Aufgabe 1

Ein Ölfeld wird seit Beginn des Jahres 1990 mit Bohrungen in mehreren Erdöl führenden Schichten erschlossen. Die momentane Förderrate¹ aus diesem Ölfeld im Zeitraum von Anfang 1990 bis Ende 2009 kann im Intervall [0;20] durch die Funktion $f$ mit der Gleichung

$f(t)=(1.020-40t)\cdot \mathrm e^{0,1\cdot t}, t \in \mathbb{R},$

modelliert werden.
Dabei wird $t$ als Maßzahl zur Einheit 1 Jahr und $f(t)$ als Maßzahl zur Einheit 1.000 Tonnen pro Jahr aufgefasst. Der Zeitpunkt $t=0$ entspricht dem Beginn des Jahres 1990.
Der Graph von $f$ ist in der Abbildung 1 in dem für die Modellierung zu betrachtenden Intervall dargestellt.

Grafik zeigt eine Kurve über Jahre mit Werten in Tausend pro Jahr.

¹Im Folgenden wird vereinfachend nur der Begriff der Förederrate verwendet, wobei durchgehend die momentane Förderrate gemeint und zu betrachten ist.

Bestimmen Sie rechnerisch den Zeitpunkt im betrachteten Zeitraum von Anfang 1990 bis Ende 2009, zu dem die Förderrate maximal ist, und berechnen Sie den Maximalwert.
$[\text{Zur Kontrolle: }f‘(t)=(62-4t)\cdot \mathrm e^{0,1\cdot t}]$

(11P)

Die Menge des Erdöls, das seit dem Beginn der Ölförderung Anfang 1990 bis zu einem beliebigem Zeitpunkt $t$ des betrachteten Zeitraums aus dem Ölfeld gefördert wurde, wird durch eine Funktion $M: t \mapsto M(t), 0 \leq t \leq 20$ , beschrieben.

Bestimmen Sie eine Gleichung dieser Funktion M.
[Zur Kontrolle: Eine Stammfunktion der Funktion $f$ ist die Funktion $F$ mit der Gleichung $F(t)=(14.200-400t)\cdot \mathrm e^{0,1\cdot t}$ .]
Berechnen Sie die gesamte Fördermenge aus dem Ölfeld von Anfang 1990 bis Ende 2009.
Ermitteln Sie die Einnahmen aus dem Verkauf des im Jahr 2007 geförderten Erdöls, wenn man von einem Verkaufspreis von 56 Euro pro Barrel im Jahr 2007 ausgeht.
1 Barrel Erdöl (ca. 159 Liter) wiegt ca. 137 kg.

(8P + 3P + 6P)

Seit Anfang des Jahres 2010 schwächt sich der Rückgang der Förderrate ab. Diese soll im Intervall $[20;40]$ daher durch die Funktion $g$ mit der Gleichung

$g(t)=180\cdot \mathrm e^{4-0,1\cdot t}+40\cdot \mathrm e^{2}, t \in \mathbb{R},$

modelliert werden. Dabei wird wieder $t$ als Maßzahl zur Einheit 1 Jahr und $g(t)$ als Maßzahl zur Einheit 1.000 Tonnen pro Jahr aufgefasst. Der Zeitpunkt $t=20$ entspricht dem Beginn des Jahres 2010. Die Abbildung 2 auf Seite 2 stellt die Graphen der Funktionen $f$ und $g$ in den jeweils für die Modellierung zu betrachtenden Intervallen dar.

Begründen Sie anhand des Funktionterms von $g$ , warum die Funktion $g$ die Förderrate nicht über einen längeren Zeitraum sinnvoll beschreiben könnte.
Der Betreiber kalkuliert, dass die Ölförderung für ihn nur wirtschaftlich ist, wenn innerhalb eines Kalenderjahres mindestens 600.000 Tonnen Öl gefördert werden.
Bestimmen Sie das letzte Kalenderjahr, für das die Ölförderung wirtschaftlich sein wird.
[Zur Kontrolle: Die Fördermenge im Intervall $[$ T; T +1 $]$ . $20 < T\leq39$ , lässt sich durch $J(T)=40\cdot \mathrm e^{2}+1.800\cdot \mathrm e^{4-0,1\cdot T}\cdot(1-\mathrm e^{-0,1})$ ermitteln.]

Grafik eines Diagramms mit zwei Kurven, die verschiedene Werte im Zeitverlauf darstellen. Achsen beschriftet.

(4P + 10P)

Durch die Funktion $h$ mit der Gleichung

$h(t)= \begin{cases}f(t), 0\leq t\leq20 \\ g(t), 20 < t\leq40 \end{cases}$

wird die Förderrate von Anfang 1990 bis Ende 2029 beschrieben. Folgende Angaben dürfen ohne Nachweis verwendet werden:

$f(20)=220\mathrm e^{2}$	$f‘(20)=-18\mathrm e^{2}$	$f‘‘(20)=-5,8\mathrm e^2$
$g(20)=220\mathrm e^2$	$g‘(20)=-18\mathrm e^2$	$g‘‘(20)=1,8\mathrm e^2$

Begründen Sie, dass die Funktion $h$ an der Stelle $t=20$ differenzierbar ist, und entscheiden Sie, ob $h$ dort zweimal differenzierbar ist.
Begründen Sie, dass $h‘$ an der Stelle $t=20$ ein lokales Minimum besitzt.
[Hinweis: $f‘‘(t)=(2,2-0,4t)\cdot\mathrm e^{0,1t}, g‘‘(t)=1,8\cdot \mathrm e^{4-0,1t}$ darf ohne Nachweis verwendet werden.]

(4P + 4P)

$\blacktriangleright$ Maximale Förderrate bestimmen

Die momentane Förderrate aus einem Ölfeld im Zeitraum von 1990 bis 2009 wird im Intervall $\left[0;20\right]$ wird durch die Funktion $f$ mit dem Term

$f(t)=(1.020 -40 \cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}$

modelliert. Dabei gibt die Variable $t$ das Jahr und $f(t)$ die geförderte Menge an Erdöl zur Einheit 1.000 Tonnen pro Jahr an.
Deine Aufgabe ist es rechnerisch den Zeitpunkt $t$ zu bestimmen, an dem die Förderrate maximal wird und weiterhin den entsprechenden Maximalwert anzugeben.

Das heißt, du kannst den Hochpunkt der Funktion $f$ bestimmen. Denn dessen $x$ -Koordinate entspricht dem gesuchten Zeitpunkt, an dem die Förderrate maximal wird und die $y$ -Koordinate gibt den Maximalwert an.

Um die Koordinaten angeben zu können, musst du zunächst die notwendige und hinreichende Bedingung für Maximalstellen überprüfen.
Bei einer Maximalstelle $t_M$ der Funktion $f$ müssen folgende Bedingungen erfüllt sein:

Notwendige Bedingung: $f‘(t_M)=0$
Hinreichende Bedingung: $f‘‘(t_M) < 0$

Ermittle anhand diesen Bedingungen die Maximalstelle der Funktion $f$ . Hast du diese bestimmt, so kannst du die bestimmte Stelle in den Funktionsterm von $f$ einsetzen und erhältst den zugehörigen Funktionswert an dieser Maximalstelle.

1. Schritt: Notwendige Bedingung überprüfen

Um die notwendige Bedingung einer Maximalstelle der Funktion $f$ zu überprüfen, benötigst du zunächst die erste Ableitungsfunktion der Funktion $f$ .
Diese erhältst du, indem du die Produktregel anwendest:

$\begin{array}{r@{\;=\;}l@{\hspace{1cm}}l} f(t)=&(1.020 -40 \cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}& \\ f‘(t)=&( -40 ) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t} + (1.020 -40 \cdot t) \cdot 0,1 \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}& \\ =& ( -40 ) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t} + (102 - 4 \cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}& \\ =& (62 - 4 \cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}& \\ \end{array}$

Für die notwendige Bedingung einer Maximalstelle muss $f‘(t_M)=0$ gelten. Setze also den Funktionsterm der ersten Ableitung $f‘$ gleich Null und ermittle alle potentiellen Werte, für die diese Gleichung erfüllt wird:

$\begin{array}{r@{\;=\;}l@{\hspace{1cm}}l} 0=&(62 - 4 \cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}& \\ \end{array}$

An dieser Stelle kannst du den Satz vom Nullprodukt anwenden. Da der Term $\mathrm{e}^{0,1 \cdot t}$ für keinen Wert für $t$ gleich Null werden kann, kannst du diesen vernachlässigen.

$\begin{array}{r@{\;=\;}l@{\hspace{1cm}}l} 0=& 62 - 4 \cdot t& \mid\;+ 4 \cdot t\\ 4 \cdot t=& 62& \mid\;:4\\ t=& 15,5& <br> \end{array}$

Damit hast du eine potentielle Maximalstelle an $t_M=15,5$ ermittelt und kannst für diese Stelle nun das hinreichende Kriterium überprüfen.

Graph einer Funktion mit Achsenbeschriftungen und einem markierten Nullpunkt bei X=15,5 und Y=0.

Alternativ bietet es sich auch an, die potentielle Maximalstelle mit dem GTR zu bestimmen:
Gib dazu den Term der ersten Ableitungsfunktion $f‘$ an und lass deren Schaubild im Graph-Modus anzeigen. Wähle dann unter

menu CALC 2: Zero

den Befehl zum Bestimmen einer Nullstelle aus und bestätige mit Enter.

Der GTR liefert dir eine potentielle Maximalstelle an $t_M=15,5$ .

2. Schritt: Hinreichende Bedingung überprüfen

Damit eine Maximalstelle vorliegt, muss weiterhin die hinreichende Bedingung $f‘‘(t_M=15,5) < 0$ erfüllt werden. Das heißt, du benötigst zunächst die zweite Ableitung der Funktion $f$ . Diese erhältst du, indem du den Term von $f‘$ erneut mit Hilfe der Produktregel ableitest:

$\begin{array}{r@{\;=\;}l@{\hspace{1cm}}l} f‘(t)=& (62 - 4 \cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}& \\ f‘‘(t)=& (- 4) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t} + (62 - 4 \cdot t) \cdot 0,1 \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}& \\ =& (- 4) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t} + (6,2 - 0,4 \cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}& \\ =& (6,2 -4 - 0,4 \cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}& \\ =& (2,2 - 0,4 \cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}& \\ \end{array}$

Überprüfe nun, ob $f‘‘(t_M=15,5)< 0$ erfüllt wird:

$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} f‘‘(t_M=15,5)=& (2,2 - 0,4 \cdot 15,5) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot 15,5}& \\ =& (-4) \cdot \mathrm{e}^{ 1,55}& \\ \approx& -18,8 < 0& \\ \end{array}$

Das liefert dir, dass ebenfalls die hinreichende Bedingung erfüllt ist und damit, dass an $t_M=15,5$ eine Maximalstelle vorliegt.

3. Schritt: Koordinaten des Hochpunktes angeben

Aus den Berechnungen zuvor weißt du, dass sich an der Stelle $t_M=15,5$ ein Hochpunkt befindet. Damit hast du die $x$ -Koordinate des Hochpunktes bereits ermittelt. Die $y$ -Koordinate erhältst du, indem du $t_M=15,5$ in den Funktionsterm von $f$ einsetzt und berechnest:

$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} f(t_M=15,5)=&(1.020 -40 \cdot 15,5) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot 15,5}& \\ =& 400 \cdot \mathrm{e}^{1,55}& \\ \approx & 1884,59 & \\ \end{array}$

Mathematische Berechnungen und Gleichungen auf einem Bildschirm.

Alternativ kannst du den Funktionswert an der Stelle $t_M=15,5$ auch mit Hilfe des GTR bestimmen. Gib dazu die Funktion $f$ im Graph-Modus an und lass deren Graph anzeigen.

Den Funktionswert an besagter Stelle $t_M=15,5$ erhältst du über folgende Befehlsfolge:

menu CALC 1: Value

Die Koordinaten des Hochpunktes $H$ lauten $H(15,5 \mid 1884,59 )$ .
Das heißt, zum Zeitpunkt $t=15,5$ wird die Förderrate maximal mit einem Maximalwert von $1884,59 \cdot 1.000</b>$ Tonnen pro Jahr.

b)
$\blacktriangleright$ Bestimmen einer Gleichung für die Funktion $M$
Die Funktion $M$ soll die Menge des Erdöls beschreiben, die seit 1990 bis zu einem beliebig betrachtete Zeitpunkt $t$ für $t \in \left[0;20\right]$ aus dem Ölfeld gefördert wurde.
Da die zuvor betrachtete Funktion $f$ die momentane Förderrate des Erdöls beschreibt, entspricht die Funktion $M$ gerade einer Stammfunktion von $f$ .
Das heißt, um den Term der Funktion $M$ zu bestimmen, kannst du die Funktion $f$ über dem Intervall $\left[0;20\right]$ integrieren.
Beachte, dass du bei einer Integration eine Integrationskonstante erhältst.
Um an dieser Stelle eine Stammfunktion von $f$ zu erhalten, kannst du partielle Integration verwenden:

$\displaystyle\int_{a}^{b}h‘(t) \cdot g(t)\mathrm{d}t= h(b) \cdot g(b) - h(a)\cdot g(a)-\displaystyle\int_{a}^{b} h(t) \cdot g‘(t)\mathrm{d}t$

Wähle in diesem Fall:

$h‘(t)=\mathrm{e}^{0,1 \cdot t}$ $\to h(t)=10 \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}$

$g(t)=1.020 -40 \cdot t$ $\to g‘(t)=-40$

Da die Aufgabenstellung verlangt, dass die Funktion $M$ die Menge des Erdöls bis zu einem beliebigen Zeitpunkt $t$ beschreibt, wird die obere Grenze des Integrals gleich $t$ gesetzt und ist damit veränderbar.
In unserem Fall muss also $a=0$ und $b=t$ gelten. Einsetzen in die oben angeführte Formel liefert dir das gesuchte Integral von $f$ :
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} M(t)=&\displaystyle\int_{0}^{t} h‘(t) \cdot g(t)\mathrm{d}t&\\ =& h(t) \cdot g(t) - h(0)\cdot g(0)-\displaystyle\int_{0}^{t} h(t) \cdot g‘(t)\mathrm{d}t&\\ =& 10 \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t} \cdot (1.020 -40 \cdot t) - 10 \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot 0} \cdot (1.020 -40 \cdot 0) -\displaystyle\int_{0}^{t} 10 \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t} \cdot (-40) \mathrm{d}t&\\ =& (10.200 -400 \cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t} - 10.200 \cdot \mathrm{e}^{0} -\displaystyle\int_{0}^{t} -400 \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t} \mathrm{d}t&\\ =& (10.200 -400 \cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t} - 10.200 -\left[ -4.000 \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}\right]_0^t&\\ =& (10.200 -400 \cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t} - 10.200 - \left( -4.000 \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}\right) + \left( -4.000 \cdot \mathrm{e}^{0}\right) +C &\\ =& (14.200 -400 \cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t} - 14.200 +C &\\ \end{array}$
Ein möglicher Term zur Funktion $M$ bzw. der Term einer Stammfunktion zur Funktion $f$ ist gegeben durch:
$M(t)=F(t)=(14.200 -400 \cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t} - 14.200 +C$ .
$\blacktriangleright$ Berechnen der gesamten Fördermenge
Zuvor hast du den Term der Funktion $M$ ermittelt, die die gesamte geförderte Menge Erdöl von Beginn der Förderung bis zu einem beliebigen Zeitpunkt $t$ beschreibt.
In der Aufgabenstellung wird nun verlangt, die gesamte Fördermenge von 1990 (Beginn) bis 2009 zu bestimmen, also die gesamte Menge, die im Intervall $\left[0;20\right]$ gefördert wird. Diese Menge entspricht folglich gerade $M(20)$ :
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} M(20)=& (14.200 -400 \cdot 20) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot 20} - 14.200 &\\ =& (14.200 -8.000) \cdot \mathrm{e}^{2} - 14.200 &\\ =& 6.200 \cdot \mathrm{e}^{2} - 14.200 &\\ \approx& 31.612,1 &\\ \end{array}$
Alternativ kannst du die gesamt geförderte Menge an Erdöl auch mit Hilfe des GTR bestimmen.

Wechsle in den Graph-Modus und und lass den Graphen der Funktion $f$ zeichnen. Da die gesamte geförderte Erdölmenge gerade dem Integral der Funktion $f$ über dem Intervall $\left[0;20\right]$ entspricht, kannst du folgenden Befehl auswählen:

menu CALC 7:

Gib die untere Grenze 0 sowie die obere Grenze 20 an und bestätige mit Enter.

Im Zeitraum von 1990 bis 2009 werden $31.612,1 \cdot 1.000$ Tonnen Erdöl gefördert.
$\blacktriangleright$ Einnahmen aus dem Verkauf im Jahr 2007 bestimmen
Im Jahr 2007 beträgt der Verkaufspreis 56 Euro pro Barrel Erdöl. Ein Barrel wiegt ungefähr 137 kg. Deine Aufgabe ist es, die Einnahmen im Jahr 2007 zu bestimmen.
Um diese Einnahmen zu bestimmen, kannst du wie folgt vorgehen:

Bestimme zunächst die geförderte Menge an Erdöl im Jahr 2007. Das Jahr 2007 wird im Schaubild durch das Intervall $\left[17;18\right]$ dargestellt. Diese Menge entspricht dem Integral:

$\displaystyle\int_{17}^{18} f(t) \mathrm{d}t=M(18)-M(17)=:\hat{M}$

$\hat{M}$ ist die im Jahr 2007 gewonnene Menge an Erdöl in 1.000 Tonnen. Dividiere diese Menge mit 137 kg, um die Anzahl der Barrels zu erhalten.

Multipliziere die Anzahl der Barrels mit dem Verkaufspreis von 56 Euro, um die Einnahmen zu erhalten.

1. Schritt: Geförderte Menge im Jahr 2007 berechnen
Das Jahr 2007 wird im Schaubild durch das Intervall $\left[17;18 \right]$ dargestellt.

Die rot markierte Fläche entspricht gerade $M(18)-M(17)$ :
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} M(18)-M(17)=& (14.200 -400 \cdot 18) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot 18} - 14.200 - \left[ (14.200 -400 \cdot 18) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot 18} - 14.200 \right] &\\ =& 7.000 \cdot \mathrm{e}^{1,8} - 7.400 \cdot \mathrm{e}^{1,7} &\\ \approx& 1840,32&\\ \end{array}$
Im Jahr 2007 werden also $1840,32 \cdot 1.000$ Tonnen Erdöl gefördert.
Alternativ kannst du das Integral auch mit Hilfe des GTR bestimmen.

Wechsle in den Graph-Modus und und lass den Graphen zur Funktion $f$ zeichnen. Da die gesamte geförderte Erdölmenge im Jahr 2007 gerade dem Integral der Funktion $f$ über dem Intervall $\left[17;18\right]$ entspricht, kannst du folgenden Befehl auswählen:

menu CALC

Gib die untere Grenze 17 sowie die obere Grenze 18 an und bestätige mit Enter.
Im Jahr 2007 werden $1840,32 \cdot 1.000$ Tonnen Erdöl gefördert.
2. Schritt: Geförderte Menge in Barrels umrechnen
Da die Menge an gefördertem Erdöl in Barrels gemessen wird, kannst du folgende Umrechnung vornehmen:
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} 1840,32 \cdot 1.000 : 0,137 \approx&13.433.004 &\\ \end{array}$
Im Jahr 2007 werden also $13.433.004$ Barrels an Erdöl verkauft.
3. Schritt: Einnahmen aus dem Jahr 2007 bestimmen
Im Jahr 2007 liegt der Verkaufspreis eines Barrels bei einem Preis von 56 Euro. Damit folgt:
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} 13.433.004 \cdot 56 =&752.248.224 &\\ \end{array}$
Es werden also $752.248.224$ Euro im Jahr 2007 durch den Verkauf des Erdöls eingenommen.

c)
$\blacktriangleright$ Begründen, warum $g$ für einen langen Zeitraum nicht sinnvoll wäre
Die momentane Förderrate ab dem Jahr 2010 wird im Intervall $\left(\left.20;40\right]\right.$ durch die Funktion $g$ mit dem Term

$g(t)=180 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}+ 40 \cdot \mathrm{e}^2$

modelliert. Dabei gibt die Variable $t$ das Jahr und $g(t)$ die geförderte Menge an Erdöl zur Einheit 1.000 Tonnen pro Jahr an.
Begründe, warum es nicht sinnvoll wäre mittels Funktion $g$ die Förderrate über einen größeren Zeitraum zu beschreiben.
Dazu kannst du die Funktion $g$ für $t \to \infty$ untersuchen. Liegt beispielsweise ein Grenzwert größer Null vor, so würde das bedeuten, dass das Ölfeld nie erschöpft werden könnte, was nicht möglich ist.
Dazu kannst du die Terme $180 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}$ und $40 \cdot \mathrm{e}^2$ separat betrachten.

Für $t \to \infty$ konvergiert $180 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}$ gegen Null.

Für $t \to \infty$ bleibt der Term $40 \cdot \mathrm{e}^2$ unverändert.

Daraus kannst du dann folgern, dass gilt:
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} \lim\limits_{t\to\infty} g(t)=&\lim\limits_{t\to\infty} 180 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}+ 40 \cdot \mathrm{e}^2 &\\ =&0+ 40 \cdot \mathrm{e}^2 &\\ \end{array}$
Das liefert dir, dass die Funktion $g$ für $t \to \infty$ gegen den Wert $40 \cdot \mathrm{e}^2$ konvergiert. Das heißt, dass die momentane Förderrate nie unter diesen Wert fällt und damit, dass das Ölfeld nie erschöpft werden würde. Da das nicht möglich ist, kannst du annehmen, dass $g$ die momentane Förderrate über einen längeren Zeitraum nicht sinnvoll modelliert.
$\blacktriangleright$ Letztes Jahr bestimmen, in welchem die Erdölförderung wirtschaftlich ist
Laut Angaben ist die Erdölförderung nur dann wirtschaftlich, wenn innerhalb eines Kalenderjahres mindestens $600.000$ Tonnen Öl gefördert wird. Bestimme das Jahr, in dem das zum Letzten mal der Fall ist.
Die Funktion $g$ beschreibt die momentane Förderrate im Intervall $\left(\left.20;40\right]\right.$ . Ihre Stammfunktion $G$ stellt folglich die geförderte Menge an Erdöl dar.
Um also das Jahr zu bestimmen, in dem die gesamte geförderte Erdölmenge zum letzten Mal mehr als 600.000 Tonnen beträgt, kannst du folgendermaßen vorgehen:

Bestimme eine Stammfunktion $G$ der Funktion $g$ . Es gilt $G(t)=\displaystyle\int_{20}^{t}g(t)\;\mathrm{d}t$ .

Berechne die gesamt geförderte Erdölmenge innerhalb eines Jahres, indem du $G(t+1)-G(t)$ berechnest. Dieser Term ist abhängig von der Variablen $t$ , die das gesuchte Jahr angibt.

Löse die Ungleichung $G(t+1)-G(t)\geq 600$ nach $t$ auf, um das gesuchte Jahr zu bestimmen.

1. Schritt: Stammfunktion $G$ bestimmen
Die Stammfunktion $G$ zur Funktion $g$ beschreibt die Menge an Erdöl, die ab 2010 bis zu einem beliebigen Zeitpunkt gefördert wird. Da die Menge von einschließlich $2010$ bis zu einem beliebigem Zeitpunkt beschrieben werden soll, entspricht die untere Grenze 20 und die obere Grenze $t$ , da sie veränderbar sein soll. Du kannst $G$ wie folgt bestimmen:
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} G(t)=&\displaystyle\int_{20}^{t} g(t)\;\mathrm{d}t &\\ =&\displaystyle\int_{20}^{t} 180 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}+ 40 \cdot \mathrm{e}^2\;\mathrm{d}t &\\ =&\left[ -1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}+ 40 \cdot t \cdot \mathrm{e}^2\right]_{20}^{t} &\\ =& -1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}+ 40 \cdot t \cdot \mathrm{e}^2 - \left( -1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot 20}+ 40 \cdot 20 \cdot \mathrm{e}^2 \right) &\\ =& -1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}+ 40 \cdot t \cdot \mathrm{e}^2 +1.800 \cdot \mathrm{e}^{2}- 800 \cdot \mathrm{e}^2 &\\ =& -1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}+ 40 \cdot t \cdot \mathrm{e}^2 +1.000 \cdot \mathrm{e}^{2} &\\ \end{array}$
2. Schritt: Geförderte Erdölmenge innerhalb eines Jahres berechnen
Zuvor hast du eine Stammfunktion $G$ bestimmt, die die gesamte geförderte Menge an Erdöl ab Beginn 2010 bis zu einem beliebigen Zeitpunkt modelliert. Die Menge an Erdöl, die innerhalb eines Kalenderjahres gefördert wird, entspricht gerade der Differenz $G(t+1)-G(t)$ für $20 \leq t \leq 39$ .
Einsetzen in den Term der Stammfunktion $G$ liefert dir die Menge in 1.000 Tonnen pro Jahr:
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} G(t+1)-G(t)=& -1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot (t+1)}+ 40 \cdot (t+1) \cdot \mathrm{e}^2 +1.000 \cdot \mathrm{e}^{2} &\\ &- \left[ -1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}+ 40 \cdot t \cdot \mathrm{e}^2 +1.000 \cdot \mathrm{e}^{2} \right]&\\ =& -1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t -0,1}+ 40 \cdot t \cdot \mathrm{e}^2+40 \cdot \mathrm{e}^2 +1.000 \cdot \mathrm{e}^{2} &\\ &+1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}- 40 \cdot t \cdot \mathrm{e}^2 -1.000 \cdot \mathrm{e}^{2} &\\ =& -1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t -0,1}+40 \cdot \mathrm{e}^2 +1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t} &\\ =& 1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}\left(1- \mathrm{e}^{-0,1}\right) + 40 \cdot \mathrm{e}^2 &\\ \end{array}$
Die geförderte Erdölmenge innerhalb eines Jahres beträgt $1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}\left(1- \mathrm{e}^{-0,1}\right) + 40 \cdot \mathrm{e}^2$ in 1.000 Tonnen.
3. Schritt: Letztes Jahr bestimmen, in dem die Ölförderung wirtschaftlich ist
Damit die Ölförderung wirtschaftlich ist, sollen mindestens 600.000 Tonnen Erdöl innerhalb eines Kalenderjahres gefördert werden.
Das heißt, es muss folgende Ungleichung erfüllt werden:
$1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}\left(1- \mathrm{e}^{-0,1}\right) + 40 \cdot \mathrm{e}^2 \geq 600$
Diese Ungleichung kannst du nach $t$ auflösen:
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} 600 \leq &1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}\left(1- \mathrm{e}^{-0,1}\right) + 40 \cdot \mathrm{e}^2 & \mid\; -40 \cdot \mathrm{e}^2\\ 304,44 \leq &1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}\left(1- \mathrm{e}^{-0,1}\right) & \mid\; :1.800\\ 0,169 \leq & \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}\left(1- \mathrm{e}^{-0,1}\right) & \mid \; \mathrm{ln}()\\ \mathrm{ln}(0,169) \leq & \mathrm{ln}\left(\mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}\left(1- \mathrm{e}^{-0,1}\right)\right) &\\ \mathrm{ln}(0,169) \leq & \mathrm{ln}\left(\mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}\right) + \mathrm{ln}\left(1- \mathrm{e}^{-0,1}\right) &\\ -1,777 \leq & (4-0,1 \cdot t)\cdot \mathrm{ln}\left(\mathrm{e}\right) + \mathrm{ln}\left(0,095\right) &\\ -1,777 \leq & (4-0,1 \cdot t)\cdot 1 -2,35 & \mid \; +2.35\\ 0,575 \leq & 4-0,1 \cdot t & \mid \; -4\\ -3,425 \leq & -0,1 \cdot t & \mid \; :(-0,1)\\ 34,25 \geq & t &\\ \end{array}$
Das liefert dir, dass $t \leq 34,25$ gelten muss, damit die Ölförderung wirtschaftlich bleibt. Das heißt, das Kalenderjahr 2024 (entspricht 34 auf der $x$ -Achse) ist das letzte Jahr, in dem die Ölförderung mindestens 600.000 Tonnen beträgt.
Alternativ kannst du das Jahr auch mit Hilfe des GTR bestimmen.
Interpretiere dazu den Term $1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}\left(1- \mathrm{e}^{-0,1}\right) + 40 \cdot \mathrm{e}^2$ und $600$ als neue Funktionen und lass diese im Graph-Modus zeichnen.

Die Relation $\geq$ ist solange erfüllt, bis der Funktionswert des ersten Terms kleiner als 600 wird. Das heißt, wir suchen den Schnittpunkt der beiden angezeigten Funktionen. Diesen erhältst du über die Befehlsfolge:

menu CALC 5: intersect

Das liefert dir, dass $t \leq 34,25$ gelten muss, damit die Ölförderung wirtschaftlich bleibt. Das heißt, das Kalenderjahr 2024 (entspricht 34 auf der $x$ -Achse) ist das letzte Jahr, in dem die Ölförderung mindestens 600.000 Tonnen beträgt.

d)
$\blacktriangleright$ Begründen, dass $h$ an der Stelle $t=20$ differenzierbar ist
Die Funktion $h$ setzt sich aus den zuvor betrachteten Funktionen $g$ und $h$ zusammen:

$h(t)=\begin{cases} f(t)=(1.020 -40 \cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}, & t\in \left[0;20\right] \\ g(t)=180 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}+ 40 \cdot \mathrm{e}^2, & t\in \left(\left.20;40\right]\right.\end{cases}$

Deine Aufgabe ist es, zu zeigen, dass die Funktion $h$ an der Stelle $t=20$ differenzierbar ist.
Eine Funktion ist an einer Stelle $t_0$ differenzierbar, wenn gilt:

Die Funktionswerte von $f$ und $g$ stimmen an der Stelle $t_0$ überein.

Die Ableitungen von $f$ und $g$ stimmen an der Stelle $t_0$ überein.

1. Schritt: Funktionswerte an der Stelle $t_0=20$ überprüfen
Damit die Funktion $h$ an der Stelle $t_0=20$ differenzierbar ist, muss sie an dieser Stelle stetig sein:

$f(20)=(1.020 -40 \cdot 20) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot 20}=220 \cdot \mathrm{e}^{2}$

$g(20)=180 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot 20}+ 40 \cdot \mathrm{e}^2=180 \cdot \mathrm{e}^{2}+ 40 \cdot \mathrm{e}^2=220 \cdot \mathrm{e}^2$

Damit stimmen die Funktionswerte der Funktion $f$ und $g$ an der Stelle $t_0=20$ überein.
2. Schritt: Ableitungen an der Stelle $t_0=20$ überprüfen
Damit die Funktion $h$ tatsächlich differenzierbar ist, musst du weiterhin überprüfen, ob die Ableitungen der Funktionen $f$ und $g$ an dieser Stelle übereinstimmen.

$f‘(20)=(62 - 4 \cdot 20) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot 20}=-18 \cdot \mathrm{e}^{2}$

$g‘(20)=-18 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot 20}=-18 \cdot \mathrm{e}^{2}$

Damit stimmen auch die Funktionswerte der Ableitungsfunktionen überein, das heißt, die Funktion $h$ ist an der Stelle $t_0=20$ differenzierbar.
$\blacktriangleright$ Entscheiden, ob $h$ an der Stelle $t=20$ zweimal differenzierbar ist
Soll die Funktion $h$ an der Stelle $t_0=20$ zweimal differenzierbar sein, so muss die Ableitungsfunktion der Funktion $h$ an dieser Stelle differenzierbar sein. Analog zur Vorgehensweise vom Aufgabenteil zuvor kannst du dann annehmen, dass für zweimal differenzierbar zusätzlich gelten muss:

Die Funktionswerte von $f‘$ und $g‘$ stimmen an der Stelle $t_0$ überein.

Die Ableitungen von $f‘$ und $g‘$ stimmen an der Stelle $t_0$ überein.

Da du im Aufgabenteil zuvor schon gezeigt hast, dass die Funktionswerte der ersten Ableitungen übereinstimmen, musst du nur noch nachweisen, dass $f‘‘(20)=g‘‘(20)$ gilt.
Im Aufgabentext werden die folgenden Angaben gemacht:

$f‘‘(20)=-5,8 \cdot \mathrm{e}^2$

$g‘‘(20)=1,8 \cdot \mathrm{e}^2$

Du kannst erkennen, dass die Funktionswerte der zweiten Ableitungsfunktionen von $f$ und $g$ an der Stelle $t_0=20$ nicht übereinstimmen. Das heißt, dass die Funktion $h$ an der Stelle $t_0=20$ nicht zweimal differenzierbar ist.
$\blacktriangleright$ Begründen, dass $h‘$ an der Stelle $t=20$ ein Minimum besitzt
Wie du vorher aber nachgewiesen hast, ist die Funktion $h‘$ an der Stelle $t_M=20$ nicht differenzierbar. Das heißt, du kannst die notwendige und hinreichende Bedingung für Minimalstellen nicht prüfen.
Um zu begründen, dass die Funktion $h‘$ an der Stelle $t_M=20$ ein lokales Minimum besitzt, musst du zeigen, dass $h‘(t_M=20)$ in einer Umgebung von $t_M=20$ kleiner als alle anderen Funktionswerte von $h‘$ ist.
Das kannst du nachweisen, indem du zeigst, dass

$f‘(t)$ monoton fallend auf dem Intervall $\left[0;20\right]$ ist und dass

$g‘(t)$ monoton steigend auf dem Intervall $\left(\left.20;40\right]\right.$ ist

1. Schritt: $h‘(t)$ auf dem Intervall $\left[0;20\right]$ überprüfen:
Die Funktion $h‘$ wird auf dem Intervall $\left[0;20\right]$ durch den Term der Funktion $f‘$ beschrieben.
Es gilt $h‘(t_M=20)=f‘(t_M=20)=-18 \cdot \mathrm{e}^2$ . Um zu zeigen, dass das einem lokalen Minimum entspricht, kannst du zeigen, dass die Funktion $f‘$ monoton fallend ist.
Soll die Funktion $f‘$ monoton fallend sein, so muss gelten:

$f‘‘(t) \leq 0$

Im Aufgabentext ist angegeben, dass die zweite Ableitungsfunktion durch $f‘‘(t)=(2,2-0,4\cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}$ gegeben ist, was du ohne Nachweis annehmen darfst. Wir überprüfen nun auf monoton fallend:
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} 0\geq &f‘‘(t)&\\ 0\geq &(2,2-0,4\cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}&\\ \end{array}$
Hier kannst du verwenden, dass der Term $\mathrm{e}^{0,1 \cdot t}$ niemals kleiner gleich Null wird. Du kannst diesen Term zur weiteren Betrachtung folglich vernachlässigen.
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} 0\geq&2,2-0,4\cdot t& \mid\; +0,4 \cdot t\\ 0,4 \cdot t\geq&2,2& \mid\; :0,4 \\ t\geq&5,5& \\ \end{array}$
Das liefert dir, dass die Funktion $f‘$ für $t \geq 5,5$ bzw. auf dem Intervall $\left[5,5;20\right]$ monoton fallend ist. Das heißt, auf dem Intervall $\left[0;5,5\right]$ ist sie dahingegen monoton steigend. Es ist also möglich, dass sich ein weiteres lokales Minimum auf dem gesamten Intervall $\left[0;20\right]$ befindet.
2. Schritt: $h‘(t)$ auf dem Intervall $\left(\left.20;40\right]\right.$ überprüfen:
Die Funktion $h‘$ wird auf dem Intervall $\left(\left.20;40\right]\right.$ durch den Term der Funktion $g‘$ beschrieben.
Es gilt $h‘(t_M=20)=-18 \cdot \mathrm{e}^2$ . Um zu zeigen, dass das dem lokalen Minimum entspricht, kannst du zeigen, dass die Funktion $g‘$ monoton steigend ist.
Soll die Funktion $g‘$ monoton steigend sein, so muss gelten:

$g‘‘(t) \geq 0$

Im Aufgabentext ist angegeben, dass die zweite Ableitungsfunktion durch $g‘‘(t)=1,8 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}$ gegeben ist, was du ohne Nachweis annehmen darfst. Wir überprüfen nun auf monoton steigend:
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} 0\leq &g‘‘(t)&\\ 0\leq &1,8 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}& \\ \end{array}$
Hier kannst du verwenden, dass der Term $\mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}$ niemals kleiner gleich Null wird. Da der Faktor 1,8 weiterhin positiv ist, kannst du festhalten, dass die Funktion $g‘‘$ auf dem gesamten Intervall $\left(\left.20;40\right]\right.$ positiv ist. Damit ist $g‘$ auf $\left(\left.20;40\right]\right.$ monoton steigend.
Folglich befindet sich an $g‘(20)$ der kleinste Funktionswert.
Insgesamt folgt dann, dass sich wegen $h‘(20)=f‘(20)=g‘(20)=-18 \cdot \mathrm{e}^2$ an $t=20$ ein lokales Minimum befindet.

$\blacktriangleright$ Maximale Förderrate bestimmen

Die momentane Förderrate aus einem Ölfeld im Zeitraum von 1990 bis 2009 wird im Intervall $\left[0;20\right]$ wird durch die Funktion $f$ mit dem Term

$f(t)=(1.020 -40 \cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}$

Notwendige Bedingung: $f‘(t_M)=0$
Hinreichende Bedingung: $f‘‘(t_M) < 0$

1. Schritt: Notwendige Bedingung überprüfen

$\begin{array}{r@{\;=\;}l@{\hspace{1cm}}l} 0=&(62 - 4 \cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}& \\ \end{array}$

An dieser Stelle kannst du den Satz vom Nullprodukt anwenden. Da der Term $\mathrm{e}^{0,1 \cdot t}$ für keinen Wert für $t$ gleich Null werden kann, kannst du diesen vernachlässigen.

$\begin{array}{r@{\;=\;}l@{\hspace{1cm}}l} 0=& 62 - 4 \cdot t& \mid\;+ 4 \cdot t\\ 4 \cdot t=& 62& \mid\;:4\\ t=& 15,5& <br> \end{array}$

Damit hast du eine potentielle Maximalstelle an $t_M=15,5$ ermittelt und kannst für diese Stelle nun das hinreichende Kriterium überprüfen.

Grafik einer mathematischen Funktion mit Achsen und einem definierten Wurzelpunkt.

G-Solve F1: ROOT

den Befehl zum Bestimmen einer Nullstelle aus und bestätige mit EXE.

Der GTR liefert dir eine potentielle Maximalstelle an $t_M=15,5$ .

2. Schritt: Hinreichende Bedingung überprüfen

Überprüfe nun, ob $f‘‘(t_M=15,5) < 0$ erfüllt wird:

$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} f‘‘(t_M=15,5)=& (2,2 - 0,4 \cdot 15,5) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot 15,5}& \\ =& (-4) \cdot \mathrm{e}^{ 1,55}& \\ \approx& -18,8 < 0& \\ \end{array}$

Das liefert dir, dass ebenfalls die hinreichende Bedingung erfüllt ist und damit, dass an $t_M=15,5$ eine Maximalstelle vorliegt.

3. Schritt: Koordinaten des Hochpunktes angeben

$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} f(t_M=15,5)=&(1.020 -40 \cdot 15,5) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot 15,5}& \\ =& 400 \cdot \mathrm{e}^{1,55}& \\ \approx & 1884,59 & \\ \end{array}$

Bildschirmansicht eines mathematischen Programms mit Ableitungen und Funktionswerten.

Alternativ kannst du den Funktionswert an der Stelle $t_M=15,5$ auch mit Hilfe des GTR bestimmen. Gib dazu die Funktion $f$ im Graph-Modus an und lass deren Graph anzeigen.

Den Funktionswert an besagter Stelle $t_M=15,5$ erhältst du über folgende Befehlsfolge:

G-Solve F6: F1: Y-Cal

b)
$\blacktriangleright$ Bestimmen einer Gleichung für die Funktion $M$
Die Funktion $M$ soll die Menge des Erdöls beschreiben, die seit 1990 bis zu einem beliebig betrachtete Zeitpunkt $t$ für $t \in \left[0;20\right]$ aus dem Ölfeld gefördert wurde.
Da die zuvor betrachtete Funktion $f$ die momentane Förderrate des Erdöls beschreibt, entspricht die Funktion $M$ gerade einer Stammfunktion von $f$ .
Das heißt, um den Term der Funktion $M$ zu bestimmen, kannst du die Funktion $f$ über dem Intervall $\left[0;20\right]$ integrieren.
Beachte, dass du bei einer Integration eine Integrationskonstante erhältst.
Um an dieser Stelle eine Stammfunktion von $f$ zu erhalten, kannst du partielle Integration verwenden:

$\displaystyle\int_{a}^{b}h‘(t) \cdot g(t)\mathrm{d}t= h(b) \cdot g(b) - h(a)\cdot g(a)-\displaystyle\int_{a}^{b} h(t) \cdot g‘(t)\mathrm{d}t$

Wähle in diesem Fall:

$h‘(t)=\mathrm{e}^{0,1 \cdot t}$ $\to h(t)=10 \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}$

$g(t)=1.020 -40 \cdot t$ $\to g‘(t)=-40$

Da die Aufgabenstellung verlangt, dass die Funktion $M$ die Menge des Erdöls bis zu einem beliebigen Zeitpunkt $t$ beschreibt, wird die obere Grenze des Integrals gleich $t$ gesetzt und ist damit veränderbar.
In unserem Fall muss also $a=0$ und $b=t$ gelten. Einsetzen in die oben angeführte Formel liefert dir das gesuchte Integral von $f$ :
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} M(t)=&\displaystyle\int_{0}^{t} h‘(t) \cdot g(t)\mathrm{d}t&\\ =& h(t) \cdot g(t) - h(0)\cdot g(0)-\displaystyle\int_{0}^{t} h(t) \cdot g‘(t)\mathrm{d}t&\\ =& 10 \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t} \cdot (1.020 -40 \cdot t) - 10 \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot 0} \cdot (1.020 -40 \cdot 0) -\displaystyle\int_{0}^{t} 10 \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t} \cdot (-40) \mathrm{d}t&\\ =& (10.200 -400 \cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t} - 10.200 \cdot \mathrm{e}^{0} -\displaystyle\int_{0}^{t} -400 \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t} \mathrm{d}t&\\ =& (10.200 -400 \cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t} - 10.200 -\left[ -4.000 \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}\right]_0^t&\\ =& (10.200 -400 \cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t} - 10.200 - \left( -4.000 \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}\right) + \left( -4.000 \cdot \mathrm{e}^{0}\right) +C &\\ =& (14.200 -400 \cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t} - 14.200 +C &\\ \end{array}$
Ein möglicher Term zur Funktion $M$ bzw. der Term einer Stammfunktion zur Funktion $f$ ist gegeben durch:
$M(t)=F(t)=(14.200 -400 \cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t} - 14.200 +C$ .
$\blacktriangleright$ Berechnen der gesamten Fördermenge
Zuvor hast du den Term der Funktion $M$ ermittelt, die die gesamte geförderte Menge Erdöl von Beginn der Förderung bis zu einem beliebigen Zeitpunkt $t$ beschreibt.
In der Aufgabenstellung wird nun verlangt, die gesamte Fördermenge von 1990 (Beginn) bis 2009 zu bestimmen, also die gesamte Menge, die im Intervall $\left[0;20\right]$ gefördert wird. Diese Menge entspricht folglich gerade $M(20)$ :
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} M(20)=& (14.200 -400 \cdot 20) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot 20} - 14.200 &\\ =& (14.200 -8.000) \cdot \mathrm{e}^{2} - 14.200 &\\ =& 6.200 \cdot \mathrm{e}^{2} - 14.200 &\\ \approx& 31.612,1 &\\ \end{array}$
Alternativ kannst du die gesamt geförderte Menge an Erdöl auch mit Hilfe des GTR bestimmen.

Wechsle in den Graph-Modus und und lass den Graphen der Funktion $f$ zeichnen. Da die gesamte geförderte Erdölmenge gerade dem Integral der Funktion $f$ über dem Intervall $\left[0;20\right]$ entspricht, kannst du folgenden Befehl auswählen:

G-Solve F6: F3:

Gib die untere Grenze 0 sowie die obere Grenze 20 an und bestätige mit EXE.

Im Zeitraum von 1990 bis 2009 werden $31.612,1 \cdot 1.000$ Tonnen Erdöl gefördert.
$\blacktriangleright$ Einnahmen aus dem Verkauf im Jahr 2007 bestimmen
Im Jahr 2007 beträgt der Verkaufspreis 56 Euro pro Barrel Erdöl. Ein Barrel wiegt ungefähr 137 kg. Deine Aufgabe ist es, die Einnahmen im Jahr 2007 zu bestimmen.
Um diese Einnahmen zu bestimmen, kannst du wie folgt vorgehen:

Bestimme zunächst die geförderte Menge an Erdöl im Jahr 2007. Das Jahr 2007 wird im Schaubild durch das Intervall $\left[17;18\right]$ dargestellt. Diese Menge entspricht dem Integral:

$\displaystyle\int_{17}^{18} f(t) \mathrm{d}t=M(18)-M(17)=:\hat{M}$

$\hat{M}$ ist die im Jahr 2007 gewonnene Menge an Erdöl in 1.000 Tonnen. Dividiere diese Menge mit 137 kg, um die Anzahl der Barrels zu erhalten.

Multipliziere die Anzahl der Barrels mit dem Verkaufspreis von 56 Euro, um die Einnahmen zu erhalten.

1. Schritt: Geförderte Menge im Jahr 2007 berechnen
Das Jahr 2007 wird im Schaubild durch das Intervall $\left[17;18 \right]$ dargestellt.

Die rot markierte Fläche entspricht gerade $M(18)-M(17)$ :
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} M(18)-M(17)=& (14.200 -400 \cdot 18) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot 18} - 14.200 - \left[ (14.200 -400 \cdot 18) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot 18} - 14.200 \right] &\\ =& 7.000 \cdot \mathrm{e}^{1,8} - 7.400 \cdot \mathrm{e}^{1,7} &\\ \approx& 1840,32&\\ \end{array}$
Im Jahr 2007 werden also $1840,32 \cdot 1.000$ Tonnen Erdöl gefördert.
Alternativ kannst du das Integral auch mit Hilfe des GTR bestimmen.

Wechsle in den Graph-Modus und und lass den Graphen zur Funktion $f$ zeichnen. Da die gesamte geförderte Erdölmenge im Jahr 2007 gerade dem Integral der Funktion $f$ über dem Intervall $\left[17;18\right]$ entspricht, kannst du folgenden Befehl auswählen:

G-Solve F6: F3:

Gib die untere Grenze 17 sowie die obere Grenze 18 an und bestätige mit EXE.
Im Jahr 2007 werden $1840,32 \cdot 1.000$ Tonnen Erdöl gefördert.
2. Schritt: Geförderte Menge in Barrels umrechnen
Da die Menge an gefördertem Erdöl in Barrels gemessen wird, kannst du folgende Umrechnung vornehmen:
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} 1840,32 \cdot 1.000 : 0,137 \approx&13.433.004 &\\ \end{array}$
Im Jahr 2007 werden also $13.433.004$ Barrels an Erdöl verkauft.
3. Schritt: Einnahmen aus dem Jahr 2007 bestimmen
Im Jahr 2007 liegt der Verkaufspreis eines Barrels bei einem Preis von 56 Euro. Damit folgt:
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} 13.433.004 \cdot 56 =&752.248.224 &\\ \end{array}$
Es werden also $752.248.224$ Euro im Jahr 2007 durch den Verkauf des Erdöls eingenommen.

c)
$\blacktriangleright$ Begründen, warum $g$ für einen langen Zeitraum nicht sinnvoll wäre
Die momentane Förderrate ab dem Jahr 2010 wird im Intervall $\left(\left.20;40\right]\right.$ durch die Funktion $g$ mit dem Term

$g(t)=180 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}+ 40 \cdot \mathrm{e}^2$

modelliert. Dabei gibt die Variable $t$ das Jahr und $g(t)$ die geförderte Menge an Erdöl zur Einheit 1.000 Tonnen pro Jahr an.
Begründe, warum es nicht sinnvoll wäre mittels Funktion $g$ die Förderrate über einen größeren Zeitraum zu beschreiben.
Dazu kannst du die Funktion $g$ für $t \to \infty$ untersuchen. Liegt beispielsweise ein Grenzwert größer Null vor, so würde das bedeuten, dass das Ölfeld nie erschöpft werden könnte, was nicht möglich ist.
Dazu kannst du die Terme $180 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}$ und $40 \cdot \mathrm{e}^2$ separat betrachten.

Für $t \to \infty$ konvergiert $180 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}$ gegen Null.

Für $t \to \infty$ bleibt der Term $40 \cdot \mathrm{e}^2$ unverändert.

Daraus kannst du dann folgern, dass gilt:
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} \lim\limits_{t\to\infty} g(t)=&\lim\limits_{t\to\infty} 180 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}+ 40 \cdot \mathrm{e}^2 &\\ =&0+ 40 \cdot \mathrm{e}^2 &\\ \end{array}$
Das liefert dir, dass die Funktion $g$ für $t \to \infty$ gegen den Wert $40 \cdot \mathrm{e}^2$ konvergiert. Das heißt, dass die momentane Förderrate nie unter diesen Wert fällt und damit, dass das Ölfeld nie erschöpft werden würde. Da das nicht möglich ist, kannst du annehmen, dass $g$ die momentane Förderrate über einen längeren Zeitraum nicht sinnvoll modelliert.
$\blacktriangleright$ Letztes Jahr bestimmen, in welchem die Erdölförderung wirtschaftlich ist
Laut Angaben ist die Erdölförderung nur dann wirtschaftlich, wenn innerhalb eines Kalenderjahres mindestens $600.000$ Tonnen Öl gefördert wird. Bestimme das Jahr, in dem das zum Letzten mal der Fall ist.
Die Funktion $g$ beschreibt die momentane Förderrate im Intervall $\left(\left.20;40\right]\right.$ . Ihre Stammfunktion $G$ stellt folglich die geförderte Menge an Erdöl dar.
Um also das Jahr zu bestimmen, in dem die gesamte geförderte Erdölmenge zum letzten Mal mehr als 600.000 Tonnen beträgt, kannst du folgendermaßen vorgehen:

Bestimme eine Stammfunktion $G$ der Funktion $g$ . Es gilt $G(t)=\displaystyle\int_{20}^{t}g(t)\;\mathrm{d}t$ .

Berechne die gesamt geförderte Erdölmenge innerhalb eines Jahres, indem du $G(t+1)-G(t)$ berechnest. Dieser Term ist abhängig von der Variablen $t$ , die das gesuchte Jahr angibt.

Löse die Ungleichung $G(t+1)-G(t)\geq 600$ nach $t$ auf, um das gesuchte Jahr zu bestimmen.

1. Schritt: Stammfunktion $G$ bestimmen
Die Stammfunktion $G$ zur Funktion $g$ beschreibt die Menge an Erdöl, die ab 2010 bis zu einem beliebigen Zeitpunkt gefördert wird. Da die Menge von einschließlich $2010$ bis zu einem beliebigem Zeitpunkt beschrieben werden soll, entspricht die untere Grenze 20 und die obere Grenze $t$ , da sie veränderbar sein soll. Du kannst $G$ wie folgt bestimmen:
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} G(t)=&\displaystyle\int_{20}^{t} g(t)\;\mathrm{d}t &\\ =&\displaystyle\int_{20}^{t} 180 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}+ 40 \cdot \mathrm{e}^2\;\mathrm{d}t &\\ =&\left[ -1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}+ 40 \cdot t \cdot \mathrm{e}^2\right]_{20}^{t} &\\ =& -1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}+ 40 \cdot t \cdot \mathrm{e}^2 - \left( -1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot 20}+ 40 \cdot 20 \cdot \mathrm{e}^2 \right) &\\ =& -1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}+ 40 \cdot t \cdot \mathrm{e}^2 +1.800 \cdot \mathrm{e}^{2}- 800 \cdot \mathrm{e}^2 &\\ =& -1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}+ 40 \cdot t \cdot \mathrm{e}^2 +1.000 \cdot \mathrm{e}^{2} &\\ \end{array}$
2. Schritt: Geförderte Erdölmenge innerhalb eines Jahres berechnen
Zuvor hast du eine Stammfunktion $G$ bestimmt, die die gesamte geförderte Menge an Erdöl ab Beginn 2010 bis zu einem beliebigen Zeitpunkt modelliert. Die Menge an Erdöl, die innerhalb eines Kalenderjahres gefördert wird, entspricht gerade der Differenz $G(t+1)-G(t)$ für $20 \leq t \leq 39$ .
Einsetzen in den Term der Stammfunktion $G$ liefert dir die Menge in 1.000 Tonnen pro Jahr:
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} G(t+1)-G(t)=& -1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot (t+1)}+ 40 \cdot (t+1) \cdot \mathrm{e}^2 +1.000 \cdot \mathrm{e}^{2} &\\ &- \left[ -1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}+ 40 \cdot t \cdot \mathrm{e}^2 +1.000 \cdot \mathrm{e}^{2} \right]&\\ =& -1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t -0,1}+ 40 \cdot t \cdot \mathrm{e}^2+40 \cdot \mathrm{e}^2 +1.000 \cdot \mathrm{e}^{2} &\\ &+1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}- 40 \cdot t \cdot \mathrm{e}^2 -1.000 \cdot \mathrm{e}^{2} &\\ =& -1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t -0,1}+40 \cdot \mathrm{e}^2 +1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t} &\\ =& 1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}\left(1- \mathrm{e}^{-0,1}\right) + 40 \cdot \mathrm{e}^2 &\\ \end{array}$
Die geförderte Erdölmenge innerhalb eines Jahres beträgt $1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}\left(1- \mathrm{e}^{-0,1}\right) + 40 \cdot \mathrm{e}^2$ in 1.000 Tonnen.
3. Schritt: Letztes Jahr bestimmen, in dem die Ölförderung wirtschaftlich ist
Damit die Ölförderung wirtschaftlich ist, sollen mindestens 600.000 Tonnen Erdöl innerhalb eines Kalenderjahres gefördert werden.
Das heißt, es muss folgende Ungleichung erfüllt werden:
$1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}\left(1- \mathrm{e}^{-0,1}\right) + 40 \cdot \mathrm{e}^2 \geq 600$
Diese Ungleichung kannst du nach $t$ auflösen:
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} 600 \leq &1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}\left(1- \mathrm{e}^{-0,1}\right) + 40 \cdot \mathrm{e}^2 & \mid\; -40 \cdot \mathrm{e}^2\\ 304,44 \leq &1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}\left(1- \mathrm{e}^{-0,1}\right) & \mid\; :1.800\\ 0,169 \leq & \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}\left(1- \mathrm{e}^{-0,1}\right) & \mid \; \mathrm{ln}()\\ \mathrm{ln}(0,169) \leq & \mathrm{ln}\left(\mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}\left(1- \mathrm{e}^{-0,1}\right)\right) &\\ \mathrm{ln}(0,169) \leq & \mathrm{ln}\left(\mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}\right) + \mathrm{ln}\left(1- \mathrm{e}^{-0,1}\right) &\\ -1,777 \leq & (4-0,1 \cdot t)\cdot \mathrm{ln}\left(\mathrm{e}\right) + \mathrm{ln}\left(0,095\right) &\\ -1,777 \leq & (4-0,1 \cdot t)\cdot 1 -2,35 & \mid \; +2.35\\ 0,575 \leq & 4-0,1 \cdot t & \mid \; -4\\ -3,425 \leq & -0,1 \cdot t & \mid \; :(-0,1)\\ 34,25 \geq & t &\\ \end{array}$
Das liefert dir, dass $t \leq 34,25$ gelten muss, damit die Ölförderung wirtschaftlich bleibt. Das heißt, das Kalenderjahr 2024 (entspricht 34 auf der $x$ -Achse) ist das letzte Jahr, in dem die Ölförderung mindestens 600.000 Tonnen beträgt.
Alternativ kannst du das Jahr auch mit Hilfe des GTR bestimmen.
Interpretiere dazu den Term $1.800 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}\left(1- \mathrm{e}^{-0,1}\right) + 40 \cdot \mathrm{e}^2$ und $600$ als neue Funktionen und lass diese im Graph-Modus zeichnen.

Die Relation $\geq$ ist solange erfüllt, bis der Funktionswert des ersten Terms kleiner als 600 wird. Das heißt, wir suchen den Schnittpunkt der beiden angezeigten Funktionen. Diesen erhältst du über die Befehlsfolge:

G-Solve F5: ISCT

Das liefert dir, dass $t \leq 34,25$ gelten muss, damit die Ölförderung wirtschaftlich bleibt. Das heißt, das Kalenderjahr 2024 (entspricht 34 auf der $x$ -Achse) ist das letzte Jahr, in dem die Ölförderung mindestens 600.000 Tonnen beträgt.

d)
$\blacktriangleright$ Begründen, dass $h$ an der Stelle $t=20$ differenzierbar ist
Die Funktion $h$ setzt sich aus den zuvor betrachteten Funktionen $g$ und $h$ zusammen:

$h(t)=\begin{cases} f(t)=(1.020 -40 \cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}, & t\in \left[0;20\right] \\ g(t)=180 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}+ 40 \cdot \mathrm{e}^2, & t\in \left(\left.20;40\right]\right.\end{cases}$

Deine Aufgabe ist es, zu zeigen, dass die Funktion $h$ an der Stelle $t=20$ differenzierbar ist.
Eine Funktion ist an einer Stelle $t_0$ differenzierbar, wenn gilt:

Die Funktionswerte von $f$ und $g$ stimmen an der Stelle $t_0$ überein.

Die Ableitungen von $f$ und $g$ stimmen an der Stelle $t_0$ überein.

1. Schritt: Funktionswerte an der Stelle $t_0=20$ überprüfen
Damit die Funktion $h$ an der Stelle $t_0=20$ differenzierbar ist, muss sie an dieser Stelle stetig sein:

$f(20)=(1.020 -40 \cdot 20) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot 20}=220 \cdot \mathrm{e}^{2}$

$g(20)=180 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot 20}+ 40 \cdot \mathrm{e}^2=180 \cdot \mathrm{e}^{2}+ 40 \cdot \mathrm{e}^2=220 \cdot \mathrm{e}^2$

Damit stimmen die Funktionswerte der Funktion $f$ und $g$ an der Stelle $t_0=20$ überein.
2. Schritt: Ableitungen an der Stelle $t_0=20$ überprüfen
Damit die Funktion $h$ tatsächlich differenzierbar ist, musst du weiterhin überprüfen, ob die Ableitungen der Funktionen $f$ und $g$ an dieser Stelle übereinstimmen.

$f‘(20)=(62 - 4 \cdot 20) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot 20}=-18 \cdot \mathrm{e}^{2}$

$g‘(20)=-18 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot 20}=-18 \cdot \mathrm{e}^{2}$

Damit stimmen auch die Funktionswerte der Ableitungsfunktionen überein, das heißt, die Funktion $h$ ist an der Stelle $t_0=20$ differenzierbar.
$\blacktriangleright$ Entscheiden, ob $h$ an der Stelle $t=20$ zweimal differenzierbar ist
Soll die Funktion $h$ an der Stelle $t_0=20$ zweimal differenzierbar sein, so muss die Ableitungsfunktion der Funktion $h$ an dieser Stelle differenzierbar sein. Analog zur Vorgehensweise vom Aufgabenteil zuvor kannst du dann annehmen, dass für zweimal differenzierbar zusätzlich gelten muss:

Die Funktionswerte von $f‘$ und $g‘$ stimmen an der Stelle $t_0$ überein.

Die Ableitungen von $f‘$ und $g‘$ stimmen an der Stelle $t_0$ überein.

Da du im Aufgabenteil zuvor schon gezeigt hast, dass die Funktionswerte der ersten Ableitungen übereinstimmen, musst du nur noch nachweisen, dass $f‘‘(20)=g‘‘(20)$ gilt.
Im Aufgabentext werden die folgenden Angaben gemacht:

$f‘‘(20)=-5,8 \cdot \mathrm{e}^2$

$g‘‘(20)=1,8 \cdot \mathrm{e}^2$

Du kannst erkennen, dass die Funktionswerte der zweiten Ableitungsfunktionen von $f$ und $g$ an der Stelle $t_0=20$ nicht übereinstimmen. Das heißt, dass die Funktion $h$ an der Stelle $t_0=20$ nicht zweimal differenzierbar ist.
$\blacktriangleright$ Begründen, dass $h‘$ an der Stelle $t=20$ ein Minimum besitzt
Wie du vorher aber nachgewiesen hast, ist die Funktion $h‘$ an der Stelle $t_M=20$ nicht differenzierbar. Das heißt, du kannst die notwendige und hinreichende Bedingung für Minimalstellen nicht prüfen.
Um zu begründen, dass die Funktion $h‘$ an der Stelle $t_M=20$ ein lokales Minimum besitzt, musst du zeigen, dass $h‘(t_M=20)$ in einer Umgebung von $t_M=20$ kleiner als alle anderen Funktionswerte von $h‘$ ist.
Das kannst du nachweisen, indem du zeigst, dass

$f‘(t)$ monoton fallend auf dem Intervall $\left[0;20\right]$ ist und dass

$g‘(t)$ monoton steigend auf dem Intervall $\left(\left.20;40\right]\right.$ ist

1. Schritt: $h‘(t)$ auf dem Intervall $\left[0;20\right]$ überprüfen:
Die Funktion $h‘$ wird auf dem Intervall $\left[0;20\right]$ durch den Term der Funktion $f‘$ beschrieben.
Es gilt $h‘(t_M=20)=f‘(t_M=20)=-18 \cdot \mathrm{e}^2$ . Um zu zeigen, dass das einem lokalen Minimum entspricht, kannst du zeigen, dass die Funktion $f‘$ monoton fallend ist.
Soll die Funktion $f‘$ monoton fallend sein, so muss gelten:

$f‘‘(t) \leq 0$

Im Aufgabentext ist angegeben, dass die zweite Ableitungsfunktion durch $f‘‘(t)=(2,2-0,4\cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}$ gegeben ist, was du ohne Nachweis annehmen darfst. Wir überprüfen nun auf monoton fallend:
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} 0\geq &f‘‘(t)&\\ 0\geq &(2,2-0,4\cdot t) \cdot \mathrm{e}^{0,1 \cdot t}&\\ \end{array}$
Hier kannst du verwenden, dass der Term $\mathrm{e}^{0,1 \cdot t}$ niemals kleiner gleich Null wird. Du kannst diesen Term zur weiteren Betrachtung folglich vernachlässigen.
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} 0\geq&2,2-0,4\cdot t& \mid\; +0,4 \cdot t\\ 0,4 \cdot t\geq&2,2& \mid\; :0,4 \\ t\geq&5,5& \\ \end{array}$
Das liefert dir, dass die Funktion $f‘$ für $t \geq 5,5$ bzw. auf dem Intervall $\left[5,5;20\right]$ monoton fallend ist. Das heißt, auf dem Intervall $\left[0;5,5\right]$ ist sie dahingegen monoton steigend. Es ist also möglich, dass sich ein weiteres lokales Minimum auf dem gesamten Intervall $\left[0;20\right]$ befindet.
2. Schritt: $h‘(t)$ auf dem Intervall $\left(\left.20;40\right]\right.$ überprüfen:
Die Funktion $h‘$ wird auf dem Intervall $\left(\left.20;40\right]\right.$ durch den Term der Funktion $g‘$ beschrieben.
Es gilt $h‘(t_M=20)=-18 \cdot \mathrm{e}^2$ . Um zu zeigen, dass das dem lokalen Minimum entspricht, kannst du zeigen, dass die Funktion $g‘$ monoton steigend ist.
Soll die Funktion $g‘$ monoton steigend sein, so muss gelten:

$g‘‘(t) \geq 0$

Im Aufgabentext ist angegeben, dass die zweite Ableitungsfunktion durch $g‘‘(t)=1,8 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}$ gegeben ist, was du ohne Nachweis annehmen darfst. Wir überprüfen nun auf monoton steigend:
$\begin{array}{r@{\;\;}l@{\hspace{1cm}}l} 0\leq &g‘‘(t)&\\ 0\leq &1,8 \cdot \mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}& \\ \end{array}$
Hier kannst du verwenden, dass der Term $\mathrm{e}^{4-0,1 \cdot t}$ niemals kleiner gleich Null wird. Da der Faktor 1,8 weiterhin positiv ist, kannst du festhalten, dass die Funktion $g‘‘$ auf dem gesamten Intervall $\left(\left.20;40\right]\right.$ positiv ist. Damit ist $g‘$ auf $\left(\left.20;40\right]\right.$ monoton steigend.
Folglich befindet sich an $g‘(20)$ der kleinste Funktionswert.
Insgesamt folgt dann, dass sich wegen $h‘(20)=f‘(20)=g‘(20)=-18 \cdot \mathrm{e}^2$ an $t=20$ ein lokales Minimum befindet.