Analysis 2 - Mathe

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Abiturprüfung Mathematik 2011 Baden-Württemberg (ohne CAS)
Wahlteil - Aufgaben Analysis I 2
Aufgabe I 2.1
Ein Staubecken wird zur Zeit der Schneeschmelze gefüllt. Da die Schneeschmelze
temperaturabhängig ist, kann die momentane Zuflussrate des Wassers durch die Funktion w
mit
 π 
w(t) = 50 ⋅ sin  ⋅ t  + 60 ; 0 ≤ t ≤ 24
 12 
m3
)
h
m3
?
a) In welchem Zeitraum ist die momentane Zuflussrate größer als 100
h
Zu welchem Zeitpunkt nimmt die momentane Zuflussrate am stärksten ab ?
beschrieben werden (t in Stunden seit Beobachtungsbeginn, w(t) in
(4 VP)
b) Zu Beobachtungsbeginn enthält das Staubecken 5000 m³ Wasser.
Wie viel Wasser enthält es nach 24 Stunden ?
Bestimmen Sie einen integralfreien Funktionsterm für die zum Zeitpunkt t im Staubecken
enthaltene Wassermenge.
Nach welcher Zeit sind 6000 m³ Wasser im Becken ?
(5 VP)
Aufgabe I 2.2
Für jedes a > 0 ist eine Funktion fa gegeben durch
fa (x) = a ⋅ sin(ax) + a ; x ∈ 

fa hat das Schaubild K a und die Periode pa .
a) Bestimmen Sie die Koordinaten des Hochpunktes Ha von K a für 0 ≤ x ≤ pa .
Ermitteln Sie eine Gleichung der Kurve, auf der alle diese Hochpunkte Ha liegen.
(4 VP)
b) Geben Sie in Abhängigkeit von a die Koordinaten des Wendepunkts Wa von K a an,
der den kleinsten positiven x-Wert hat.
Die Tangente in Wa an K a schließt mit den Koordinatenachsen eine Fläche ein.
Zeigen Sie, dass der Inhalt dieser Fläche unabhängig von a ist.
(5 VP)
1
Zuletzt aktualisiert: 27.12.2015
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Lösungen Wahlteil - Analysis I 2
Aufgabe I 2.1
a) Es soll gelten, dass w(t) ≥ 100 ist.
Die waagrechte Gerade y = 100 wird geschnitten bei t = 3,54 und t = 8,46.
Die Zuflussrate ist daher im Intervall ]3,54 ; 8,46[ über 100
m³
.
h
Die stärkste Abnahme der Zuflussrate befindet sich an der Wendestelle der Funktion
w(t).
Die Ableitung w ′(t) wird minimal bei t = 12, also nimmt die Zuflussratenfunktion 12
Stunden nach Beobachtungsbeginn am stärksten ab.
24
b) Wasservolumen nach 24 Stunden: V = 5000 +
∫ w(t)dt = 5000 + 1440 = 6440 m³
0
Integralfreier Funktionsterm:
t
t




 π 
 π  12
V(t) = 5000 +  50 sin  z  + 60  dz = 5000 +  −50 cos  z  ⋅
+ 60z 
 12 
 12  π


o
0
∫
V(t) = 5000 −
600
600
 π 
cos  t  + 60t +
π
12
π


Zeitpunkt, zu dem 6000 m³ Wasser enthalten sind:
V(t) = 6000 ⇒ t = 10,53 Stunden (GTR)
Etwa 10,5 Stunden nach Beobachtungsbeginn ist ein Wasservolumen von 6000 m³
erreicht.
2
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Aufgabe I 2.2
2π
.
a
Es gilt fa′ (x) = a2 ⋅ cos(ax) und fa′′(x) = −a3 ⋅ sin(ax) und fa′′′(x) = −a4 ⋅ cos(ax)
a) Die Periode des Schaubildes von fa (x) = a ⋅ sin(ax) + a beträgt pa =
Berechnung des Hochpunktes im Intervall 0 ≤ x ≤
2π
:
a
Hinreichende Bedingung: fa′ (x) = 0 und fa′′(x) < 0
fa′ (x) = 0 ⇒ a2 cos(ax) = 0 ⇒ ax =
π
π
⇒x=
2
2a
π
π
) = −a3 ⋅ sin(a ⋅ ) = −a3 < 0 (da a > 0 ist).
2a
2a
π
Somit lautet der gesuchte Hochpunkt Ha (
/ 2a) .
2a
(Man hätte den Hochpunkt auch dadurch ermitteln können, indem man sich überlegt, wie
sich das Schaubild von fa aus sin(x) ergibt (Streckung in y-Richtung um Faktor a,
fa′′(
Streckung in x-Richtung um Faktor
1
und Verschiebung um a nach oben. )
a
Ortskurve von Ha :
Es gilt x =
π
2a
(1)
Aus (1) folgt a =
und y = 2a
(2)
π
π
und dies eingesetzt in (2) ergibt y =
und dies ist die Ortskurve,
2x
x
b) Berechnung des Wendepunktes mit kleinstem positiven x-Wert:
Hinreichende Bedingung: fa′′ (x) = 0 und fa′′′(x) ≠ 0
k⋅π
wobei k irgendein ganzzahliger Wert ist
a
π
Für k = 1 ergibt sich der kleinste positive x-Wert mit x = .
a
π
π
Es gilt fa′′′( ) = −a 4 ⋅ cos( π) = a4 ≠ 0 und damit Wa ( / a)
a
a
fa′′(x) = 0 ⇒ −a3 sin(ax) = 0 ⇒ ax = k ⋅ π ⇒ x =
Skizze (a = 2) für Berechnung des Flächeninhalts:
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Berechnung der Tangentengleichung im Wendepunkt:
Allgemeine Tangentengleichung: y = fa′ (u) ⋅ (x − u) + fa (u) mit u =
π
a
π
Es gilt fa′ ( ) = a2 ⋅ cos( π) = −a2
a
π
⇒ y = −a2 ⋅ (x − ) + a ⇒ y = −a2 x + πa + a ist die Tangente in Wa .
a
Zur Berechnung der Fläche werden die Schnittpunkte der Tangente mit den
Koordinatenachsen benötigt.
Schnittpunkt mit der y-Achse: y = −a2 ⋅ 0 + πa + a = πa + a ⇒ S y (0 / πa + a)
Schnittpunkt mit der x-Achse: 0 = −a2 x + πa + a ⇒ x =
A Dreieck =
−πa − a π + 1
π +1
=
⇒ N(
/ 0)
2
a
a
−a
1 π +1
1 π +1
1
⋅
⋅ ( πa + a ) = ⋅
⋅ a ⋅ ( π + 1) = ( π + 1)2
2 a
2 a
2
Die Dreiecksfläche ist unabhängig vom Parameter a, was zu zeigen war.
4
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