Teil B: Analysis 1

(i) Gib die Wassertemperatur zum Zeitpunkt der Entnahme aus dem Kühlschrank an

Es ist $f(t)=25-20\cdot {\mathrm{e}}^{-\mathrm{0,014}\cdot t}$.

Berechne $f(0)$:

$f(0)=25-20\cdot {\mathrm{e}}^{-\mathrm{0,014}\cdot 0}=25-20\cdot 1=5$

Zum Zeitpunkt der Entnahme aus dem Kühlschrank beträgt die Wassertemperatur $5^{\circ }\mathrm{C}$.

(ii) Bestimme den Zeitpunkt, zu dem die Wassertemperatur ${12}^{\circ }\mathrm{C}$ beträgt

Löse die Gleichung $f(t)=12$ $\Rightarrow$$t_1\approx \mathrm{30,8}$.

Das Wasser hat rund $31$ Minuten nach Beobachtungsbeginn eine Temperatur von ${12}^{\circ }\mathrm{C}$.

(i) Bestimme die mittlere Änderungsrate der Wassertemperatur innerhalb der ersten $30$ Minuten

Für die mittlere Änderungsrate gilt:

${\displaystyle \frac{f(30)-f(0)}{30-0}}={\displaystyle \frac{(25-20\cdot {\mathrm{e}}^{-\mathrm{0,014}\cdot 30})-5}{30}}\approx \mathrm{0,23}$

Die mittlere Änderungsrate der Wassertemperatur innerhalb der ersten $30$ Minuten beträgt rund $\mathrm{0,23}\frac{{}^{\circ }\mathrm{C}}{\min }$.

(ii) Gib $f^{\prime }(30)$ und die Bedeutung dieses Werts im Sachzusammenhang an.

Es ist $f^{\prime }(30)\approx \mathrm{0,18}$.

$30$ Minuten nach der Entnahme aus dem Kühlschrank nimmt die Wassertemperatur mit einer momentanen Rate von etwa $\mathrm{0,18}\frac{{}^{\circ }\text{C}}{\text{min}}$ zu.

Zeige, dass diese Zeitdauer unabhängig von t* ist

Bekannt ist: Die Raumtemperatur beträgt konstant ${25}^{\circ }\mathrm{C}$ und $f(t)=25-20\cdot {\mathrm{e}}^{-\mathrm{0,014}\cdot t}$.

Der Mittelwert zwischen der Temperatur zum Zeitpunkt $t^{\ast }$ und der Raumtemperatur ist gegeben durch ${\displaystyle \frac{1}{2}}(f(t^{\ast })+25)$.

Dann soll gelten:

$f(t^{\ast }+t)=\frac{1}{2}(f(t^{\ast })+25)$

$\Rightarrow$ $25-20\cdot {\mathrm{e}}^{-\mathrm{0,014}\cdot (t^{\ast }+t)}=\frac{1}{2}(50-20\cdot {\mathrm{e}}^{-\mathrm{0,014}\cdot t^{\ast }})$

Hinweis: Für die Berechnung mit dem $CAS$ wurde statt $t^{\ast }$ die Variable $c$ gewählt:

Die Gleichung hat also die Lösung $t=\frac{500\cdot \ln (2)}{7}\approx \mathrm{49,51}$, die nicht von $t^{\ast }$ (bzw. von $c$) abhängt.

Beschreibe, durch welche Transformationen der Graph von g aus dem Graphen von $f$ hervorgeht

Gegeben sind $f(t)=25-20\cdot {\mathrm{e}}^{-\mathrm{0,014}\cdot t}$ und $g(t)=5+20\cdot {\mathrm{e}}^{-\mathrm{0,014}t}$

$f\stackrel{\stackrel{}{\text{Spiegelung an t-Achse}}}{\to }-f(t)=-25+20\cdot {\mathrm{e}}^{-\mathrm{0,014}\cdot t}$ anschließend

$\stackrel{\stackrel{}{\text{Verschiebung um 30 in positive y-Richtung}}}{\to }-25+20\cdot {\mathrm{e}}^{-\mathrm{0,014}\cdot t}+30=5+20\cdot {\mathrm{e}}^{-\mathrm{0,014}t}=g(t)$

Die Transformationen sind also:

• Spiegelung an der t-Achse

• Verschiebung um $30$ in positive y-Richtung

Beurteile jede der folgenden Aussagen:

$\mathrm{I}$ Die Temperatur des Wassers im zweiten Glas nimmt während des gesamten Beobachtungszeitraums ab.

Gegeben ist $g(t)=5+20\cdot {\mathrm{e}}^{-\mathrm{0,014}t}$. Dann ist $g^{\prime }(t)=-\mathrm{0,28}\cdot e^{-\mathrm{0,014}t}$.

Die Aussage $\mathrm{I}$ ist richtig.

Begründung:

Wegen $g^{\prime }(t)=-\mathrm{0,28}\cdot e^{-\mathrm{0,014}t}<0$ ist für alle $t\in ℝ$ die Funktion $g$ streng monoton fallend, d.h. die Temperatur nimmt stetig ab.

$\mathrm{II}$ Für beide Gläser stimmen zu jedem Zeitpunkt die Beträge der momentanen Änderungsraten der Wassertemperaturen überein

Die Aussage $\mathrm{II}$ ist richtig.

Begründung:

Es ist $g^{\prime }(t)=-\mathrm{0,28}\cdot e^{-\mathrm{0,014}t}=-f^{\prime }(t)$

Für jedes $t\in ℝ$ stimmen die Beträge der momentanen Änderungsraten überein.

Gib den Grenzwert von $h$ für $x\to -\infty$ an und begründe Deine Angabe anhand des Funktionsterms

Gegeben ist $h(x)=(1-x^2)\cdot {\mathrm{e}}^x$.

Dann gilt:

$${\displaystyle \underset{x\to -\infty }{\lim }\underset{\to -\infty }{\underbrace{(1-x^2)}}\cdot \underset{\to 0}{\underbrace{{\mathrm{e}}^x}}=0}$$

$e^x$ geht stärker gegen $0$ als $(1-x^2)$ gegen minus unendlich geht.

Der Grenzwert von $h$ für $x\to -\infty$ ist gleich null.

Berechne den Anteil, den die größere der beiden Teilflächen an der Fläche $A$ hat

Für die Nullstellen von $h$ gilt: $h(x)=0\iff x=-1$ oder $x=1$.

Der Inhalt der Fläche $A$ entspricht dem Wert des Integrals $${\displaystyle {\int }_{-1}^{1}h(x)\mathrm{d}x={\displaystyle \frac{4}{e}}}$$.

Berechne $$A_1={\displaystyle {\int }_{-1}^{-1+\sqrt{2}}h(x)\mathrm{d}x\approx \mathrm{0,95}}$$. Dann ist $A_2=A-A_1={\displaystyle \frac{4}{e}}-\mathrm{0,95}\approx \mathrm{0,52}$.

Die größere Fläche ist also $A_1$:

Gesucht ist also das Verhältnis ${\displaystyle \frac{A_1}{A}}$:

$${\displaystyle \frac{A_1}{A}}=\frac{{\displaystyle {\int }_{-1}^{-1+\sqrt{2}}h(x)\mathrm{d}x}}{{\displaystyle {\int }_{-1}^{1}h(x)\mathrm{d}x}}\approx \mathrm{0,647}$$

Der Anteil, den die größere der beiden Teilflächen an der Fläche $A$ hat, beträgt rund $\mathrm{64,7}\%$.

Bestimme $b$

Zur Veranschaulichung wurde eine Zeichnung angefertigt:

Die orangefarbige Fläche soll den gleichen Flächeninhalt haben wie die grüne Fläche.

Da die orangefarbige Fläche unterhalb der x-Achse liegt, gilt:

$$A_{\text{grün}}+A_{\text{orange}}=0\Rightarrow {\displaystyle {\int }_{-1}^{b}h(x)\mathrm{d}x=0}$$

Diese Gleichung kann mit $\text{nsolve}$ gelöst werden und man erhält für $b>1$ die Lösung $b\approx \mathrm{1,55692...}$.

Für $b\approx \mathrm{1,56}$ hat die Fläche, die $G_h$, die $x$-Achse und die Gerade mit der Gleichung $x=b$ im vierten Quadranten einschließen, den gleichen Inhalt wie die Fläche $A$.

(i) Begründe mithilfe des Funktionsterms, dass $k$ die Nullstelle $-1$ besitzt

Es gilt:

$$k(-1)={\displaystyle {\int }_{-1}^{-1}h(x)\mathrm{d}x=0}$$ wegen der übereinstimmenden Grenzen des Integrals.

(i) Begründe mithilfe des Funktionsterms, dass $G_k$ im Bereich $x<-1$ unterhalb der $x$-Achse verläuft

Die Funktion $h(x)<0$ für $x<-1$. (siehe Abbildung bei d)

Deshalb ist für $x<-1$ auch $k(x)<0$.

(ii) Deute damit unter Verwendung der Abbildung den Wert $-\frac{4}{\mathrm{e}}$ in Bezug auf $G_h$ geometrisch

Zur Veranschaulichung wurde eine Zeichnung angefertigt:

Für $c<-1$ gibt $k(c)$ den orientierten Inhalt der Fläche an, die $G_h$ und die $x$-Achse zwischen den Geraden mit den Gleichungen $x=c$ und $x=-1$ einschließen.

Die Annäherung von $G_k$ an die Gerade $r$ mit der Gleichung $y=-\frac{4}{\mathrm{e}}$ bedeutet daher für $G_h$ geometrisch, dass der Inhalt der oben beschriebenen Fläche für kleiner werdende Werte von $c$ dem Wert $\frac{4}{\mathrm{e}}$ beliebig nahekommt.

In der Zeichnung ist der Wert des Integrals $$k(-12)={\displaystyle {\int }_{-12}^{-1}h(t)\mathrm{d}t\approx -\mathrm{1,47}}$$ angegeben (grüne Fläche)$\Rightarrow$$-{\displaystyle \frac{4}{e}}\approx -\mathrm{1,4715...}$

Begründe anhand des Funktionsterms, dass für jedes $a>0$ die Funktionswerte von $h_a$ nur für $-\sqrt{a}<x<\sqrt{a}$ positiv sind

Gegeben ist: $h_a(x)=\frac{1}{a}\cdot (a-x^2)\cdot {\mathrm{e}}^x$

Gefordert wird, dass für jedes $a>0$ die Funktionswerte von $h_a$ positiv sein sollen.

Dann folgt daraus:

$h_a(x)=\underset{>0\text{weil}a>0}{\underbrace{\frac{1}{a}}}\cdot \underset{>0}{\underbrace{(a-x^2)}}\cdot \underset{>0\text{für alle x}}{\underbrace{{\mathrm{e}}^x}}$

Demnach muss $a-x^2>0$ sein $\Rightarrow a>x^2\Rightarrow \sqrt{a}>|x|$.

Für $x\ge 0$ ist $x<\sqrt{a}$.

Für $x<0$ ist $-x<\sqrt{a}\Rightarrow x>-\sqrt{a}$

Zusammengefasst gilt dann: $-\sqrt{a}<x<\sqrt{a}$,

Für jedes $a>0$ sind die Funktionswerte von $h_a$ nur für $-\sqrt{a}<x<\sqrt{a}$ positiv.

Berechne diesen Wert von $a$

Für die Extremwerte berechne $h_a^{\prime }(x)=0$.

Die Gleichung liefert die Lösungen $x_1$ und $x_2$ mit $x_1=-1-\sqrt{a+1}$ und $x_2=-1+\sqrt{a+1}$.

Gefordert ist, dass das Produkt der $x$-Koordinaten der beiden Extrempunkte von $G_{h_a}$ gleich dem Produkt der $y$-Koordinaten dieser beiden Punkte ist.

Das führt zu der Gleichung $x_1\cdot x_2=h_a\left(x_1\right)\cdot h_a\left(x_2\right)$.

Wegen $a>0$ besitzt die Gleichung $x_1\cdot x_2=h_a\left(x_1\right)\cdot h_a\left(x_2\right)$ nur die Lösung$a={\displaystyle \frac{2}{\mathrm{e}}}\approx \mathrm{0,74}$ als einzige Lösung.