Gib die Nullstellen von $f$ an

$f(t)=\mathrm{1,081}\cdot (1-e^{-t})-\mathrm{0,15}\cdot t$

$\text{Löse}(f(t)=0,t)$ mit den beiden Lösungen $t_1=0$ und $t_2\approx \mathrm{7,2}$.

Die Nullstellen von $f$ sind $0$ und $\mathrm{7,2}$.

Begründe, dass das Intervall $[0;\mathrm{7,2}]$ eine angemessene Einschränkung des Definitionsbereichs der Funktion $f$ für den Sachzusammenhang ist

Da die BAK nur positive Werte hat, sollte der Definitionsbereich auf das Intervall

zwischen den Nullstellen eingeschränkt werden$\Rightarrow [0;\mathrm{7,2}]$.

Berechne die maximale BAK der betrachteten Person

$\text{Löse}(f^{\prime }(t)=0,t)$ mit der Lösung $t=\ln \left({\displaystyle \frac{1081}{150}}\right)$.

Berechne $f\left({\displaystyle \frac{1081}{150}}\right)$:

$f\left({\displaystyle \frac{1081}{150}}\right)\approx \mathrm{0,63}$

Die maximale BAK beträgt demnach etwa $\mathrm{0,63}\frac{\text{g}}{\text{kg}}$.

Bestimme den Zeitraum, in dem die Person nicht Auto fahren darf

Es soll $f(t)\ge \mathrm{0,5}$ sein:

$\text{Löse}(f(t)=0.5,t)$ mit den beiden Lösungen $t_1\approx \mathrm{0,88}$ und $t_2\approx \mathrm{3,69}$.

Im Zeitraum von etwa $\mathrm{0,88}$ Stunden bis $\mathrm{3,69}$ Stunden nach dem Trinken darf die Person kein Auto fahren.

Zeige, dass die theoretische maximale BAK für die betrachtete Person $\mathrm{1,081}\frac{\text{g}}{\text{kg}}$ beträgt

Der y-Achsenabschnitt des Graphen der linearen Funktion wird als theoretische maximale BAK bezeichnet. Der y-Achsenabschnitt $(h(0))$ der Funktion $h$ ist $\mathrm{1,081}$.

Demnach ist $\mathrm{1,081}\frac{\text{g}}{\text{kg}}$ die theoretische maximale BAK für die betrachtete Person.

Berechne die theoretische maximale BAK der zweiten Person

Die lineare Funktion der zweiten Person ist $g(t)=m\cdot t+b$.

Gegeben ist $g(4)=\mathrm{0,48}$ und $g(\mathrm{4,5})=\mathrm{0,39}$:

Dann folgt für die Steigung $m={\displaystyle \frac{\mathrm{0,39}-\mathrm{0,48}}{\mathrm{4,5}-4}}=-{\displaystyle \frac{\mathrm{0,09}}{\mathrm{0,5}}}=-\mathrm{0,18}$

Setze die Koordinaten des Punktes $(4|\mathrm{0,48})$ in $g(t)=-\mathrm{0,18}\cdot t+b$ ein:

$\mathrm{0,48}=-\mathrm{0,18}\cdot 4+b\Rightarrow b=\mathrm{0,48}+\mathrm{0,72}=\mathrm{1,2}$

Die theoretische maximale BAK der zweiten Person ist $\mathrm{1,2}\frac{\text{g}}{\text{kg}}$.

Begründe mit Hilfe des Terms von $f$, dass die Werte der BAK der ersten betrachteten Person zu jedem Zeitpunkt kleiner sind als ihre theoretische maximale BAK

$\mathrm{1,081}\frac{\text{g}}{\text{kg}}$ ist die theoretische maximale BAK für die 1. Person.

Es wird behauptet, dass $\mathrm{1,081}>\mathrm{1,081}\cdot (1-e^{-t})-\mathrm{0,15}\cdot t$:

Es gilt für $t\ge 0$:

$\underset{<\mathrm{1,081}}{\underbrace{\underset{<\mathrm{1,081}}{\underbrace{\mathrm{1,081}\cdot (\underset{<1}{\underbrace{1-\underset{>0}{\underbrace{e^{-t}}}}}}})-\mathrm{0,15}\cdot t}}$

Die Behauptung stimmt. $\Rightarrow \mathrm{1,081}>\mathrm{1,081}\cdot (1-e^{-t})-\mathrm{0,15}\cdot t$

Zeige, dass $f$ eine Lösung der Differenzialgleichung (DGL) ist

$f(t)=\mathrm{1,081}\cdot (1-e^{-t})-\mathrm{0,15}\cdot t=\mathrm{1,081}-\mathrm{1,081}\cdot e^{-t}-\mathrm{0,15}\cdot t$

Bilde die 1. Ableitung von $f(t)$:

$f^{\prime }(t)=\mathrm{1,081}\cdot e^{-t}-\mathrm{0,15}$

Setze $k=1$, $G=\mathrm{1,081}$, $m=\mathrm{0,15}$, $f^{\prime }(t)$ und $f(t)$ in die DGL ein:

$\mathrm{1,081}\cdot e^{-t}-\mathrm{0,15}=1\cdot (\mathrm{1,081}-(\mathrm{1,081}-\mathrm{1,081}\cdot e^{-t}-\mathrm{0,15}\cdot t+\mathrm{0,15}\cdot t))-\mathrm{0,15}$

Löse die Klammer auf:

$\mathrm{1,081}\cdot e^{-t}-\mathrm{0,15}=1\cdot (\mathrm{1,081}-\mathrm{1,081}+\mathrm{1,081}\cdot e^{-t}+\mathrm{0,15}\cdot t-\mathrm{0,15}\cdot t)-\mathrm{0,15}$

Fasse zusammen:

$\mathrm{1,081}\cdot e^{-t}-\mathrm{0,15}=\mathrm{1,081}\cdot e^{-t}-\mathrm{0,15}$

Du hast eine Gleichung erhalten, die für alle $t\in ℝ$ eine wahre Aussage ist.

Bestimme alle Werte von $m$ so, dass die BAK zu keinem Zeitpunkt den Wert von $\mathrm{0,5}\frac{\text{g}}{\text{kg}}$ überschreitet

Gesucht ist eine Extremstelle von $f_m(t)$.

Berechne $f_m^{\prime }(t)=0$:

Du erhältst die Lösung $t_E=\ln \left({\displaystyle \frac{1081}{1000m}}\right)$

Weiterhin gilt: $f^{\prime \prime }(t_e)=-m<0$, d.h. hier liegt ein lokales Maximum vor.

Gefordert ist nun:

$f_m(t_E)=\mathrm{0,5}$.

Man erhält die beiden Lösungen $m_1\approx \mathrm{0,22682...}$ und $m_2\approx \mathrm{2,27659...}$.

Mit $f_m(t_E)<\mathrm{0,5}$ für $m_1<m<m_2$ ergeben sich die gesuchten Werte $m$ zu$m_1<m<\mathrm{1,081}$.

Anmerkung: $0<m<\mathrm{1,081}$ ist in der Aufgabe vorgegeben.

Zeige, dass jede Funktion der Schar ein lokales Maximum an der Stelle $x={\displaystyle \frac{\ln (10\cdot a)}{a}}$ hat.

Die möglichen Extremstellen der Schar ergeben sich mit dem Ansatz $p_a{}^{\prime }(x)=0$.

Dies führt zur Lösung:

$x_1={\displaystyle \frac{\ln (10\cdot a)}{a}}$

Mit $p_a{}^{\prime \prime }(x_1)=-{\displaystyle \frac{a}{5}}<0$, für $a>0$⁣ folgt dann die Aussage.

Begründe, dass die x-Koordinaten der Hochpunkte mit wachsenden Werten von $a$ kleiner werden

Betrachte eine neue Funktion $q(a)={\displaystyle \frac{\ln (10\cdot a)}{a}}$.

Die möglichen Extremstellen der Funktion $q$ ergeben sich mit dem Ansatz $q{}^{\prime }(a)=0$.

Dies führt auf die einzige Lösung: $a={\displaystyle \frac{e}{10}}$

Weiterhin gilt:

$q{}^{\prime \prime }\left({\displaystyle \frac{e}{10}}\right)=-{\displaystyle \frac{1000}{e^3}}<0$

An der Stelle $a={\displaystyle \frac{e}{10}}$ liegt ein Maximum vor.

Für $a>{\displaystyle \frac{e}{10}}$ werden deshalb die x-Koordinaten der Hochpunkte für wachsende Werte von $a$ kleiner.

Bestimme $u$

Im Intervall $[0;1]$ gilt:

Alle Funktionswerte von $p_3$ sind für $0<x\le 1$ größer als die Funktionswerte von $p_{\mathrm{0,5}}$.

Das führt zu dem Ansatz:

$${\displaystyle \frac{1}{2}}{\displaystyle {\int }_0^1(p_3-p_{\mathrm{0,5}})\mathrm{d}x={\displaystyle {\int }_0^u(p_3-p_{\mathrm{0,5}})\mathrm{d}x}}$$

Man erhält die relevante Lösung $u\approx \mathrm{0,59}$.