B1

Beschreibe, wie der Graph von $q^{\prime }$ aus dem Graphen von $q$ erzeugt werden kann

Gegeben: $q(x)=e^{-x}$

Weiterhin: Für die erste Ableitungsfunktion von $q$ gilt $q^{\prime }(x)=-q(x)$.

Der Graph von $q^{\prime }$ kann aus dem Graphen von $q$ durch eine Spiegelung an der $x$-Achse erzeugt werden.

Zeige, dass die Graphen von $p$ und $q$ in ihrem gemeinsamen Punkt eine gemeinsame Tangente haben

Gegeben: $p(x)=-x^2-x+1$ und $q(x)=e^{-x}$

Die Graphen von $p$ und $q$ haben genau einen gemeinsamen Punkt; dieser Punkt liegt auf der $y$-Achse.

Für $x=0$ ist $p(0)=1$ und $q(0)=e^0=1$.

Der gemeinsame Punkt liegt auf der $y$-Achse und ist der Punkt $P(0|1)$.

Weiterhin gilt: $p^{\prime }(x)=-2x-1$ und $q^{\prime }(x)=-e^{-x}$:

Dann ist $p^{\prime }(0)=-1$ und $q^{\prime }(0)=-1$.

Die Graphen von $p$ und $q$ haben einen gemeinsamen Punkt $P(0|1)$ und sie haben in diesem Punkt die gleiche Steigung $-1$. Deshalb haben sie auch im Punkt $P$ eine gemeinsame Tangente.

Gib eine Gleichung dieser Tangente an

$t(x)=m\cdot x+b$ mit $m=-1$ und $b=1$ folgt dann:

$t(x)=-x+1$

Die Gleichung dieser Tangente lautet $t(x)=-x+1$.

Gib den Wert des Integrals $${\displaystyle {\int }_0^2(q(x)-p(x))\mathrm{d}x}$$ an und interpretiere diesen Wert geometrisch

$${\displaystyle {\int }_0^2(q(x)-p(x))\mathrm{d}x={\displaystyle {\int }_0^2(e^{-x}-(-x^2-x+1))\mathrm{d}x={\displaystyle {\int }_0^2(e^{-x}+x^2+x-1))\mathrm{d}x}}}$$

Der Term ${\displaystyle \frac{11\cdot e^2-3}{3\cdot e^2}}$ kann noch vereinfacht werden.

$$\Rightarrow {\displaystyle {\int }_0^2(q(x)-p(x))\mathrm{d}x={\displaystyle \frac{11}{3}}-e^{-2}\approx \mathrm{3,53}}$$

Die Fläche, die die Graphen von $p$ und $q$ sowie die Gerade mit der Gleichung $x=2$ einschließen, hat einen Inhalt von ca. $\mathrm{3,53}$ Flächeneinheiten.

Bestimme die Größe der Fläche, die der Graph von $h$ und die $x$-Achse einschließen

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

Berechne die Nullstellen $h(x)=0$:

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

Verwende Satz vom Nullprodukt:

$e^{-x}\ne 0$ für alle $x\Rightarrow x^2-x-1=0$

Der TR liefert $x={\displaystyle \frac{-\sqrt{5}+1}{2}}\vee x={\displaystyle \frac{\sqrt{5}+1}{2}}$.

Berechne nun das Integral $$A=\left|{\displaystyle {\int }_{\frac{-\sqrt{5}+1}{2}}^{\frac{\sqrt{5}+1}{2}}h(x)\mathrm{d}x}\right|\approx \mathrm{1,28}$$

Die Größe der Fläche, die der Graph von $h$ und die $x$-Achse einschließen, beträgt rund $\mathrm{1,28}\mathrm{FE}$.

Berechne die Koordinaten der beiden Extrempunkte des Graphen von h sowie den Abstand der Extrempunkte

Notwendige Bedingung für Extremstellen: $h^{\prime }(x)=0$.

Die Nullstellen sind also $x=0\vee x=3$.

Laut Aufgabenstellung hat der Graph von $h$ nur zwei Extrempunkte.

Da $h^{\prime }$ nur zwei Nullstellen besitzt, muss es sich um die Extremstellen handeln.

Gesucht ist also der Abstand $d$ der Punkte $T(0|h(0))=T(0|-1)$ und $H(3|h(3))=H(3|5{\mathrm{e}}^{-3})$.

Es gilt: $d=\sqrt{(x_2-x_1{)}^2+(y_2-y_1{)}^2}$

$\Rightarrow d=\sqrt{(3-0{)}^2+(5{\mathrm{e}}^{-3}-(-1){)}^2}\approx \mathrm{3,25}$

Der Abstand der Extrempunkte beträgt rund $\mathrm{3,25}\mathrm{LE}$.

Ermittele, welchen Anteil an der Fläche des Rechtecks die Fläche des schraffierten Teilstücks einnimmt

Gegeben: $T(0|-1)$ und $H(3|5{\mathrm{e}}^{-3})$.

Der Flächeninhalt des Rechtecks $TPHQ$ berechnet sich durch:

$A_{\square }=\mathrm{\Delta }x\cdot \mathrm{\Delta }y=3\cdot (5{\mathrm{e}}^{-3}+1)\approx \mathrm{3,75}$.

Der Flächeninhalt des Rechtecks beträgt rund $\mathrm{3,75}\mathrm{FE}$.

Schraffiert ist die Fläche zwischen dem Graphen von $h$ und der Geraden mit der Gleichung $y=-1$ über dem Intervall $[0;3]$.

Ihr Inhalt beträgt $$A_{\text{schraffiert}}={\displaystyle {\int }_0^3(h(x)-(-1))\mathrm{d}x}$$.

Der berechnete Term lässt sich noch vereinfachen:

$${\displaystyle {\int }_0^3(h(x)-(-1))\mathrm{d}x=3-12{\mathrm{e}}^{-3}\approx \mathrm{2,40}}$$

Der Inhalt der schraffierten Fläche $A_{\text{schraffiert}}$ beträgt rund $\mathrm{2,40}\mathrm{FE}$.

Damit ergibt sich ein Anteil von ${\displaystyle \frac{A_{\text{schraffiert}}}{A_{\square }}}={\displaystyle \frac{3-12{\mathrm{e}}^{-3}}{3\cdot (5{\mathrm{e}}^{-3}+1)}}\approx \mathrm{0,641}$, also von ca. $\mathrm{64,1}\%$.

Gib den Wert $c$ sowie die Bedeutung dieses Wertes im Sachzusammenhang an

Gegeben ist $w(x)=4\cdot (x^2-x-1)\cdot {\mathrm{e}}^{-x}+4$

Es gilt: $\underset{x\to \infty }{\lim }{x}^n\cdot e^{-x}=0$. Daher ist $\underset{x\to \infty }{\lim }w(x)=4$.

Demnach ist $c=4$, d. h., die momentane Durchflussrate nähert sich langfristig einem Wert von $4\frac{{\mathrm{m}}^3}{\mathrm{s}}$.

Bestimme diejenigen Stellen, an denen die momentane Änderungsrate der Funktion $w$ mit der mittleren Änderungsrate der Funktion $w$ über dem Intervall $[0;10]$ übereinstimmt

Die momentane Änderungsrate der Funktion $w$ ist $w^{\prime }(x)$.

Die mittlere Änderungsrate der Funktion $w$ über dem Intervall $[0;10]$ wird berechnet mit ${\displaystyle \frac{w(10)-w(0)}{10-0}}$.

Damit erhält man folgende Gleichung:

$w^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{w(10)-w(0)}{10}}$

Die Gleichung hat die Lösungen $x_1$ und $x_2$ mit $x_1\approx \mathrm{0,04}$ und $x_2\approx \mathrm{2,51}$.

An den Stellen $x_1\approx \mathrm{0,04}$ und $x_2\approx \mathrm{2,51}$ stimmt die momentane Änderungsrate der Funktion $w$ mit der mittleren Änderungsrate der Funktion $w$ über dem Intervall $[0;10]$ überein.

Bestimme die momentane Durchflussrate für denjenigen Zeitpunkt in den ersten zehn Sekunden nach Beobachtungsbeginn, zu dem sie am stärksten abnimmt

Betrachte den Graphen der Funktion $w$. Die stärkste Abnahme liegt an derjenigen Wendestelle $x_w$ vor, für die $x_w>3$ gilt. Die Analyse des Graphen ergibt als zugehörigen Wendepunkt $WP(\mathrm{4,3}|\mathrm{4,72})$.

Mit CAS kann die Wendestelle durch $w^{\prime \prime }(x)=0$ bestimmt werden.

Für $x>3$ erhält man $x_w=\mathrm{0,5}\cdot (\sqrt{13}+5)\approx \mathrm{4,3}$

Berechne: $w(\mathrm{4,3})\approx \mathrm{4,72}\Rightarrow WP(\mathrm{4,3}|\mathrm{4,72})$.

Damit beträgt die momentane Durchflussrate zum gesuchten Zeitpunkt ca. $\mathrm{4,72}\frac{{\mathrm{m}}^3}{\mathrm{s}}$.

(i) Bestimme die Wassermenge, die in den ersten zwei Sekunden seit Beobachtungsbeginn an der Messstelle vorbeifließt

Berechne:

$${\displaystyle {\int }_0^{2}w(x)\mathrm{d}x\approx \mathrm{4,75}}$$

In den ersten zwei Sekunden ab Messbeginn fließen ca. $\mathrm{4,75}{\mathrm{m}}^3$ Wasser an der Messstelle vorbei.

(ii) Berechne die dafür infrage kommenden Zeiträume

Gegeben: An der Messstelle fließen in einem Zeitraum von drei Sekunden dreizehn Kubikmeter Wasser vorbei.

Das Integral über $w(x)$ gibt die seit Beobachtungsbeginn an der Messstelle vorbeifließende Wassermenge an. Sie soll $13{\mathrm{m}}^3$ betragen.

Dies führt zu der Gleichung $${\displaystyle {\int }_t^{t+3}w(x)\mathrm{d}x=13}$$.

Die Gleichung hat für $t\ge 0$ die Lösungen $t_1$ und $t_2$ mit $t_1\approx \mathrm{0,8}$ und $t_2\approx \mathrm{4,4}$.

Wegen $[t_1;t_1+3]$ und $[t_2;t_2+3]$ kommen die Zeiträume von etwa $\mathrm{0,8}\mathrm{s}$ bis $\mathrm{3,8}\mathrm{s}$ nach Beobachtungsbeginn sowie von etwa $\mathrm{4,4}\mathrm{s}$ bis $\mathrm{7,4}\mathrm{s}$ nach Beobachtungsbeginn infrage.