Wahlteil A2 (Mathe LF Abi 2019 (WTR) in Baden-Württemberg Gymnasium Abi-Aufgaben (WTR/GTR))

$\blacktriangleright$ Flächeninhalt berechnen

$\begin{array}[t]{rll} f(3) &=& 20\cdot \mathrm e^{0,1\cdot 3} \\[5pt] &=& 20\cdot \mathrm e^{0,3} \\[5pt] &\approx& 27,00 \end{array}$

Nach drei Stunden beträgt der Flächeninhalt ca. $27,00\,\text{mm}^2.$

$\blacktriangleright$ Zeitpunkt berechnen

$\begin{array}[t]{rll} f(0)&=& 20\cdot \mathrm e^{0,1\cdot 0} \\[5pt] &=& 20 \end{array}$

Es ist $t$ gesucht mit $f(t) = 3\cdot f(0) = 3\cdot 20 = 60.$

$\begin{array}[t]{rll} f(t) &=& 60 \\[5pt] 20\cdot \mathrm e^{0,1t} &=& 60 &\quad \scriptsize \mid\; :20 \\[5pt] \mathrm e^{0,1t} &=& 3 &\quad \scriptsize \mid\; \ln \\[5pt] 0,1t &=& \ln 3 &\quad \scriptsize \mid\; :0,1 \\[5pt] t &=& 10,99 \end{array}$

Ca. $11$ Stunden nach Beobachtungsbeginn hat sich der Flächeninhalt verdreifacht.

$\blacktriangleright$ Momentane Änderungsrate berechnen

Die momentane Änderungsrate des Flächeninhalts wird durch $f‘$ beschrieben:

$\begin{array}[t]{rll} f(t) &=& 20\cdot \mathrm e^{0,1\cdot t} \\[10pt] f‘(t) &=& 20\cdot 0,1\cdot \mathrm e^{0,1\cdot t} \\[5pt] &=& 2\cdot \mathrm e^{0,1\cdot t} \\[10pt] f‘(2) &=& 2\cdot \mathrm e^{0,1\cdot 2} \\[10pt] &=& 2\cdot \mathrm e^{0,2}\\[5pt] &\approx& 2,44 \end{array}$

Zwei Stunden nach Beobachtungsbeginn beträgt die momentane Änderungsrate des Flächeninhalts ca. $2,44\,\text{mm}^2$ pro Stunde.

$\blacktriangleright$ Integral berechnen

$\begin{array}[t]{rll} \frac{1}{4}\cdot \displaystyle\int_{5}^{9} f(t) \;\mathrm dt &=& \frac{1}{4}\cdot \displaystyle\int_{5}^{9} 20\cdot \mathrm e^{0,1\cdot t}\;\mathrm dt \\[5pt] &=& \frac{1}{4}\cdot \left[20\cdot \frac{1}{0,1} \mathrm e^{0,1\cdot t}\right]_5^9 \\[5pt] &=& \frac{1}{4}\cdot \left[200\cdot \mathrm e^{0,1\cdot t}\right]_5^9 \\[5pt] &=& \frac{1}{4}\cdot \left(200\cdot \mathrm e^{0,1\cdot 9} - 200\cdot \mathrm e^{0,1\cdot 5} \right)\\[5pt] &=& \frac{1}{4}\cdot \left(200\cdot \mathrm e^{0,9} - 200\cdot \mathrm e^{0,5} \right) \\[5pt] &=& 50\cdot \left( \mathrm e^{0,9} -\mathrm e^{0,5} \right) \\[5pt] &\approx& 40,54 \end{array}$

$... \approx 40,54$

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$\blacktriangleright$ Ergebnis im Sachzusammenhang interpretieren

Mit der obigen Rechnung wird der durchschnittliche Funktionswert von $f$ im Intervall $[5;9]$ berechnet.
Im Zeitraum zwischen $5$ und $9$ Stunden nach Beobachtungsbeginn beträgt der durchschnittliche Flächeninhalt ca. $40,54\,\text{mm}^2.$

$\blacktriangleright$ Größten Wert des Flächeninhalts berechnen

1. Schritt: Ableitungsfunktion bilden

$\begin{array}[t]{rll} g(t) &=& 20\cdot \mathrm e^{0,1\cdot t -0,005\cdot t^2} \\[5pt] g‘(t) &=& 20\cdot \left(0,1-0,01\cdot t \right)\cdot \mathrm e^{0,1\cdot t -0,005\cdot t^2} \\[5pt] &=& \left(2-0,2\cdot t \right)\cdot \mathrm e^{0,1\cdot t -0,005\cdot t^2} \\[5pt] \end{array}$

$g‘(t)= ...$

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2. Schritt: Notwendiges Kriterium für Extremstellen anwenden

$\begin{array}[t]{rll} g‘(t) &=& 0 \\[5pt] \left(2-0,2\cdot t \right)\cdot \mathrm e^{0,1\cdot t -0,005\cdot t^2} &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;:\mathrm e^{0,1\cdot t -0,005\cdot t^2} \neq 0 \\[5pt] 2-0,2\cdot t &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; -2 \\[5pt] -0,2\cdot t &=& -2 &\quad \scriptsize \mid\;:(-0,2) \\[5pt] t &=& 10 \end{array}$

$t=10$

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Dies ist die einzige Nullstelle von $g‘.$ Da in der Aufgabenstellung angegeben ist, dass der Flächeninhalt an einem bestimmten Zeitpunkt seinen größten Wert annimmt, muss $t_1=10$ die Maximalstelle sein.

3. Schritt: Funktionswert berechnen

$\begin{array}[t]{rll} g(10) &=& 20\cdot \mathrm e^{0,1\cdot 10 -0,005\cdot 10^2} \\[5pt] &=& 20\cdot \mathrm e^{0,5} \\[5pt] &\approx& 32,97 \end{array}$

$g(10)\approx 32,97$

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Der maximale Flächeninhalt beträgt ca. $32,97\,\text{mm}^2.$

$\blacktriangleright$ Zeitpunkt berechnen

$\begin{array}[t]{rll} g(t) &=& g(0) \\[5pt] 20\cdot \mathrm e^{0,1\cdot t -0,005\cdot t^2} &=& 20\cdot \mathrm e^{0,1\cdot 0 -0,005\cdot 0^2} \\[5pt] 20\cdot \mathrm e^{0,1\cdot t -0,005\cdot t^2} &=& 20 &\quad \scriptsize \mid\; :20 \\[5pt] \mathrm e^{0,1\cdot t -0,005\cdot t^2} &=& 1 &\quad \scriptsize \mid\; \ln \\[5pt] 0,1\cdot t -0,005\cdot t^2 &=& 0 \\[5pt] t\cdot \left(0,1-0,005t \right) &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; t_1 = 0\\[5pt] 0,1-0,005t &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;-0,1\\[5pt] -0,005t &=& -0,1 &\quad \scriptsize \mid\;:(-0,005)\\[5pt] t_2 &=& 20 \end{array}$

$\begin{array}[t]{rll} t_1 &=& 0 \\[5pt] t_2 &=& 20 \end{array}$

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Nach $20$ Stunden ist der Flächeninhalt wieder so groß wie zu Beobachtungsbeginn.

$\blacktriangleright$ Geometrische Eigenschaft begründen

Da für jede reelle Zahl $t$ $h(-t) = h(t)$ gilt, ist der Graph von $h$ achsensymmetrisch zur $y$ -Achse.
Der Graph von $g$ geht durch Verschiebung um $10$ Einheiten in positive $y$ -Richtung aus dem Graphen von $h$ hervor. Der Graph von $g$ ist also achsensymmetrisch zur Geraden mit der Gleichung $x=10.$

Aufgabe A 2.2

$\blacktriangleright$ Parameterwert bestimmen

$\begin{array}[t]{rll} f_t(1) &=& 4 \\[5pt] 1^4 -2\cdot t \cdot 1^2 + 8\cdot t &=& 4 \\[5pt] 1 -2\cdot t + 8t &=& 4 \\[5pt] 1 +6\cdot t &=& 4 &\quad \scriptsize \mid\; -1 \\[5pt] 6\cdot t &=& 3 &\quad \scriptsize \mid\;:6 \\[5pt] t &=& 0,5 \end{array}$

$t=0,5$

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Für $t=0,5$ liegt der Punkt $P(1\mid 4)$ auf dem Graphen $G_t.$

$\blacktriangleright$ Parameterwert berechnen

1. Schritt: $y$ -Koordinate des Tiefpunkts berechnen

$\begin{array}[t]{rll} f_t\left(\sqrt{t}\right) &=& \sqrt{t}^4 -2\cdot t\cdot \sqrt{t}^2 +8\cdot t \\[5pt] &=& t^2 -2\cdot t^2 +8\cdot t \\[5pt] &=& -t^2 +8t \\[5pt] \end{array}$

$... =-t^2 +8t$

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Die Funktion $y$ mit $y(t) = -t^2 +8t$ beschreibt also die $y$ -Koordinate des Tiefpunkts des Graphen von $f_t$ in Abhängigkeit von $t.$
Gesucht ist der Wert von $t,$ für den $y(t)$ maximal ist.

2. Schritt: Ableitungsfunktionen bilden

$\begin{array}[t]{rll} y(t) &=& -t^2 +8t \\[5pt] y‘(t) &=& -2t +8\\[5pt] y‘‘(t) &=& -2 \end{array}$

3. Schritt: Notwendiges Kriterium anwenden

$\begin{array}[t]{rll} y‘(t) &=& 0 \\[5pt] -2t +8 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; -8 \\[5pt] -2t &=& -8 &\quad \scriptsize \mid\;:(-2) \\[5pt] t &=& 4 \end{array}$

$t=4$

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4. Schritt: Hinreichendes Kriterium für Extremstellen überprüfen

$\begin{array}[t]{rll} y‘‘(4) &=& -2 \lt 0 \end{array}$

An der Stelle $t=4$ nimmt $y$ also ihr Maximum an. Für $t=4$ liegt der Tiefpunkt des Graphen $G_t$ also möglichst hoch.

$\blacktriangleright$ Anzahl gemeinsamer Punkte zeigen

Betrachte für $t_1 \neq t_2:$

$\begin{array}[t]{rll} f_{t_1}(x ) &=& f_{t_2}(x) \\[5pt] x^4 -2t_1 x^2 +8t_1 &=& x^4 -2t_2 x^2 +8t_2 &\quad \scriptsize \mid\; -x^4 \\[5pt] -2t_1 x^2 +8t_1 &=& -2t_2 x^2 +8t_2 &\quad \scriptsize \mid\; :(-2)\\[5pt] t_1 x^2 -4t_1 &=& t_2 x^2 -4t_2 \\[5pt] t_1\cdot(x^2 -4)&=& t_2 \cdot (x^2 -4) &\quad \scriptsize \mid\;-t_2 \cdot (x^2 -4) \\[5pt] t_1\cdot(x^2 -4) - t_2 \cdot (x^2 -4)&=& 0 \\[5pt] (t_1-t_2)\cdot (x^2 -4 )&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;(t_1-t_2) \neq 0 \\[5pt] x^2 -4 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; +4 \\[5pt] x^2 &=& 4 \\[5pt] x_1 &=& -2 \\[5pt] x_2 &=& 2 \end{array}$

$\begin{array}[t]{rll} f_{t_1}(x ) &=& f_{t_2}(x) \\[5pt] ... \\[5pt] x_1 &=& -2 \\[5pt] x_2 &=& 2 \end{array}$

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Für zwei beliebige verschiedene Werte $t_1$ und $t_2$ hat die Gleichung $f_{t_1}(x) = f_{t_2}(x)$ genau zwei Lösungen. Alle Graphen $f_t$ besitzen also an diesen beiden Stellen einen gemeinsamen Funtionswert. Es gibt also genau zwei Punkte, durch die alle Graphen von $f_t$ verlaufen.

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Aufgabe A 2.1

Aufgabe A 2.2

Aufgabe A 2.2