{b}1{,}5\;dx=[1{,}5x]_a^b=1{,}5\cdot(b-a)$

Damit ist gezeigt, dass der Inhalt des Querschnitts der Kleibodenschicht mit $1{,}5\cdot(b-a)$ berechnet werden kann.