Analysis

Aufgabe 1A

Gegeben ist die in $\mathbb{R}$ definierte Funktion $f$ mit $f(x) = \dfrac{3}{1000} \cdot x^4 - \dfrac{8}{100} \cdot x^3 + \dfrac{6}{10} \cdot x^2.$

Abbildung 1 zeigt den Graphen von $f$ sowie den Punkt $P\left(0\,\bigg \vert \,-\dfrac{5}{8}\right).$

Abbildung 1

Der Graph von $f$ besitzt den Tiefpunkt $(0 \mid 0).$

Zeige, dass der Graph von $f$ keine weiteren Extrempunkte besitzt.

(4 BE)

Die Gerade durch die Punkte $P(0\mid -0,625)$ und $Q(-0,25\mid -1)$ wird mit $t$ bezeichnet.

Ermittle eine Gleichung von $t.$

Weise rechnerisch nach, dass $t$ die Tangente an den Graphen von $f$ im Punkt $(5 \mid f(5))$ ist.

[Zur Kontrolle: Gleichung von $t:y=-1,5x-0,625$ ]

(5 BE)

Der Graph von $f$ und die Tangente $t$ schließen eine Fläche ein, die aus zwei Flächenstücken besteht.

Berechne den Inhalt dieser Fläche.

(6 BE)

Der Graph der in $\mathbb{R}$ definierten Funktion $g$ kann aus dem Graphen von $f$ erzeugt werden. Der Punkt $(12 \mid 12)$ des Graphen von $g$ wird dabei aus dem Punkt $(10 \mid 10)$ des Graphen von $f$ erzeugt und für alle $x \in \mathbb{R}$ gilt $g(x) = a \cdot f(b \cdot x)$ mit $a, b \in \mathbb{R}^+.$

Gib in diesem Zusammenhang die Bedeutung von $a$ und $b$ an und berechne die Werte von $a$ und $b.$

(4 BE)

Zwei Radfahrer starten gleichzeitig nebeneinander. Die Geschwindigkeit von Radfahrer $F$ wird in den ersten 10 Sekunden (s) nach dem Start durch die Funktion $f$ mit $f(x)=\dfrac{3}{1000} \cdot x^4-\dfrac{8}{100} \cdot x^3+\dfrac{6}{10} \cdot x^2$ beschrieben. Die Geschwindigkeit von Radfahrer $H$ wird in den ersten 12 Sekunden nach dem Start durch die in $\mathbb{R}$ definierte Funktion $h$ mit $h(x)=\dfrac{1}{576} \cdot x^4-\dfrac{1}{18} \cdot x^3+\dfrac{1}{2} \cdot x^2$ beschrieben.

Abbildung 2

Dabei ist $x$ die seit dem Start vergangene Zeit in Sekunden und $f(x)$ bzw. $h(x)$ die Geschwindigkeit in Meter pro Sekunde $\left(\dfrac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}\right).$

Bestimme die Geschwindigkeit von Radfahrer $F$ drei Sekunden nach dem Start sowie den Zeitpunkt, zu dem er eine Geschwindigkeit von $8\,\dfrac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}$ erreicht.

(4 BE)

Nach den ersten 12 Sekunden fährt Radfahrer $H$ mit konstanter Geschwindigkeit.

Gib diese konstante Geschwindigkeit an.

Zeige durch Rechnung, dass der zum Radfahrer $H$ gehörende Graph in der Abbildung 2 an der Stelle 12 eine waagerechte Tangente aufweist.

(4 BE)

Nach dem Start gibt es genau einen Zeitpunkt, zu dem die Geschwindigkeiten beider Radfahrer gleich groß sind. Im Modell wird dieser Zeitpunkt mit $x_s$ bezeichnet.

Berechne $x_s.$

(3 BE)

Es gibt genau einen Zeitpunkt in den ersten 10 Sekunden nach dem Start, zu dem einer der beiden Radfahrer den anderen überholt.

Berechne, um wie viel Prozent die Geschwindigkeit des schnelleren Radfahrers die Geschwindigkeit des langsameren Radfahrers zum Zeitpunkt des Überholens übersteigt.

(5 BE)

Aufgabe 1B

Ein mit Wasser befülltes Glas wird aus einem Kühlschrank genommen. Die anschließende Entwicklung der Wassertemperatur infolge der höheren Raumtemperatur lässt sich mithilfe der in $\mathbb{R}$ definierten Funktion $f$ mit $f(t) = 25 - 20 \mathrm e^{-0,014 \cdot t}$ modellhaft beschreiben. Dabei ist $t$ die Zeit in Minuten, die seit der Entnahme aus dem Kühlschrank vergangen ist, und $f(t)$ die Wassertemperatur in $^\circ C.$ Die Raumtemperatur beträgt konstant $25^\circ C.$

Gib die Wassertemperatur zum Zeitpunkt der Entnahme aus dem Kühlschrank an.

Bestimme den Zeitpunkt, zu dem die Wassertemperatur $12^\circ C$ beträgt.

(3 BE)

Berechne die Werte der folgenden Terme und interpretiere diese im Sachzusammenhang:

$\((1) \quad f$

$(2) \quad \displaystyle\frac{f(30) - f(0)}{30 - 0}$

(6 BE)

Gegeben ist die in $\mathbb{R}$ definierte Funktion $h$ mit $h(x)=\left(1-x^2\right) \cdot \mathrm e^x.$ Der Graph von $h$ wird mit $G_h$ bezeichnet.

Ohne Nachweis kann verwendet werden:

$\(h$

Abbildung 1

Begründe anhand des Funktionsterms von $h,$ dass der Funktionswert $h(x)$ nur für $-1 \lt x \lt 1$ positiv ist.

(3 BE)

Die Gerade $u$ ist die Tangente an $G_h$ im Punkt $(0 \mid 1).$

Es gibt genau eine Tangente $v$ an $G_h$ , die zu $u$ senkrecht ist.

Gib die notwendigen Schritte zur Berechnung einer Gleichung von $v$ an und erläutere diese.

(6 BE)

In einem Wendepunkt von $G_h$ ist die Steigung von $G_h$ maximal.

Berechne die Koordinaten dieses Wendepunktes und den Wert der maximalen Steigung.

(5 BE)

Für $0\lt w\lt 1$ wird das Dreieck mit den Eckpunkten $(0\mid 0),$ $(w \mid 0)$ und $(w \mid h(w))$ betrachtet. Für einen Wert von $w$ ist der Flächeninhalt des Dreiecks maximal.

Berechne den maximalen Flächeninhalt.

(5 BE)

$G_h$ schließt mit der $x$ -Achse eine Fläche $A$ ein. Es gibt genau einen Punkt $P$ auf $G_h$ mit positiver $x$ -Koordinate, sodass die Gerade durch die Punkte $O(0 \mid 0)$ und $P$ die Fläche $A$ in zwei Flächenstücke gleichen Inhalts teilt.

Gib eine Gleichung an, mit der die $x$ -Koordinate von $P$ bestimmt werden kann.

Veranschauliche den Aufbau der Gleichung in Abbildung 2.

(7 BE)

Abbildung 2

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Lösung 1A

Für die erste Ableitung von $f$ gilt:

$\(f$

Notwendige Bedingung für Extremstellen anwenden:

$\(\begin{array}[t]{rll} f$

Aus der Abbildung lässt sich ablesen, dass der Graph von $f$ für $x=10$ einen Sattelpunkt hat. Da $f$ eine ganzrationale Funktion vierten Grades ist, besitzt der Graph von $f$ keine weiteren Extrempunkte.

Gleichung von $\boldsymbol{t}$ ermitteln

Die gesuchte Gerade $t$ besitzt die allgemeine Gleichung $y=mx+n,$ wobei der $y$ -Achsenabschnitt $n$ als $n=-0,625$ gegeben ist, da $t$ durch $P$ verläuft.

Einsetzen der Koordinaten von $Q$ und Auflösen nach der Steigung $m$ liefert:

Rechenweg anzeigen

$m=1,5$

Eine Gleichung von $t$ ist somit durch $t: y=1,5x-0,625$ gegeben.

Tangente rechnerisch nachweisen

Es muss gezeigt werden, dass $t$ durch den Punkt $(5 \mid f(5))$ verläuft und in diesem die Steigung $\(f$ besitzt.

Es gilt:

$t(5)=1,5\cdot 5-0,625=6,875$

$\(t$

Einsetzen von $x=5$ in $f(x)$ und $\(f$ liefert:

$\(\begin{array}[t]{rll} f(5)&=&\dfrac{3}{1000} \cdot 5^4-\dfrac{8}{100} \cdot 5^3+\dfrac{6}{10} \cdot 5^2 \\[5pt] &=& 6,875 \\[5pt] &=&t(5) \\[10pt] f$

Somit ist $t$ die Tangente an den Graphen von $f$ im Punkt mit den Koordinaten $(5\mid f(5)).$

Die beiden Flächenstücke werden durch die Schnittstellen der beiden Graphen begrenzt. Diese ergeben sich zu:

$\begin{array}[t]{rll} f(x)&=& t(x)& \quad \scriptsize \mid \; GTR \\[5pt] x_1&=&\dfrac{25-5 \sqrt{22}}{3} \\[5pt] x_2&=&5 \\[5pt] x_3&=&\dfrac{25+5 \sqrt{22}}{3} \end{array}$

Da $t$ die Tangente an den Graphen von $f$ im Punkt $(5 \mid f(5))$ ist, berührt sie diesen an der Stelle $x=5$ nur.

Der Graph von $t$ verläuft im betrachteten Intervall somit vollständig oberhalb des Graphen von $f.$

Für den Flächeninhalt folgt also mit dem GTR:

$\displaystyle\int_{x_1}^{x_3}\left(\dfrac{3}{2} x-\dfrac{5}{8}-f(x)\right)\;\mathrm dx \approx 44,59 \; [\text{FE}]$

Der Graph von $g$ entsteht aus dem Graphen von $f$ durch Streckung mit dem Faktor $a$ in $y$ -Richtung und mit dem Faktor $\dfrac{1}{b}$ in $x$ -Richtung.

Für $a$ ergibt sich durch Einsetzen der gegebenen Koordinaten:

$\begin{array}[t]{rll} g(12)&=&a\cdot f(10) \\[5pt] 12&=&a\cdot 10 &\quad \scriptsize \mid\;:10\\[5pt] \dfrac{6}{5}&=&a \end{array}$

Für den Wert von $b$ gilt:

$\begin{array}[t]{rll} 12&=&\dfrac{1}{b}\cdot10 &\quad \scriptsize \mid\;\cdot b \\[5pt] 12b&=&10 &\quad \scriptsize \mid\;:12\\[5pt] b&=&\dfrac{5}{6} \end{array}$

Geschwindigkeit berechnen

$\begin{array}[t]{rll} f(3)&=&\dfrac{3}{1000} \cdot 3^4-\dfrac{8}{100} \cdot 3^3+\dfrac{6}{10} \cdot 3^2 \\[5pt] &\approx&3,48 \end{array}$

Drei Sekunden nach dem Start beträgt die Geschwindigkeit von Radfahrer $F$ somit ca. $3,48\;\dfrac{\text{m}}{\text{s}}.$

Zeitpunkt berechnen

Für den Zeitpunkt, zu dem er eine Geschwindigkeit von $8\;\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$ hat, liefert die Gleichung $f(x)=8$ mit dem solve-Befehl des GTR folgende Lösung im betrachteten Zeitraum:

$x\approx 5,82$

Radfahrer $F$ erreicht somit ca. $5,82$ Sekunden nach dem Start eine Geschwindigkeit von $8\;\frac{\text{m}}{\text{s}}.$

Konstante Geschwindigkeit ermitteln

$\begin{array}[t]{rll} h(12)&=&\dfrac{1}{576} \cdot 12^4-\dfrac{1}{18} \cdot 12^3+\dfrac{1}{2} \cdot 12^2 \\[5pt] &=&12 \end{array}$

Die gesuchte konstante Geschwindigkeit von Radfahrer $H$ beträgt somit $12\;\frac{\text{m}}{\text{s}}.$

Waagrechte Tangente zeigen

Mit dem GTR folgt, dass $\(h$ gilt. Somit ist die Tangente an den Graphen von $h$ an dieser Stelle waagrecht.

Aus der Gleichung $f(x)=h(x)$ folgt mit dem GTR als Lösung im Zeitraum $0\lt x\lt10:$

$x_s=\dfrac{880-20 \sqrt{298}}{91} \approx 5,88$

1. Schritt: Zeitpunkt des Überholens berechnen

Zu dem Zeitpunkt im Intervall $0\lt z\lt10,$ an dem einer der beiden Radfahrer den anderen überholt und die beiden Radfahrer somit die gleiche Strecke zurückgelegt haben, gilt:

$\begin{array}[t]{rll} \displaystyle\int_{0}^{z}(f(x)-h(x))\;\mathrm dx&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; CAS \\[5pt] z_0&=& \dfrac{1100-20 \sqrt{295}}{91} &\\[5pt] z_0&\approx & 8,31 \end{array}$

2. Schritt: Prozentuale Überschreitung berechnen

Zum Zeitpunkt $z_0\approx 8,31$ ist der Radfahrer $H$ schneller. Für den Wert in Prozent, um den die Geschwindigkeit von Radfahrer $H$ die Geschwindigkeit von Radfahrer $F$ zu diesem Zeitpunkt übersteigt, ergibt sich mit dem CAS:

$\begin{array}[t]{rll} \dfrac{h\left(z_0\right)-f\left(z_0\right)}{f\left(z_0\right)}& \approx &0,11 & \\[5pt] &=& 11\,\% \end{array}$

Lösung 1B

Wassertemperatur angeben

$\begin{array}[t]{rll} f(0)&=& 25 - 20 \cdot \mathrm{e}^{-0,014\cdot0} \\[5pt] &=& 25 - 20 \\[5pt] &=& 5\;[^\circ C] \end{array}$

Zeitpunkt bestimmen

Zu dem Zeitpunkt, an dem die Wassertemperatur $12 \;^\circ C$ beträgt, gilt:

$\begin{array}[t]{rll} f(t)&=& 12 \\[5pt] 25 - 20 \cdot \mathrm{e}^{-0,014t}&=& 12 &\quad \scriptsize \mid\;-25 \\[5pt] - 20 \cdot \mathrm{e}^{-0,014t}&=& -13 &\quad \scriptsize \mid\;:(-20) \\[5pt] \mathrm{e}^{-0,014t}&=&\dfrac{13}{20} \\[5pt] -0,014t&=&\ln\left(\dfrac{13}{20}\right) &\quad \scriptsize \mid\;:(-0,014) \\[5pt] t&\approx& 30,77 \end{array}$

Die Wassertemperatur beträgt somit nach etwa $30,77$ Minuten $12\;^\circ C.$

$(1)$

Für die erste Ableitung von $f$ gilt:

$\(f$

Für $t=30$ gilt also:

$\(\begin{array}[t]{rll} f$

Der Term beschreibt die momentane Änderungsrate der Wassertemperatur 30 Minuten nach Entnahme in Grad pro Minute.

$(2)$

$\begin{array}[t]{rll} \dfrac{f(30)-f(0)}{30-0}&=&\dfrac{25 - 20 \cdot \mathrm{e}^{-0,014\cdot30}-5}{30} \\[5pt] &=&\dfrac{20 - 20 \cdot \mathrm{e}^{-0,42}}{30} \\[5pt] &\approx&0,23\;\left[\dfrac{^\circ\ C}{\text{min}}\right] \end{array}$

Der Term beschreibt die mittlere Änderungsrate der Wassertemperatur innerhalb der ersten 30 Minuten in Grad pro Minute.

Für alle $x \in \mathbb{R}$ gilt $\mathrm e^x\gt 0$ .

Da nur für Werte $-1\lt x\lt 1$ der Wert des Terms $\left(1-x^2\right)$ positiv ist, ist $h(x)$ nur für diese Werte positiv.

Die Gerade $u$ hat im Punkt $(0\mid 1)$ die Steigung $\(h$

Eine Tangente $v,$ die senkrecht zur Gerade $u$ in diesem Punkt verläuft, hat die Steigung $\(-\dfrac{1}{h$

Zur Bestimmung der $x$ -Koordinate $x_Q$ des Berührpunkts $Q$ von $G_h$ und $v$ wird die Gleichung $h^{\prime}(x)=-\frac{1}{h^{\prime}(0)}$ gelöst.

Bestimmung der $y$ -Koordinate $y_Q$ von $Q:$

$y_Q=h\left(x_Q\right)$

Der $y$ -Achsenabschnitt von $v$ wird schließlich durch Einsetzen der der Steigung von $v$ und der Koordinaten von $Q$ in die allgemeine Tangentengleichung $t:y=m\cdot x+c$ berechnet.

Wendestellen bestimmen

Zweite Ableitung bestimmen:

Rechenweg anzeigen

$\( h$

Notwendige Bedingung für Wendestellen anwenden:

$\(\begin{array}[t]{rll} h$

Mit dem GTR folgt:

$x_1=-2-\sqrt{3}$

$x_2=-2+\sqrt{3}.$

Hinreichende Bedingung für Wendestellen anwenden:

$\(\begin{array}[t]{rll} h$

Die Wendestellen von $h$ sind somit gegeben durch $x_1=-2-\sqrt{3}$ und $x_2=-2+\sqrt{3}.$

$y$ -Koordinaten berechnen:

$\begin{array}[t]{rll} h(-2-\sqrt{3})&\approx& -0,31 & \\[5pt] h(-2+\sqrt{3})&\approx& 0,71 & \\[5pt] \end{array}$

Die Koordinaten der Wendepunkte folgen also mit $W_1(-2-\sqrt{3} \mid -0,31 )$ und $W_1(-2+\sqrt{3} \mid 0,71 ).$

Wert der maximalen Steigung berechnen

Steigung in den Wendepunkten berechnen:

$\(\begin{array}[t]{rll} h$

Wegen $\(h$ hat $\(h$ an der Stelle $x_2$ ein Maximum.

Der gesuchte Wendepunkt hat also die Koordinaten $G_h(-2+\sqrt{3}\mid 0,71).$

Der Wert der maximalen Steigung ist dann:

$\(h$

Der Flächeninhalt des Dreiecks in Abhängigkeit von $w$ lässt sich wie folgt berechnen:

$\begin{array}[t]{rll} a(w)&=& \dfrac{1}{2}\cdot w\cdot h(w) \\[5pt] &=& \dfrac{1}{2}\cdot w\cdot (1-w^2) \cdot \mathrm{e}^w \\[5pt] &=& \dfrac{1}{2}\cdot w\cdot \mathrm{e}^w- \dfrac{1}{2}\cdot w^3\cdot \mathrm{e}^w \end{array}$

Für die Ableitung gilt:

Rechenweg anzeigen

$\( a$

Um den maximalen Flächeninhalt zu berechnen, wird die notwendige Bedingung für Extremstellen angewendet:

$\(\begin{array}[t]{rll} a$

Mit dem GTR folgt $w\approx 0,68.$

Wegen $a(0,68)\approx 0,36$ beträgt der maximale Flächeninhalt ungefähr $0,68\,\text{FE}.$

Für die $x$ -Koordinate $x_P$ von $P$ gilt:

$\dfrac{1}{2}\underbrace{\cdot\displaystyle\int_{-1}^{1}h(t)\;\mathrm dt }_{A_{\text {gesamt }}}$ $=\underbrace{\dfrac{1}{2} \cdot x_P \cdot h\left(x_P\right)}_{A_1}+\underbrace{\displaystyle\int_{x_P}^1 h(t) d t}_{A_2}$

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