Wahlteil - CAS

Die Konzentration eine Stunde nach der Einnahme des Medikamentes

Berechne $f(1)f(1)$:

$f(1)=5\cdot (e^{-\mathrm{0,3}\cdot 1}-e^{-4\cdot 1})\approx \mathrm{3,61}f(1)=5\backslash cdot(e^\{-0\{,\}3\backslash cdot\; 1\}-e^\{-4\backslash cdot\; 1\})\backslash approx3\{,\}61$

Die Konzentration eine Stunde nach der Einnahme des Medikamentes beträgt rund $\mathrm{3,6}\frac{\text{m g}}{\text{l}}3\{,\}6\backslash ;\; \backslash frac\{\backslash text\{m\; g\}\}\{\backslash text\{l\}\}$.

Der Zeitpunkt, zu dem die Konzentration erstmals den Wert 2,8 $\frac{\text{m g}}{\text{l}}\backslash frac\{\backslash text\{m\; g\}\}\{\backslash text\{l\}\}$ annimmt

Gegeben ist $f(x)=5\cdot (e^{-\mathrm{0,3}x}-e^{-4x})f(x)=5\; \backslash cdot\backslash left(e^\{-0\{,\}3\; x\}-e^\{-4\; x\}\backslash right)$.

Berechne $xx$ in der Gleichung $\mathrm{2,8}=5\cdot (e^{-\mathrm{0,3}x}-e^{-4x})2\{,\}8=5\; \backslash cdot\backslash left(e^\{-0\{,\}3\; x\}-e^\{-4\; x\}\backslash right)$

Der Zeitpunkt, zu dem die Konzentration erstmals den Wert 2,8 $\frac{\text{m g}}{\text{l}}\backslash frac\{\backslash text\{m\; g\}\}\{\backslash text\{l\}\}$ annimmt, ist rund eine viertel Stunde nach der Einnahme.

Wie lange beträgt die Konzentration mindestens $\mathrm{0,5}\frac{\text{m g}}{\text{l}}0\{,\}5\; \backslash ;\backslash frac\{\backslash text\{m\; g\}\}\{\backslash text\{l\}\}$?

Berechne $xx$ in der Gleichung $\mathrm{0,5}=5\cdot (e^{-\mathrm{0,3}x}-e^{-4x})0\{,\}5=5\; \backslash cdot\backslash left(e^\{-0\{,\}3\; x\}-e^\{-4\; x\}\backslash right)$

Die Schnittstellen des Graphen von $ff$ mit der Geraden $y=\mathrm{0,5}y=0\{,\}5$ sind $x_1\approx \mathrm{0,029}x\_1\backslash approx0\{,\}029$ und $x_2\approx \mathrm{7,675}x\_2\backslash approx\; 7\{,\}675$. Es ist $x_2-x_1\approx \mathrm{7,6}x\_2-x\_1\backslash approx7\{,\}6$.

Im Bereich ist $f(x)>\mathrm{0,5}f(x)>0\{,\}5$, d.h. die Konzentration beträgt ungefähr $\mathrm{7,6}7\{,\}6$ Stunden mindestens $\mathrm{0,5}\frac{\text{m g}}{\text{l}}0\{,\}5\; \backslash ;\backslash frac\{\backslash text\{m\; g\}\}\{\backslash text\{l\}\}$.

Bestimmen Sie $f^{\mathrm{\prime }}(\mathrm{0,5})f^\{\backslash prime\}(0\{,\}5)$.

Ergebnis: $f^{\mathrm{\prime }}(\mathrm{0,5})\approx \mathrm{1,4}\frac{\text{m g}}{\text{l}}f\text{'}(0\{,\}5)\backslash approx1\{,\}4\backslash ;\backslash frac\{\backslash text\{m\; g\}\}\{\backslash text\{l\}\}$

Interpretieren Sie den Wert im Sachzusammenhang

Eine halbe Stunde nach der Einnahme nimmt die Konzentration im Blut

momentan um etwa $\mathrm{1,4}\frac{\text{m g}}{\text{l}}1\{,\}4\backslash ;\backslash frac\{\backslash text\{m\; g\}\}\{\backslash text\{l\}\}$ pro Stunde zu.

Der Zeitpunkt, zu dem die Konzentration am stärksten abnimmt

Der Zeitpunkt $x_{1}x\_1$ der größten Abnahme liegt vor, wenn $f^{\mathrm{\prime }}f\text{'}$ ein Minimum hat.

Berechne $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)=0f\text{'}\text{'}(x)=0$:

Die einzige Lösung ist:$x_1={\displaystyle \frac{10}{37}}\cdot \ln \left({\displaystyle \frac{1600}{9}}\right)={\displaystyle \frac{10}{37}}\cdot \ln {\left({\displaystyle \frac{40}{3}}\right)}^2={\displaystyle \frac{20}{37}}\cdot \ln \left({\displaystyle \frac{40}{3}}\right)\approx \mathrm{1,400144}x\_1=\backslash dfrac\{10\}\{37\}\backslash cdot\; \backslash ln\backslash left(\backslash dfrac\{1600\}\{9\}\backslash right)=\backslash dfrac\{10\}\{37\}\backslash cdot\; \backslash ln\backslash left(\backslash dfrac\{40\}\{3\}\backslash right)^2=\backslash dfrac\{20\}\{37\}\backslash cdot\; \backslash ln\backslash left(\backslash dfrac\{40\}\{3\}\backslash right)\backslash approx1\{,\}400144$

Der gesuchte Zeitpunkt ist etwa $\mathrm{1,4}1\{,\}4$ Stunden nach der Einnahme.

Wann ist die Konzentration im Blut am größten?

Der Zeitpunkt $x_{1}x\_1$ maximaler Konzentration liegt vor, wenn $ff$ ein Maximum hat.

Berechne $f^{\mathrm{\prime }}(x)=0f\text{'}(x)=0$:

$f^{\mathrm{\prime }}(𝑥)=0f\text{'}(𝑥)\; =\; 0$ hat die einzige Lösung $x_{1}x\_1$ mit $x_1\approx \mathrm{0,7}x\_1\backslash approx0\{,\}7$.

Das Medikament sollte optimalerweise $\mathrm{0,7}+1=\mathrm{1,7}0\{,\}7+1=1\{,\}7$ Stunden vor dem Schlafengehen eingenommen werden.

Interpretieren Sie diese Aussage im Sachkontext

Im betrachteten Zeitraum gibt es keinen Zeitpunkt $xx$, zu dem die Konzentration

genau halb so groß ist wie eine Stunde davor.

Die durchschnittliche Änderungsrate der Konzentration ist so groß wie die momentane Änderungsrate der Konzentration $\mathrm{0,75}0\{,\}75$ Stunden nach der Einnahme

Die durchschnittliche Änderungsrate der Konzentration im Zeitintervall $[x;12][x\; ;\; 12]$ ist

${\displaystyle \frac{f(x)-f(12)}{x-12}}\backslash dfrac\{f(x)-f(12)\}\{x-12\}$

Die momentane Änderungsrate der Konzentration $\mathrm{0,75}0\{,\}75$ Stunden nach der Einnahme ist $f^{\mathrm{\prime }}(\mathrm{0,75})f\text{'}(0\{,\}75)$.

$\Rightarrow \backslash Rightarrow\backslash ;$ Löse die Gleichung ${\displaystyle \frac{f(x)-f(12)}{x-12}}=f^{\mathrm{\prime }}(\mathrm{0,75})\backslash dfrac\{f(x)-f(12)\}\{x-12\}=f\text{'}(0\{,\}75)$

Eine Lösung dieser Gleichung ist $x_{1}x\_1$ mit $x_1\approx \mathrm{0,2}x\_1\backslash approx0\{,\}2$.

Somit gibt es ein solches Zeitintervall.

Die Gesamtkonzentration eine Stunde nach der zweiten Einnahme

Die Konzentration eine Stunde nach der zweiten Einnahme in $\frac{\text{m g}}{\text{l}}\backslash frac\{\backslash text\{m\; g\}\}\{\backslash text\{l\}\}$ ist $f(5)+f(1)f(5)+f(1)$.

Die Konzentration eine Stunde nach der zweiten Einnahme beträgt rund $\mathrm{4,7}\frac{\text{m g}}{\text{l}}4\{,\}7\backslash ;\backslash frac\{\backslash text\{m\; g\}\}\{\backslash text\{l\}\}$.

Die Gesamtkonzentration soll $6\frac{\mathrm{m}\mathrm{g}}{\mathrm{l}}6\; \backslash frac\{\backslash mathrm\{mg\}\}\{\backslash mathrm\{l\}\}$ nicht übersteigen

Die höchste Gesamtkonzentration wird durch das Maximum der Funktion $hh$ mit $h(x)=f(x)+f(x-4),x\ge 4h(x)=f(x)+f(x-4),\; x\backslash geq\; 4$ beschrieben.

Berechne $h^{\mathrm{\prime }}(x)=0h\text{'}(x)=0$:

Das Maximum () hat die y-Koordinate , d.h. die Vorgabe wird eingehalten.

Bestimmen Sie für $z=5z=5$ den Zeitpunkt nach der Einnahme des Medikamentes, zu dem die Konzentration nach diesem vereinfachten Modell null ist

Für $z=5z=5$ ist $P(5\mathrm{\mid }f(5)P(5|f(5)$.

Es ist $t(x)=m\cdot x+bt(x)=m\backslash cdot\; x+b$. Bestimme die Gleichung der Tangente an der Stelle $x=5x=5$ und löse die Gleichung $t(x)=0t(x)=0$.

Ungefähr $\mathrm{8,3}8\{,\}3$ Stunden nach der Einnahme des Medikamentes ist die Konzentration null.

Gibt es einen Zeitpunkt $zz$, sodass die Konzentration genau 6 Stunden nach der Einnahme null ist

Die Tangentengleichung im Punkt $(𝑧\mathrm{\mid }f(𝑧))(𝑧|f(𝑧))$ lautet: $t(x)=f^{\mathrm{\prime }}(z)\cdot (x-z)+f(z)t(x)\; =\; f\text{'}(z)\backslash cdot\; (x-z)\; +\; f(z)$

Gesucht ist nun $t(6)=0t(6)=0$:

Eine Lösung der Gleichung $t(6)=0t(6)=0$ ist $z_{1}z\_1$ mit $z_1\approx 1z\_1\backslash approx1$.

$z_{1}z\_1$ ist ein solcher Zeitpunkt.

Geben Sie $f(2)f(2)$ an und interpretieren Sie den Wert im Sachzusammenhang

Es ist $f(2)=\mathrm{0,005}\cdot 2^3-\mathrm{0,18}\cdot 2^2+\mathrm{1,55}\cdot 2+2=\mathrm{4,42}f(2)=0\{,\}005\backslash cdot\; 2^\{3\}-0\{,\}18\; \backslash cdot\; 2^\{2\}+1\{,\}55\; \backslash cdot\; 2+2=4\{,\}42$

Die Zuflussrate zwei Stunden nach Beobachtungsbeginn beträgt etwa $4400\frac{{\mathrm{m}}^3}{\mathrm{h}}4400\backslash ;\backslash frac\{\backslash mathrm\{m\}^\{3\}\}\{\backslash mathrm\{h\}\}$.

Begründen Sie mithilfe des Graphen von $ff$, dass der Wasserstand im Stausee ständig ansteigt

Der Graph von $ff$ verläuft im Beobachtungszeitraum vollständig oberhalb der

x-Achse. Deshalb nimmt die Wassermenge ständig zu und der Wasserspiegel steigt an.

Die Länge des Zeitraums, in dem die Zuflussrate geringer als $1000\frac{{\mathrm{m}}^3}{\mathrm{h}}1000\; \backslash frac\{\backslash mathrm\{m\}^\{3\}\}\{\backslash mathrm\{h\}\}$

Berechne $f(x)=1f(x)=1$.

Für $0\le x\le 240\; \backslash leq\; x\; \backslash leq\; 24$ sind die beiden Lösungen $x_1\approx \mathrm{16,602}x\_1\backslash approx16\{,\}602$ und $x_2=20x\_2=20$.

Dann ist $x_2-x_1\approx \mathrm{3,4}x\_2-x\_1\backslash approx3\{,\}4$

Für etwa $\mathrm{3,4}\mathrm{h}3\{,\}4\; \backslash ;\backslash mathrm\{h\}$ ist die Zuflussrate geringer als $1000\frac{{\mathrm{m}}^3}{\mathrm{h}}1000\; \backslash frac\{\backslash mathrm\{m\}^\{3\}\}\{\backslash mathrm\{h\}\}$.

Berechnen Sie die maximale Zuflussrate im Beobachtungszeitraum

Die maximale Zuflussrate liegt dort, wo der Graph von $ff$ einen Hochpunkt hat.

Berechne $f^{\mathrm{\prime }}(x)=0f\text{'}(x)=0$:

Man erhält zwei Lösungen $x_1=12-{\displaystyle \frac{1}{3}}\sqrt{366}x\_1=12-\backslash dfrac\{1\}\{3\}\backslash sqrt\{366\}$ und $x_2=12+{\displaystyle \frac{1}{3}}\sqrt{366}x\_2=12+\backslash dfrac\{1\}\{3\}\backslash sqrt\{366\}$.

Prüfe mit $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)f\text{'}\text{'}(x)$ wo sich der Hochpunkt bzw. Tiefpunkt befindet.

HP

Berechne den Funktionswert an der Stelle $x=12-{\displaystyle \frac{1}{3}}\sqrt{366}x=12-\backslash dfrac\{1\}\{3\}\backslash sqrt\{366\}$.

$f(12-{\displaystyle \frac{1}{3}}\sqrt{366})\approx \mathrm{5,9}f\backslash left(12-\backslash dfrac\{1\}\{3\}\backslash sqrt\{366\}\backslash right)\backslash approx5\{,\}9$

Damit beträgt die maximale Zuflussrate etwa $5900\frac{{\mathrm{m}}^3}{\mathrm{h}}5900\backslash ;\backslash frac\{\backslash mathrm\{m\}^\{3\}\}\{\backslash mathrm\{h\}\}$.

Die Zeitpunkte, an denen die Zuflussrate am stärksten abnimmt

Der Graph der Ableitungsfunktion beschreibt die Änderung der Zuflussrate.

Der Graph ist eine nach oben geöffnete Parabel $f^{\mathrm{\prime }}(x)={\displaystyle \frac{3}{200}}\cdot x^2-{\displaystyle \frac{9}{25}}\cdot x+{\displaystyle \frac{31}{20}}f\text{'}(x)=\backslash dfrac\{3\}\{200\}\backslash cdot\; x^2-\backslash dfrac\{9\}\{25\}\backslash cdot\; x+\backslash dfrac\{31\}\{20\}$.

Die Parabel hat einen Tiefpunkt an der Stelle $1212$.

Also nimmt die Zuflussrate nach $12\text{h}12\backslash ;\backslash text\{h\}$ am stärksten ab.

Die Zeitpunkte, an denen die Zuflussrate am stärksten zunimmt

Sie nimmt zu Beobachtungsbeginn und nach $24\text{h}24\backslash ;\backslash text\{h\}$ am stärksten zu.

Gibt es eine Zuflussrate, die sich eine Stunde später verdoppelt hat?

Löse die Gleichung: $2\cdot f(x)=f(x+1)2\backslash cdot\; f(x)=f(x+1)$:

Die Lösung $x\approx -\mathrm{0,32}x\backslash approx\; -0\{,\}32$ liegt außerhalb des Definitionsbereiches.

Somit gibt es im Bereich $0\le x\le 230\; \backslash leq\; x\; \backslash leq\; 23$ keine Lösung für die Gleichung $2\cdot f(x)=f(x+1)2\backslash cdot\; f(x)=f(x+1)$.

Es gibt die gesuchte Zuflussrate nicht.

Der Anstieg der Wasserhöhe innerhalb der 24 Stunden

Berechne das Integral:

${\displaystyle {\int }_0^{24}f(x)dx\approx \mathrm{79,68}}\backslash displaystyle\backslash int\_0^\{24\}f(x)\backslash ;dx\backslash approx\; 79\{,\}68$

Innerhalb von $2424$ Stunden nimmt das Wasservolumen um rund $79680{\text{m}}^{3}79680\backslash ;\backslash text\{m\}^3$ zu.

Das Volumen des Stausees ändert sich in dieser Zeit um $1000\text{m}\cdot 200\text{m}\cdot h1000\backslash ;\backslash text\{m\}\; \backslash cdot\; 200\backslash ;\backslash text\{m\}\; \backslash cdot\; h$, wobei $hh$ die Änderung der Wasserhöhe ist.

$\Rightarrow h={\displaystyle \frac{79680{\text{m}}^3}{1000\text{m}\cdot 200\text{m}}}\approx \mathrm{0,4}\text{m}\backslash Rightarrow\backslash ;h=\backslash dfrac\{79680\backslash ;\backslash text\{m\}^3\}\{1000\backslash ;\backslash text\{m\}\; \backslash cdot\; 200\backslash ;\backslash text\{m\}\}\backslash approx\; 0\{,\}4\backslash ;\backslash text\{m\}$

Die Wasserhöhe steigt um etwa $\mathrm{0,4}\text{m}0\{,\}4\backslash ;\backslash text\{m\}$.

Berechnen Sie den Zeitpunkt $tt$

Löse die Gleichung:

${\displaystyle {\int }_0^{t}f(x)dx={\displaystyle {\int }_t^{t+3}f(x)dx}}\backslash displaystyle\backslash int\_0^\{t\}f(x)\backslash ;dx=\backslash displaystyle\backslash int\_t^\{t+3\}f(x)\backslash ;dx$

Im Bereich $0\le x\le 240\; \backslash leq\; x\; \backslash leq\; 24$ liegt die Lösung $t\approx \mathrm{4,1}t\backslash approx\; 4\{,\}1$.

Von Beobachtungsbeginn bis zum Zeitpunkt $\mathrm{4,1}\text{h}4\{,\}1\; \backslash ;\backslash text\{h\}$ ist eine bestimmte Wassermenge zugeflossen. In den folgenden drei Stunden fließt noch einmal genauso viel Wasser dazu.

Bestimmen Sie die Abflussrate des Stausees so, dass sich $2424$ Stunden nach Beobachtungsbeginn genauso viel Wasser im Stausee befindet wie zu Beobachtungsbeginn

$66$ Stunden nach Beobachtungsbeginn wird der Ablauf geöffnet.

$\Rightarrow \backslash Rightarrow\backslash ;$Es bleiben $1818$ Stunden, in denen die Gesamttagesmenge abfließen kann.

$\text{Abflussrate}={\displaystyle \frac{79680{\text{m}}^3}{18\text{h}}}\approx 4427{\displaystyle \frac{{\text{m}}^3}{\text{h}}}\backslash text\{Abflussrate\}=\backslash dfrac\{79680\backslash ;\backslash text\{m\}^3\}\{18\backslash ;\backslash text\{h\}\; \}\backslash approx\; 4427\backslash ;\backslash dfrac\{\backslash text\{m\}^3\}\{\backslash text\{h\}\}$

Die Abflussrate beträgt rund $4400{\displaystyle \frac{{\text{m}}^3}{\text{h}}}4400\backslash ;\backslash dfrac\{\backslash text\{m\}^3\}\{\backslash text\{h\}\}$.

Begründen Sie auch mithilfe einer Skizze und ohne Rechnung, dass etwa zum Zeitpunkt $\mathrm{14,3}\text{h}14\{,\}3\; \backslash ;\backslash text\{h\}$ die Wassermenge im Stausee maximal ist

Der Wasserablauf wird zu Beobachtungsbeginn mit einer Abflussrate von $2000\frac{{\mathrm{m}}^3}{\mathrm{h}}2000\backslash ;\; \backslash frac\{\backslash mathrm\{m\}^\{3\}\}\{\backslash mathrm\{h\}\}$ geöffnet. In der Skizze beschreibt die Gerade $gg$ die Abflussrate.

Von Beobachtungsbeginn bis etwa $\mathrm{14,3}\text{h}14\{,\}3\backslash ;\backslash text\{h\}$ und von etwa $\mathrm{21,7}\text{h}21\{,\}7\backslash ;\backslash text\{h\}$ bis $24\text{h}24\backslash ;\backslash text\{h\}$ verläuft der Graph von $ff$ oberhalb von $gg$ und die Wassermenge im Stausee nimmt zu.

Von ungefähr $\mathrm{14,3}\text{h}14\{,\}3\backslash ;\backslash text\{h\}$ bis $\mathrm{21,7}\text{h}21\{,\}7\; \backslash ;\backslash text\{h\}$ verläuft $gg$ oberhalb des Graphen von $ff$ und die Wassermenge nimmt ab.

Der Inhalt der Fläche zwischen dem Graphen von $ff$ und $gg$ ist ein Maß für die Veränderung der Wassermenge.

In der Abbildung erkennt man, dass der Flächeninhalt von $A_{1}A\_1$ größer ist als der von $A_{2}A\_2$, d.h. von ungefähr $\mathrm{14,3}\text{h}14\{,\}3\backslash ;\backslash text\{h\}$ bis $24\text{h}24\; \backslash ;\backslash text\{h\}$ nimmt insgesamt die Wassermenge im Stausee ab.

Somit ist die Wassermenge nach etwa $\mathrm{14,3}\text{h}14\{,\}3\; \backslash ;\backslash text\{h\}$ maximal.

Erfüllt dieser Deich diese Regel, und begründen Sie Ihre Entscheidung nur mithilfe der Abbildung

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

Zeichne eine Parallele zur x-Achse im Abstand $55$. Betrachte die x-Koordinaten der beiden Schnittpunkte der Parallelen mit dem Graphen von $ff$.

Dann gehen die Markierung auf der x-Achse von etwa $1717$ bis etwa $4242$.

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

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

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{46}{9}}\approx 5\backslash ;\backslash Rightarrow\backslash ;\backslash dfrac\{46\}\{9\}\backslash approx5$

Der Klimadeich erfüllt diese Regel.

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

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

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

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

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

Die größte Steigung des Deichs im Intervall [0; 30]

Das Maximum des Graphen der Funktion $f^{\mathrm{\prime }}f\text{'}$ im Intervall $[0;30][0;\; 30]$ gibt die größte

Steigung des Deichs in dem Intervall an.

$f^{\mathrm{\prime }}f\text{'}$ hat an der Stelle $x=0x=0$ im Intervall ein Maximum von $\mathrm{0,45}0\{,\}45$.

Die größte Steigung des Deichs im Intervall $[0;30][0;\; 30]$ beträgt $\mathrm{0,45}0\{,\}45$.

Neigungswinkel des Klimadeiches an der Stelle $x=0x=0$

Es ist $f^{\mathrm{\prime }}(0)={\displaystyle \frac{9}{20}}f\text{'}(0)=\backslash dfrac\{9\}\{20\}$.

Dann gilt für den Neigungswinkel des Klimadeiches:

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

Die Höhe, in der die Sickerlinie auf der Wasserseite des Deichs beginnt

Berechne $f(x)=g(x)f(x)=g(x)$:

Die gesuchte Lösung ist $x_1\approx \mathrm{15,18}x\_1\backslash approx15\{,\}18$.

(Die zweite Lösung $x_2\approx \mathrm{45,83}x\_2\backslash approx\; 45\{,\}83$ entfällt, da sie auf der Landseite liegt.)

Die gesuchte Höhe erhält man durch Berechnung des Funktionswertes an der Stelle $x_{1}x\_1$.

$f(x_1)\approx \mathrm{4,38}\text{m}f(x\_1)\backslash approx4\{,\}38\backslash ;\backslash text\{m\}$

Die Höhe, in der die Sickerlinie auf der Wasserseite des Deichs beginnt, beträgt rund $\mathrm{4,38}\text{m}4\{,\}38\backslash ;\backslash text\{m\}$.

Begründen Sie ohne Rechnung, dass die Sickerlinie stets oberhalb des Bodens verläuft

Die Funktion $gg$ ist eine Exponentialfunktion. Da $g(x)=20\cdot e^{-\mathrm{0,1}x}g(x)=20\; \backslash cdot\; e^\{-0\{,\}1\; x\}$ stets größer null ist, verläuft der Graph oberhalb der 𝑥-Achse.

Demnach verläuft die Sickerlinie stets oberhalb des Bodens.

Der prozentuale Anteil des feuchten Bereichs im Querschnitt des Deichs

Berechne $f(x)=0f(x)=0$:

Die beiden Nullstellen sind $x_3=0x\_3=0$ und $x_4\approx \mathrm{45,95}x\_4\; \backslash approx45\{,\}95$.

Berechne die gesamte Deichfläche:

$A_{\text{Deich}}={\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{45,95}}f(x)dx\approx \mathrm{240,32}{\text{m}}^2}A\_\{\backslash text\{Deich\}\}=\backslash displaystyle\backslash int\_0^\{45\{,\}95\}f(x)\backslash ;dx\backslash approx240\{,\}32\backslash ;\backslash text\{m\}^2$

Berechne die Fläche (rot gefärbt) zwischen den Graphen von $ff$ und $gg$ mit den Schnittpunkten $x_1\approx \mathrm{15,18}x\_1\backslash approx15\{,\}18$ und $x_2\approx \mathrm{45,83}x\_2\backslash approx\; 45\{,\}83$:

$A_{\text{f,g}}={\displaystyle {\int }_{\mathrm{15,18}}^{\mathrm{45,83}}f(x)dx\approx \mathrm{162,46}{\text{m}}^2}A\_\{\backslash text\{f,g\}\}=\backslash displaystyle\backslash int\_\{15\{,\}18\}^\{45\{,\}83\}f(x)\backslash ;dx\backslash approx162\{,\}46\backslash ;\backslash text\{m\}^2$

Der feuchte Bereich (orange gefärbt) ist dann die Differenz von $A_{\text{Deich}}A\_\{\backslash text\{Deich\}\}$ und $A_{\text{f,g}}A\_\{\backslash text\{f,g\}\}$:

$A_{\text{feucht}}\approx \mathrm{240,32}-\mathrm{162,46}\approx \mathrm{77,86}{\text{m}}^{2}A\_\{\backslash text\{feucht\}\}\backslash approx240\{,\}32-162\{,\}46\backslash approx77\{,\}86\backslash ;\backslash text\{m\}^2$

Der gesuchte Anteil ist: ${\displaystyle \frac{A_{\text{Deich}}-A_{\text{f,g}}}{A_{\text{Deich}}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{77,86}}{\mathrm{240,32}}}\approx \mathrm{32,4}\mathrm{\%}\mathrm{.}\backslash dfrac\{A\_\{\backslash text\{Deich\}\}-A\_\{\backslash text\{f,g\}\}\}\{A\_\backslash text\{Deich\}\}=\backslash dfrac\{77\{,\}86\}\{240\{,\}32\}\backslash approx32\{,\}4\backslash ;\backslash \%.$

Ein Näherungswert für $aa$, sodass $hh$ den Beginn der Sickerlinie in der Höhe von $2\text{m}2\backslash ;\backslash text\{m\}$ auf der Wasserseite beschreibt

Löse die Gleichung $f(x)=2f(x)=2$:

Die Lösung $x_1\approx \mathrm{5,84}x\_1\; \backslash approx\; 5\{,\}84$ liegt auf der Wasserseite (die andere Lösung entfällt).

Berechne $h(\mathrm{5,84})=2h(5\{,\}84)=2$:

Für $aa$ erhält man den Näherungswert $\mathrm{3,59}3\{,\}59$.

Anmerkung: Für $x_1\approx \mathrm{5,836}x\_1\backslash approx5\{,\}836$ erhält man $a\approx \mathrm{3,58}a\backslash approx3\{,\}58$.

Die Breite des abgeplatteten Bereichs, wenn der Deich genau $8\mathrm{m}8\; \backslash mathrm\{~m\}$ hoch sein soll

Löse die Gleichung $f(x)=8f(x)=8$:

Im betrachteten Intervall gibt es die Lösungen $x_1\approx \mathrm{27,39}x\_1\; \backslash approx27\{,\}39$ und $x_2\approx \mathrm{37,72}x\_2\backslash approx37\{,\}72$.

$\Rightarrow x_2-x_1\approx \mathrm{10,33}\backslash Rightarrow\backslash ;x\_2-x\_1\backslash approx10\{,\}33$

Der abgeplattete Bereich ist etwa $\mathrm{10,3}\text{m}10\{,\}3\backslash ;\backslash text\{m\}$ breit.

Die Höhe des Deichs, wenn der abgeplattete Bereich $9\mathrm{m}9\; \backslash mathrm\{~m\}$ breit ist

Berechne $f(x)=f(x+9)f(x)=f(x+9)$:

Im betrachteten Intervall gibt es die Lösung $x_3\approx \mathrm{28,2}x\_3\backslash approx28\{,\}2$.

Berechne $f(\mathrm{28,2})f(28\{,\}2)$:

Der Deich ist nach der Abplattung etwa $\mathrm{8,2}\text{m}8\{,\}2\backslash ;\backslash text\{m\}$ hoch.

Unter allen Personen ohne Abitur beträgt der Anteil derjenigen, die nicht weiblich sind, etwa $53\mathrm{\%}53\; \backslash \%$.

$AA$: Person hat Abitur

$WW$: Person ist weiblich

Es ist $P(A)=\mathrm{0,36}\Rightarrow P\left(\bar{A}\right)=1-\mathrm{0,36}=\mathrm{0,64}P(A)=0\{,\}36\backslash ;\backslash Rightarrow\backslash ;P\backslash left(\backslash overline\; \{A\}\backslash right)=1-0\{,\}36=0\{,\}64$

Weiterhin ist $P(\bar{A}\cap \bar{W})=\mathrm{0,34}P\backslash left(\backslash overline\; \{A\}\backslash cap\backslash overline\; \{W\}\backslash right)=0\{,\}34$.

Dann folgt:

$P\left(\bar{A}\right)\cdot x=P(\bar{A}\cap \bar{W})\Rightarrow x={\displaystyle \frac{P(\bar{A}\cap \bar{W})}{P(\bar{A})}}={\displaystyle \frac{\mathrm{0,34}}{\mathrm{0,64}}}\approx \mathrm{0,53}P\backslash left(\backslash overline\; \{A\}\backslash right)\backslash cdot\; x=P\backslash left(\backslash overline\; \{A\}\backslash cap\backslash overline\; \{W\}\backslash right)\backslash ;\backslash Rightarrow\backslash ;x=\backslash dfrac\{P\backslash left(\backslash overline\; \{A\}\backslash cap\backslash overline\; \{W\}\backslash right)\}\{P(\backslash overline\; \{A\})\}=\backslash dfrac\{0\{,\}34\}\{0\{,\}64\}\backslash approx0\{,\}53$

Unter allen Personen ohne Abitur beträgt der Anteil derjenigen, die nicht weiblich sind, etwa $53\mathrm{\%}53\; \backslash \%$.

Ein beschriftetes Baumdiagramm

Berechne $P(W)P(W)$:

$P(W)=P(A)\cdot P_A(W)+P(\bar{A})\cdot P_{\bar{A}}(W)=\mathrm{0,36}\cdot \mathrm{0,54}+\mathrm{0,64}\cdot \mathrm{0,47}=\mathrm{0,4952}P(W)=P(A)\backslash cdot\; P\_A(W)+P(\backslash overline\; \{A\})\backslash cdot\; P\_\{\backslash overline\; \{A\}\}(W)=0\{,\}36\backslash cdot\; 0\{,\}54+0\{,\}64\backslash cdot0\{,\}47=0\{,\}4952$

$\Rightarrow n=P(W)\cdot 27000=\mathrm{0,4952}\cdot 27000\approx 13400\backslash Rightarrow\backslash ;n=P(W)\backslash cdot\; 27000=0\{,\}4952\backslash cdot\; 27000\backslash approx13400$

In der betrachteten Bevölkerungsgruppe sind etwa 13400 Personen weiblich.

Die Wahrscheinlichkeit, dass unter den ausgewählten Personen $3030$ mit Abitur sind

Es ist $XX$ die Anzahl der ausgewählten Personen mit Abitur.

$n=100n\; =\; 100$ und $p=\mathrm{0,36}p\; =\; 0\{,\}36$

Gesucht ist $P(X=30)P(X=30)$:

$P(X=30)=\text{binompdf}(\mathrm{100,0.36,30})\approx \mathrm{0,0389}P(X=30)=\backslash text\{binompdf\}(100\{,\}0.36\{,\}30)\backslash approx0\{,\}0389$

Die Wahrscheinlichkeit, dass unter den ausgewählten Personen $3030$ mit Abitur sind, beträgt etwa $4\mathrm{\%}4\backslash ;\backslash \%$.

Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Anzahl der ausgewählten Personen mit Abitur kleiner als der Erwartungswert dieser Anzahl ist

Es ist $\mu =n\cdot p=100\cdot \mathrm{0,36}=36\backslash mu=n\backslash cdot\; p=100\backslash cdot\; 0\{,\}36=36$.

Berechne $P(X\le 35)P(X\backslash leq\; 35)$:

$P(X\le 35)=\text{binomcdf}(\mathrm{100,0.36,0},35)\approx \mathrm{0,4624}P(X\backslash leq\; 35)=\backslash text\{binomcdf\}(100\{,\}0.36\{,\}0,35)\backslash approx0\{,\}4624$

Bestimmen Sie die Werte für $aa$ und $bb$ so, dass das Intervall symmetrisch um den Erwartungswert liegt

Es ist $P(a\le X\le b)\approx \mathrm{0,65}P(a\backslash leq\; X\; \backslash leq\; b)\backslash approx0\{,\}65$. Der Erwartungswert ist $3636$.

Bekannt ist, dass die Werte von $XX$ zu etwa $68\mathrm{\%}68\backslash ;\; \backslash \%$ im Intervall $[\mu -\sigma ;\mu +\sigma ][\backslash mu-\backslash sigma;\backslash mu+\backslash sigma]$ liegen:

$\sigma =\sqrt{n\cdot p\cdot (1-p)}=\sqrt{100\cdot \mathrm{0,36}\cdot \mathrm{0,64}}=\mathrm{4,8}\backslash sigma=\backslash sqrt\{n\backslash cdot\; p\backslash cdot\; (1-p)\}=\backslash sqrt\{100\backslash cdot\; 0\{,\}36\backslash cdot\; 0\{,\}64\}=4\{,\}8$

Dann ist $[\mu -\sigma ;\mu +\sigma ]=[36-\mathrm{4,8};36+\mathrm{4,8}]=[\mathrm{31,2};\mathrm{40,8}][\backslash mu-\backslash sigma;\backslash mu+\backslash sigma]=[36-4\{,\}8;36+4\{,\}8]=[31\{,\}2;40\{,\}8]$.

Gerundet erhält man das Intervall $[32;40][32;40]$.

Berechne $P(32\le X\le 40)=\text{binomcdf}(\mathrm{100,0.36,32,40})\approx \mathrm{0,6515}P(32\backslash leq\; X\; \backslash leq\; 40)=\backslash text\{binomcdf\}(100\{,\}0.36\{,\}32\{,\}40)\backslash approx0\{,\}6515$.

Damit ist $a=32a\; =\; 32$ und $b=40b\; =\; 40$.

Anmerkung:

Damit wäre dieses Intervall zu klein.

Ermitteln Sie alle Werte, die für $nn$ infrage kommen

Es ist $0\le P(\ge 21)\le \mathrm{0,1}0\backslash leq\; P(\backslash geq\; 21)\backslash leq\; 0\{,\}1$.

Berechne für einige Werte von $nn$ die Wahrscheinlichkeit: $P(\ge 21)=\text{binomcdf}(n,\mathrm{0.36,21},n)P(\backslash geq\; 21)=\backslash text\{binomcdf\}(n,0.36\{,\}21,n)$

Beginne mit $n=21n=21$:

Wie man aus der Tabelle entnehmen kann, liegt die Wahrscheinlichkeit $P(\ge 21)P(\backslash geq\; 21)$ bis $n=45n=45$ in dem geforderten Bereich.

Also kommen für $nn$ alle Werte mit $21\le n\le 4521\backslash leq\; n\backslash leq\; 45$ infrage.

Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Spieler bei zehn Versuchen mehr als sechs Sterne gewinnt

Es ist $XX$ die Anzahl der gewonnenen Sterne.

$XX$ ist binomialverteilt mit $n=10n\; =\; 10$ und $p=\mathrm{0,4}p\; =\; 0\{,\}4$.

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit $P(X>6)P(X\; >\; 6)$:

$P(X>6)=P(X\ge 7)=\text{binomcdf(10,0.4,7,10)}\approx \mathrm{0,0548}P(X\; >\; 6)=P(X\backslash geq\; 7)=\backslash text\{binomcdf(10\{,\}0.4\{,\}7,10)\}\backslash approx0\{,\}0548$

Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Spieler bei zehn Versuchen mehr als sechs Sterne gewinnt, beträgt rund $5\mathrm{\%}5\backslash ;\backslash \%$.

Gültigkeit der Aussage

Die Aussage ist falsch.

Die einzelnen Spiele sind stochastisch unabhängig, d.h. die Spiele der vergangenen Sonntage beeinflussen nicht die Wahrscheinlichkeiten der zukünftigen Spiele.

Die Wahrscheinlichkeit, dass zwei der vier Spieler jeweils fünf Sterne gewinnen

Es ist $YY$ die Anzahl der Spieler mit $55$ Sternen

$YY$ ist binomialverteilt mit $n=4n\; =\; 4$ und $p=P(X=5)p\; =\; P(X\; =\; 5)$.

Dabei ist $P(X=5)=\text{binompdf(10,0.4,5)}\approx \mathrm{0,2007}P(X=5)=\backslash text\{binompdf(10\{,\}0.4\{,\}5)\}\backslash approx0\{,\}2007$.

Gesucht ist nun $P(Y=2)=\text{binompdf(4,0.2007,2)}\approx \mathrm{0,1544}P(Y=2)=\backslash text\{binompdf(4\{,\}0.2007\{,\}2)\}\backslash approx0\{,\}1544$.

Die Wahrscheinlichkeit, dass zwei der vier Spieler jeweils fünf Sterne gewinnen, beträgt rund $15\mathrm{\%}15\backslash ;\backslash \%$.

Die geänderte Wahrscheinlichkeit, bei einem Versuch einen Stern zu gewinnen

Es ist bekannt, dass $P(X\le 3)\approx \mathrm{0,62}P(X\backslash leq\; 3)\backslash approx0\{,\}62$ ist. Dabei ist $n=10n=10$ und $pp$ ist unbekannt.

$P(X\le 3)=\text{binomcdf(10,p,0,3)}\approx \mathrm{0,62}P(X\backslash leq\; 3)=\backslash text\{binomcdf(10,p,0\{,\}3)\}\backslash approx0\{,\}62$

Erstelle eine Tabelle mit verschiedenen p-Werten:

Für $p=\mathrm{0,31}p=0\{,\}31$ ist $P(X\le 3)=\text{binomcdf(10,0.31,0,3)}\approx \mathrm{0,623}P(X\backslash leq\; 3)=\backslash text\{binomcdf(10\{,\}0.31\{,\}0,3)\}\backslash approx0\{,\}623$.

Die geänderte Wahrscheinlichkeit, bei einem Versuch einen Stern zu gewinnen, beträgt etwa $\mathrm{0,31}0\{,\}31$ bzw. $31\mathrm{\%}31\backslash ;\backslash \%$.

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Spieler von Tag zu Tag weniger Bonuspunkte erhält

Angenommen, der Spieler erhält am ersten Tag $5050$ Bonuspunkte mit einer Wahrscheinlichkeit von $\mathrm{0,1}0\{,\}1$. Am nächsten Tag soll er weniger Bonuspunkte erhalten, also nun $2020$, mit einer Wahrscheinlichkeit von $\mathrm{0,4}0\{,\}4$. Einen Tag weiter erhält er dann $1010$ Bonuspunkte mit einer Wahrscheinlichkeit von $\mathrm{0,5}0\{,\}5$.

Insgesamt beträgt die gesuchte Wahrscheinlichkeit also $\mathrm{0,1}\cdot \mathrm{0,4}\cdot \mathrm{0,5}=2\mathrm{\%}0\{,\}1\; \backslash cdot\; 0\{,\}4\; \backslash cdot\; 0\{,\}5\; =\; 2\backslash ;\backslash \%$.

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Spieler dabei insgesamt $8080$ Bonuspunkte erhält

Der Spieler startet das Spiel an vier Tagen. An jedem Tag erhält der Spieler eine bestimmte Anzahl von Bonuspunkten. Die Summe aus den vier Tagen muss also $8080$ sein.

Es gibt zwei mögliche Kombinationen $8080$ Punkte zu erhalten:

$(\mathrm{I})\backslash mathrm\{(I)\}\backslash ;\backslash ;$$20+20+20+20=8020+20+20+20=80$ oder $(\mathrm{I}\mathrm{I})\backslash mathrm\{(II)\}\backslash ;$ $10+10+10+50=8010+10+10+50=80$

Die Wahrscheinlichkeit für die Kombination $(\mathrm{I})\backslash mathrm\{(I)\}$ ist ${\mathrm{0,4}}^{4}0\{,\}4^4$.

Die Wahrscheinlichkeit für die Kombination $(\mathrm{I}\mathrm{I})\backslash mathrm\{(II)\}$ ist $4\cdot {\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^3\cdot \mathrm{0,1}4\backslash cdot\; \backslash left(\backslash dfrac\{1\}\{2\}\backslash right)^3\backslash cdot\; 0\{,\}1$.

Die gesamte Wahrscheinlichkeit ist dann:

${\mathrm{0,4}}^4+4\cdot {\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^3\cdot \mathrm{0,1}=\mathrm{0,0756}0\{,\}4^4+4\backslash cdot\; \backslash left(\backslash dfrac\{1\}\{2\}\backslash right)^3\backslash cdot\; 0\{,\}1=0\{,\}0756$

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Spieler dabei insgesamt $8080$ Bonuspunkte erhält, beträgt rund $8\mathrm{\%}8\backslash ;\backslash \%$.

Ermitteln Sie die beiden geänderten Wahrscheinlichkeiten

Die Spieler erhalten im Zeitraum von $200200$ Tagen, an denen das Spiel gestartet wird, im Mittel $30003000$ Bonuspunkte.

Pro Tag erhalten sie also im Mittel ${\displaystyle \frac{3000}{200}}=15\backslash dfrac\{3000\}\{200\}=15$ Bonuspunkte.

Es ist x die Wahrscheinlichkeit für $1010$ Bonuspunkte. Dann ist die Wahrscheinlichkeit für $2020$ Bonuspunkte $1-\mathrm{0,1}-x=\mathrm{0,9}-x1-0\{,\}1-x=0\{,\}9-x$.

Siehe Tabelle:

Berechne den Erwartungswert mit der Tabelle und löse mit dem TR:

$10\cdot x+20\cdot (\mathrm{0,9}-x)+50\cdot \mathrm{0,1}=1510\backslash cdot\; x+20\backslash cdot\; (0\{,\}9-x)+50\backslash cdot\; 0\{,\}1\; =15$

Also ist $x=\mathrm{0,8}x=0\{,\}8$ und die Wahrscheinlichkeit für $1010$ Bonuspunkte ist $80\mathrm{\%}80\backslash ;\backslash \%$.

Die Wahrscheinlichkeit für $2020$ Bonuspunkte ist $10\mathrm{\%}10\backslash ;\backslash \%$.

Die Wahrscheinlichkeit, dass unter den ausgewählten Leiterplatten $2525$ Leiterplatten fehlerhaft sind

Berechne $P(X=25)P(X=25)$:

$P(X=25)=\text{binompdf(600,0.03,25)}\approx \mathrm{0,0232}P(X=25)=\backslash text\{binompdf(600\{,\}0.03\{,\}25)\}\backslash approx0\{,\}0232$

Die Wahrscheinlichkeit, dass unter den ausgewählten Leiterplatten $2525$ Leiterplatten fehlerhaft sind, beträgt rund $\mathrm{2,3}\mathrm{\%}2\{,\}3\backslash ;\backslash \%$.

Die Wahrscheinlichkeit, dass unter den ausgewählten Leiterplatten maximal $2020$ Leiterplatten fehlerhaft sind

Berechne $P(X\le 20)P(X\backslash leq\; 20)$:

$P(X\le 20)=\text{binomcdf(600,0.03,0,20)}\approx \mathrm{0,7732}P(X\backslash leq\; 20)=\backslash text\{binomcdf(600\{,\}0.03\{,\}0,20)\}\backslash approx0\{,\}7732$

Die Wahrscheinlichkeit, dass unter den ausgewählten Leiterplatten maximal $2020$ Leiterplatten fehlerhaft sind, beträgt rund $\mathrm{77,3}\mathrm{\%}77\{,\}3\backslash ;\backslash \%$.

Die Wahrscheinlichkeit, dass unter den ausgewählten Leiterplatten mehr als $1515$ aber weniger als $3030$ Leiterplatten fehlerhaft sind

Berechne :.

Die Wahrscheinlichkeit, dass unter den ausgewählten Leiterplatten mehr als $1515$ aber weniger als $3030$ Leiterplatten fehlerhaft sind, beträgt rund $\mathrm{71,2}\mathrm{\%}71\{,\}2\backslash ;\backslash \%$.

Die Bedeutung des Terms im Sachzusammenhang

Der Term stellt die Wahrscheinlichkeit dar, dass von $600600$ zufällig ausgewählten

Leiterplatten $550550$ oder $551551$ fehlerfrei sind.