Teil 2 Analysis II

Lege jeweils mittels aussagekräftiger Rechnung für die Aussagen $A,B$ und $C$ dar, weshalb diese falsch sind:

$A$: „Der Graph $G_h$ ist punktsymmetrisch zum Koordinatenursprung.“

Wegen $h(-x)=\arctan (1-(-x{)}^2)=\arctan (1-x^2)=h(x)$ ist $G_h$ symmetrisch zur y-Achse und kann daher nicht punktsymmetrisch zum Koordinatenursprung sein.

$B$: „Der Graph $G_h$ weist den Tiefpunkt $T(0|{\displaystyle \frac{\pi }{4}})$ auf.“

Wenn $(0|{\displaystyle \frac{\pi }{4}})$ ein Tiefpunkt wäre, dann müssen Funktionswerte in der Nähe von $x=0$ größer als ${\displaystyle \frac{\pi }{4}}\approx \mathrm{0,785}$ sein.

$h(\mathrm{0,1})=\arctan (1-{\mathrm{0,1}}^2)=\arctan (\mathrm{0,99})\approx \mathrm{0,780}<{\displaystyle \frac{\pi }{4}}$, ebenso ist

$h(-\mathrm{0,1})=\arctan (1-(-\mathrm{0,1}{)}^2)=\arctan (\mathrm{0,99})\approx \mathrm{0,780}<{\displaystyle \frac{\pi }{4}}$

Somit kann der Punkt $(0|{\displaystyle \frac{\pi }{4}})$ kein Tiefpunkt von $G_h$ sein.

Der Punkt $(0|{\displaystyle \frac{\pi }{4}})$ ist ein Hochpunkt. Wie unter $A$ gezeigt wurde, ist $G_h$ symmetrisch zur y-Achse. Bei $x=0$ hat $1-x^2$ den größten Wert $1$$\Rightarrow \arctan (1)={\displaystyle \frac{\pi }{4}}$. Der $\arctan$ ist streng monoton steigend. Daher ist der $\arctan$ für kleinere Werte von $1-x^2$ kleiner als bei $x=0$.

$C$: „Für die Wertemenge der Funktion $h$ gilt $W_h=]-2;{\displaystyle \frac{\pi }{4}}]$. “

Es ist $\underset{x\to \infty }{\lim }h(x)=-{\displaystyle \frac{\pi }{2}}\Rightarrow$die linke Intervallgrenze ist $-{\displaystyle \frac{\pi }{2}}$ und nicht $-2$.

Die rechte Intervallgrenze ist der y-Wert des Hochpunktes ${\displaystyle \frac{\pi }{4}}$.

Damit ist $W_h=]-{\displaystyle \frac{\pi }{2}};{\displaystyle \frac{\pi }{4}}]$.

Zeichne den Graphen $G_h$ der Funktion $h$ unter Verwendung der Erkenntnisse aus Teilaufgabe a) und weiterer geeigneter Funktionswerte für $-3\le x\le 3$ in ein kartesisches Koordinatensystem

Es gilt:

$h(-3)=h(3)\approx -\mathrm{1,45}$$\Rightarrow$ Punkte $A$ und $E$

$h(-1)=h(1)=0$$\Rightarrow$ Punkte $B$ und $D$

$h(0)={\displaystyle \frac{\pi }{4}}\approx \mathrm{0,79}$$\Rightarrow$ Punkt $C$

Ermittle eine mögliche Funktionsgleichung von $g^{-1}$

$y=\arctan (1-x^2)$

Tausche $x$ mit $y$:

$x=\arctan (1-y^2)$

Löse nach $y$ auf:

Welches Vorzeichen der Wurzel ist richtig?

Der Punkt $(1|0)$ liegt auf $g$. Bei der Spiegelung an der Winkelhalbierenden wird daraus der Punkt $(0|1)$, d.h. $(0|1)\in g^{-1}$.

Setze $(0|1)$ in $y=\sqrt{1-\tan (x)}$ ein$\Rightarrow 1=\sqrt{1-\tan (0)}=\sqrt{1}=1✓$.

Eine mögliche Funktionsgleichung von $g^{-1}$ ist $g^{-1}(x)=\sqrt{1-\tan (x)}$.

Bestimme außerdem die Definitionsmenge und die Wertemenge von $g^{-1}$

Die Definitionsmenge von $g$ ist $D_g=[0;2]$$\Rightarrow h(0)=\arctan (1)={\displaystyle \frac{\pi }{4}}$ und $h(2)=\arctan (1-2^2)=\arctan (-3)\approx -\mathrm{1,249}$. Dann ist die Wertemenge von $g$ $W_g=[\arctan (-3);\frac{\pi }{4}]$

$\Rightarrow \text{Definitionsmenge ist}{D}_{g^{-1}}=[\arctan (-3);\frac{\pi }{4}]\approx [-\mathrm{1,249};\mathrm{0,785}]$

Die Definitionsmenge von $g$ ist $D_g=[0;2]\Rightarrow \text{Wertemenge ist}{W}_{g^{-1}}=[0;2]$.

Ermittle die spezielle Lösung dieser Differenzialgleichung für das vorliegende Anfangswertproblem

Gegeben ist $m\cdot u^{\prime }(m)=-4$.

$\Rightarrow m\cdot {\displaystyle \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}m}}=-4\Rightarrow \mathrm{d}u=-4{\displaystyle \frac{1}{m}}\mathrm{d}m$

Integriere auf beiden Seiten:

$u(m)=-4\ln m+C$

Zu Beginn ist $u(500)=0\Rightarrow 0=-4\ln 500+C\Rightarrow C=4\ln 500$.

Dann folgt für $u(m)=-4\ln m+4\ln 500=4\cdot \ln \left({\displaystyle \frac{500}{m}}\right)✓$

Zeige, dass gilt: $v(t)=-4\cdot \ln (1-\mathrm{0,001}\cdot t)$

Ermittle zudem den Zeitpunkt $t_1$, zu dem die Rakete eine Geschwindigkeit von $8{\displaystyle \frac{\mathrm{k}\mathrm{m}}{\mathrm{s}}}$ hat

Bekannt sind:

$m(t)=500-\mathrm{0,5}\cdot t$ und $v(t)=u(m(t))$. Weiterhin ist $u(m)=4\cdot \ln \left({\displaystyle \frac{500}{m}}\right)$.

$\Rightarrow v(t)=4\cdot \ln \left({\displaystyle \frac{500}{m(t)}}\right)$

Setze $m(t)$ ein:

$\Rightarrow v(t)=4\cdot \ln \left({\displaystyle \frac{500}{500-\mathrm{0,5}\cdot t}}\right)$

Somit ist $v(t)=-4\cdot \ln (1-\mathrm{0,001}\cdot t)✓$.

Ermittle zudem den Zeitpunkt $t_1$, zu dem die Rakete eine Geschwindigkeit von $8{\displaystyle \frac{\mathrm{k}\mathrm{m}}{\mathrm{s}}}$ hat

$v(t)=-4\cdot \ln (1-\mathrm{0,001}\cdot t)\Rightarrow 8=-4\cdot \ln (1-\mathrm{0,001}\cdot t)$

Nach rund $865$ Sekunden hat die Rakete eine Geschwindigkeit von $8{\displaystyle \frac{\mathrm{k}\mathrm{m}}{\mathrm{s}}}$ erreicht.

Berechne das Integral $${\displaystyle {\int }_0^{900}v(t)\mathrm{d}t}$$ (mit $v(t)$ aus Teilaufgabe b)

z. B. mithilfe einer geeigneten Substitution

Gegeben ist $${\displaystyle {\int }_0^{900}v(t)\mathrm{d}t={\displaystyle {\int }_0^{900}-4\cdot \ln (1-\mathrm{0,001}\cdot t)\mathrm{d}t}}$$

$${\displaystyle 4{\int }_0^{900}-\ln (1-\mathrm{0,001}\cdot t)\mathrm{d}t}$$

Setze $z=1-\mathrm{0,001}\cdot t\Rightarrow {\displaystyle \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}}=-\mathrm{0,001}\Rightarrow \mathrm{d}z=-\mathrm{0,001}\mathrm{d}t$

und erweitere das Integral mit ${\displaystyle \frac{\mathrm{0,001}}{\mathrm{0,001}}}$.

$${\displaystyle {\displaystyle \frac{4}{\mathrm{0,001}}}{\int }_0^{900}-\mathrm{0,001}\ln (1-\mathrm{0,001}\cdot t)\mathrm{d}t={\displaystyle {\displaystyle \frac{4}{\mathrm{0,001}}}{\int }_0^{900}\ln (1-\mathrm{0,001}\cdot t)\cdot (-\mathrm{0,001})\mathrm{d}t={\displaystyle {\displaystyle \frac{4}{\mathrm{0,001}}}{\int }_0^{900}\ln z\mathrm{d}z=4000{\int }_0^{900}\ln z\mathrm{d}z}}}$$

Die Stammfunktion von $f(x)=\ln x$ ist $F(x)=x\cdot \ln x-x+C$.

Dann folgt für das Integral:

$${\displaystyle 4000{\int }_0^{900}z\mathrm{d}z=4000{[z\ln z-z]}_0^{900}}$$

$\stackrel{\stackrel{}{\text{Resubstitution}z=1-\mathrm{0,001}\cdot t}}{\to }4000{[(1-\mathrm{0,001}\cdot t)\cdot \ln (1-\mathrm{0,001}\cdot t)-(1-\mathrm{0,001}\cdot t)]}_0^{900}$

Setze die Werte der oberen ($900$) und der unteren Grenze ($0$) in die Stammfunktion ein und ziehe vom Ergebnis der oberen Grenze das Ergebnis der unteren Grenze ab.

$${\displaystyle {\int }_0^{900}v(t)\mathrm{d}t=4000\cdot [((1-\mathrm{0,9})\cdot \ln (1-\mathrm{0,9})-(1-\mathrm{0,9}))-(1\cdot \ln 1-1)]=4000\cdot [\mathrm{0,1}\cdot \ln (\mathrm{0,1})-\mathrm{0,1}-(0-1)]=4000\cdot [\mathrm{0,1}\cdot \ln (\mathrm{0,1})+\mathrm{0,9}]\approx 2679}$$

Ergebnis (gerundet auf eine ganze Zahl) : $${\displaystyle {\int }_0^{900}v(t)\mathrm{d}t\approx 2679}$$

Interpretiere das Ergebnis im Sachzusammenhang

Das Integral $${\displaystyle {\int }_0^{900}v(t)\mathrm{d}t\approx 2679}$$ ist die Strecke in Kilometern, die die Rakete innerhalb der ersten $900$ Sekunden zurückgelegt hat.

Ermittle eine Gleichung der Umkehrfunktion von $f$

Gegeben ist $f(x)={\displaystyle \frac{x^2-1}{1-2x}}$$\Rightarrow$ $y={\displaystyle \frac{x^2-1}{1-2x}}$.

Tausche $x$ mit y und löse nach $y$ auf:

$x={\displaystyle \frac{y^2-1}{1-2y}}$

Du hast eine quadratische Gleichung erhalten. Diese kannst du nun mit der Mitternachtsformel (abc-Formel) oder pq-Formel lösen.

Hier erfolgt die Lösung mit der pq-Formel:

Damit ist $y=-x\pm \sqrt{x^2+x+1}$.

Welches Vorzeichen vor der Wurzel ist das richtige Vorzeichen?

Es ist $f(0)=-1\Rightarrow (0|-1)$.

Bei Spiegelung von $(0|-1)$ an der Winkelhalbierenden $y=x$ wird daraus der Punkt $(-1|0)$. Dieser Punkt muss also auf der Umkehrfunktion liegen.

Setze die Koordinaten von $(0|-1)$ in $y=-x-\sqrt{x^2+x+1}$ ein:

$-1=0-\sqrt{0^2+0+1}=-\sqrt{1}=-1✓$

Damit ist $y=-x-\sqrt{x^2+x+1}$ die gesuchte Umkehrfunktion.

Zeige, dass gilt: $f(x)=-{\displaystyle \frac{1}{2}}x-{\displaystyle \frac{1}{4}}-{\displaystyle \frac{3}{4\cdot (-2x+1)}}$

Gegeben ist $f(x)={\displaystyle \frac{x^2-1}{1-2x}}$.

Führe eine Polynomdivision durch.

$\begin{array}{l}\phantom{-}(x^2+0x-1):(-2x+1)=-{\displaystyle \frac{1}{2}}x-{\displaystyle \frac{1}{4}}+{\displaystyle \frac{-\frac{3}{4}}{-2x+1}}\\ -\underline{(x^2-\frac{1}{2}x)}\\ \phantom{-(x^3-1}\frac{1}{2}x-1\\ \phantom{(x^3+}-\underline{(\frac{1}{2}x-\frac{1}{4})}\\ \phantom{-(x^3+3x^2}-\frac{3}{4}\end{array}$

Demnach ist $f(x)=-{\displaystyle \frac{1}{2}}x-{\displaystyle \frac{1}{4}}+{\displaystyle \frac{-\frac{3}{4}}{-2x+1}}=-{\displaystyle \frac{1}{2}}x-{\displaystyle \frac{1}{4}}-{\displaystyle \frac{3}{4\cdot (-2x+1)}}✓$

Ermittle die Maßzahl des Flächeninhalts dieses Flächenstücks

$f(x)={\displaystyle \frac{x^2-1}{1-2x}}$

Die Nullstellen von $G_f$ sind $x^2-1=0\Rightarrow x_{\mathrm{1,2}}=\pm 1$.

Die Nullstelle im III. Quadranten ist $x=-1$.

Daher muss für die Maßzahl des Flächeninhalts dieses Flächenstücks das Integral $${\displaystyle {\int }_{-1}^{0}f(x)\mathrm{d}x}$$ berechnet werden. Beachte dabei, dass die gesuchte Fläche unterhalb der x-Achse liegt. Der Wert des Integrals ist somit negativ und die Maßzahl des Flächeninhalts ist dann der Betrag davon.

$${\displaystyle {\int }_{-1}^{0}f(x)\mathrm{d}x={\displaystyle {\int }_{-1}^0(-{\displaystyle \frac{1}{2}}x-{\displaystyle \frac{1}{4}}-{\displaystyle \frac{3}{4\cdot (-2x+1)}})\mathrm{d}x}}$$

Die Stammfunktion von $f(x)$ ist $F(x)$ mit:

$F(x)=-{\displaystyle \frac{1}{4}}{x}^2-{\displaystyle \frac{1}{4}}x+{\displaystyle \frac{3}{8}}\ln (-2x+1)+C$

Dann berechnet man das Integral:

$${\displaystyle {\int }_{-1}^{0}f(x)\mathrm{d}x=F(0)-F(-1)\approx 0-\mathrm{0,41198}=-\mathrm{0,41198}}$$

Dabei ist $F(0)=0+0+\frac{3}{8}\ln (-2\cdot 0+1)=\frac{3}{8}\ln (1)=0$ und

$F(-1)=-{\displaystyle \frac{1}{4}}\cdot (-1{)}^2-{\displaystyle \frac{1}{4}}\cdot (-1)+{\displaystyle \frac{3}{8}}\ln (-2\cdot (-1)+1)=-{\displaystyle \frac{1}{4}}+{\displaystyle \frac{1}{4}}+{\displaystyle \frac{3}{8}}\ln (3)\approx \mathrm{0,41198}$

Die Maßzahl des Flächeninhalts dieses Flächenstücks beträgt rund $\mathrm{0,4118}\mathrm{FE}.$

Zeige, dass die Funktion $V$ mit der Gleichung $V(t)=k\cdot e^{\mathrm{2,5}\cdot (1-e^{-\mathrm{0,2}\cdot t})}$ für beliebige Werte von $k\in {ℝ}^{+}$ eine Lösung der obigen Differenzialgleichung ist

Gegeben sind die Differenzialgleichung $\dot{V}(t)=\mathrm{0,5}\cdot e^{-\mathrm{0,2}\cdot t}\cdot V(t)$ und $V(t)=k\cdot e^{\mathrm{2,5}\cdot (1-e^{-\mathrm{0,2}\cdot t})}$.

Bilde die erste Ableitung von $V(t)$ mit der Kettenregel:

$\dot{V}(t)=k\cdot e^{\mathrm{2,5}\cdot (1-e^{-\mathrm{0,2}\cdot t})}\cdot (-\mathrm{2,5}\cdot e^{-\mathrm{0,2}\cdot t})\cdot (-\mathrm{0,2})=\mathrm{0,5}\cdot e^{-\mathrm{0,2}\cdot t}\cdot \underset{V(t)}{\underbrace{k\cdot e^{\mathrm{2,5}\cdot (1-e^{-\mathrm{0,2}\cdot t})}}}$

Also gilt: $\dot{V}(t)=\mathrm{0,5}\cdot e^{-\mathrm{0,2}\cdot t}\cdot V(t)✓$

Erläutere außerdem die Bedeutung des Parameters $k$ im Sachzusammenhang

Zur Zeit $t=0$ ist $V(0)=k\cdot e^{\mathrm{2,5}\cdot (1-e^{-\mathrm{0,2}\cdot 0})}=k\cdot e^{\mathrm{2,5}\cdot (1-1)}=k\cdot e^0=k$.

$k$ ist somit das Anfangszellvolumen.

Berechne unter Verwendung von $V(t)$ aus Teilaufgabe a), auf das Wievielfache das Volumen der Zellen auf lange Sicht anwächst

Es ist $V(0)=k$.

Weiterhin ist $${\displaystyle \underset{t\to +\infty }{\lim }k\cdot e^{\mathrm{2,5}\cdot (1-\stackrel{\to 0}{\overbrace{e^{-\mathrm{0,2}\cdot t}}})}=k\cdot e^{\mathrm{2,5}}}$$

Das Volumen der Zellen wächst auf lange Sicht vom Anfangsvolumen $k$ auf das $k\cdot e^{\mathrm{2,5}}$-fache Volumen. Es vergrößert sich also mit dem Faktor $e^{\mathrm{2,5}}\approx \mathrm{12,18}$.

Ermittle den Zeitpunkt (auf $2$ Nachkommastellen gerundet), zu dem sich das Volumen der Zellen verdoppelt hat

Doppeltes Volumen$\Rightarrow V=2\cdot k$.

Nach rund $\mathrm{1,62}$ Tagen hat sich das Volumen der Zellen verdoppelt.