Teil 2 mit Hilfsmitteln Analysis I

Bestimme das Monotonieverhalten des Graphen von $F$

Es ist $f(x)={\displaystyle \frac{e^{2x}+e^x}{e^{2x}+1}}$.

Der Nenner ist für alle $x\in ℝ$ größer null.

Der Zähler ist die Summe zweier e-Funktionen und damit auch für alle $x\in ℝ$ größer null $\Rightarrow f(x)>0$ für alle $x\in ℝ$.

Nun gilt:

$F^{\prime }(x)=f(x)\Rightarrow F^{\prime }(x)>0$ für alle $x\in ℝ$.

Demnach ist $F(x)$ streng monoton steigend für alle $x\in ℝ$.

Gib nur unter Zuhilfenahme des Schaubilds die $x$- und die $y$-Koordinate des Wendepunkts des Graphen von $F$ näherungsweise an und begründe jeweils Deine Antwort

Die Wendepunkte einer Integralfunktion $F$ liegen dort, wo sich die Krümmung der zu integrierenden Funktion $f$ ändert, also dort, wo die zweite Ableitung der Integralfunktion $F$ null wird und ihr Vorzeichen wechselt.

$F^{\prime }(x)=f(x)\Rightarrow F^{\prime \prime }(x)=f^{\prime }(x)$

$F^{\prime \prime }(x)=0\Rightarrow f^{\prime }(x)=0$ liefert die Extremstellen von $G_f$.

Der Abbildung kann man die Koordinaten des Hochpunktes entnehmen.

Sie sind ungefähr $HP(\mathrm{0,9}|\mathrm{1,2})$.

Der Wendepunkt von $G_F$ hat dann ebenfalls diese Koordinaten $WP(\mathrm{0,9}|\mathrm{1,2})$.

Bestimme eine integralfreie Darstellung von $F(x)$

Beachte $e^{2t}=(e^t{)}^2=e^t\cdot e^t$.

Zerlege das Integral in die Summe von 2 Integralen.

$${\displaystyle \int {\displaystyle \frac{e^{2t}+e^t}{e^{2t}+1}}\mathrm{d}t={\displaystyle \int {\displaystyle \frac{e^{2t}}{e^{2t}+1}}\mathrm{d}t+{\displaystyle \int {\displaystyle \frac{e^t}{e^{2t}+1}}\mathrm{d}t}}}$$

Für das erste Integral gilt:

$${\displaystyle \int {\displaystyle \frac{e^{2t}}{e^{2t}+1}}\mathrm{d}t={\displaystyle \int {\displaystyle \frac{e^t}{e^{2t}+1}}\cdot e^t\mathrm{d}t}}$$

Es ist $z=e^t$. Dann folgt mit $\mathrm{d}z=e^t\cdot \mathrm{d}t$

$$\Rightarrow {\displaystyle \int \underset{{\displaystyle \frac{z}{z^2+1}}}{\underbrace{{\displaystyle \frac{e^t}{(e^t{)}^2+1}}}}\cdot \underset{\mathrm{d}z}{\underbrace{e^t\mathrm{d}t}}={\displaystyle \int {\displaystyle \frac{z}{z^2+1}}\cdot \mathrm{d}z}}$$

$${\displaystyle \int {\displaystyle \frac{z}{z^2+1}}\cdot \mathrm{d}z={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot \ln (z^2+1)+C_1}$$

Dann ist $${\displaystyle \int {\displaystyle \frac{e^{2t}}{e^{2t}+1}}\mathrm{d}t={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot \ln (e^{2t}+1)+C_1}$$

Für das zweite Integral gilt:

$${\displaystyle \int {\displaystyle \frac{e^t}{e^{2t}+1}}\mathrm{d}t}$$

Es ist $z=e^t$ und $\mathrm{d}z=e^t\cdot \mathrm{d}t$.

Weiterhin gilt: $g\left(x\right)={\displaystyle \frac{1}{1+x^2}}$ und $G\left(x\right)=\arctan \left(x\right)+C$

Dann ist $${\displaystyle \int {\displaystyle \frac{\mathrm{d}z}{z^2+1}}=\arctan \left(z\right)+C_2}$$ und $${\displaystyle \int {\displaystyle \frac{e^t}{e^{2t}+1}}\mathrm{d}t=\arctan \left(e^t\right)+C_2}$$

Als Lösung erhält man:

$${\displaystyle \int {\displaystyle \frac{e^{2t}+e^t}{e^{2t}+1}}\mathrm{d}t={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot \ln (e^{2t}+1)+\arctan \left(e^t\right)+C}$$

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.