ProbeklausurFunktionen

\(P(4)=0{,}5\cdot 4^{3}=0{,}5\cdot 64=32\), also \(32\ \mathrm{kW}\). \(P(8)=0{,}5\cdot 8^{3}=0{,}5\cdot 512=256\), also \(256\ \mathrm{kW}\). Tatsächlich ist \(256=8\cdot 32\).

Allgemein: $$P(2v)=0{,}5\cdot(2v)^{3}=0{,}5\cdot 2^{3}\cdot v^{3}=8\cdot\bigl(0{,}5\cdot v^{3}\bigr)=8\cdot P(v)$$ Der Faktor \(2\) wirkt wegen des Exponenten \(3\) dreifach, deshalb verachtfacht sich die Leistung.

Ansatz: \(0{,}5\cdot v^{3}=108\). Division durch \(0{,}5\) liefert \(v^{3}=216\), Ziehen der dritten Wurzel \(v=\sqrt[3]{216}=6\). Die Anlage liefert bei \(6\ \mathrm{m/s}\) genau \(108\ \mathrm{kW}\). Probe: \(0{,}5\cdot 216=108\). ✓

Gesucht sind alle \(v>0\) mit \(P(v)>g(v)\): $$0{,}5\cdot v^{3}>2\cdot v^{2}\quad\Big|:v^{2}\ (v>0)\qquad\Rightarrow\qquad 0{,}5\cdot v>2\qquad\Rightarrow\qquad v>4$$ Für \(v=4\) sind beide Leistungen gleich: \(P(4)=g(4)=32\ \mathrm{kW}\) — die Graphen schneiden sich in \(S(4\,|\,32)\).

Deutung: Bei schwachem Wind (\(3\le v<4\)) liefert das Konkurrenzmodell \(g\) mehr Leistung, ab \(4\ \mathrm{m/s}\) überholt die Anlage mit dem kubischen Modell und liegt bei kräftigem Wind deutlich vorn (bei \(12\ \mathrm{m/s}\): \(864\ \mathrm{kW}\) gegenüber \(288\ \mathrm{kW}\)). Der Grund ist der höhere Exponent: \(v^{3}\) wächst schneller als \(v^{2}\).

Symmetrie: \(h(-x)=0{,}5\cdot(-x)^{3}=-0{,}5x^{3}=-h(x)\) — der Graph von \(h\) ist punktsymmetrisch zum Ursprung (ungerader Exponent). \(k(-x)=2\cdot(-x)^{2}=2x^{2}=k(x)\) — der Graph von \(k\) ist achsensymmetrisch zur \(y\)-Achse (gerader Exponent).

Vorzeichenwechsel des Vorfaktors: Für jedes \(x\) gilt \(-0{,}5x^{3}=-h(x)\). Jeder Funktionswert erhält das entgegengesetzte Vorzeichen, der Graph wird also an der \(x\)-Achse gespiegelt: Er verläuft dann vom II. in den IV. Quadranten und ist streng monoton fallend statt steigend. Die Punktsymmetrie zum Ursprung bleibt erhalten.

Wertebereich: \(P\) ist auf \([3;12]\) streng monoton steigend, also \(W=[P(3);P(12)]=[13{,}5;864]\) in \(\mathrm{kW}\).

Umkehrfunktion: Aus \(P=0{,}5\cdot v^{3}\) folgt \(v^{3}=2P\) und damit $$v(P)=\sqrt[3]{2P}=(2P)^{\frac13},\qquad D_{v}=[13{,}5;864].$$ Für \(P=250\): \(v(250)=\sqrt[3]{500}\approx 7{,}94\). Bei etwa \(7{,}9\ \mathrm{m/s}\) liefert die Anlage \(250\ \mathrm{kW}\). Probe: \(0{,}5\cdot 7{,}94^{3}\approx 250{,}3\). ✓

\(E(2)=800\cdot 2^{-2}=\dfrac{800}{4}=200\), also \(200\ \mathrm{lx}\). \(E(4)=800\cdot 4^{-2}=\dfrac{800}{16}=50\), also \(50\ \mathrm{lx}\).

Allgemein: $$E(2r)=800\cdot(2r)^{-2}=\frac{800}{4r^{2}}=\frac14\cdot E(r)$$ Bei doppeltem Abstand sinkt die Beleuchtungsstärke auf ein Viertel — sie nimmt quadratisch mit dem Abstand ab.

Ansatz: \(\dfrac{800}{r^{2}}=32\). Umstellen liefert \(r^{2}=\dfrac{800}{32}=25\), also \(r=5\) (die negative Lösung \(r=-5\) entfällt, da \(r>0\)). In \(5\ \mathrm{m}\) Abstand beträgt die Beleuchtungsstärke \(32\ \mathrm{lx}\).

Definitionsmenge: \(D=\mathbb{R}^{+}\) (im Sachzusammenhang \(r>0\); rein mathematisch wäre \(D=\mathbb{R}\setminus\{0\}\)). Wertemenge: \(W=\mathbb{R}^{+}\), da \(800\cdot r^{-2}>0\) für alle \(r\ne 0\).

Verhalten: Für \(r\to 0\) wird der Nenner \(r^{2}\) beliebig klein, also \(E\to\infty\) — die \(y\)-Achse (\(r=0\)) ist senkrechte Asymptote. Für \(r\to\infty\) wird der Bruch beliebig klein, also \(E\to 0\) — die \(r\)-Achse (\(E=0\)) ist waagerechte Asymptote. Der Graph ist der rechte Ast einer Hyperbel, streng monoton fallend und rechtsgekrümmt.

Aus \(E=\dfrac{800}{r^{2}}\) folgt \(r^{2}=\dfrac{800}{E}\) und wegen \(r>0\): $$r(E)=\sqrt{\frac{800}{E}}=\frac{\sqrt{800}}{\sqrt{E}}=\sqrt{800}\cdot E^{-\frac12}\approx 28{,}3\cdot E^{-\frac12}.$$ Dabei wurde \(\sqrt{E}=E^{\frac12}\) und \(\frac{1}{E^{\frac12}}=E^{-\frac12}\) benutzt.

\(r(E)\) ist eine Potenzfunktion mit negativem, gebrochenem Exponenten \(n=-\tfrac12\) und Vorfaktor \(a=\sqrt{800}\) — die Umkehrfunktion von \(E\).

Vergleich mit \(f(t)=a\cdot\sin\bigl(b\,(t-c)\bigr)+d\): Amplitude \(a=1{,}5\ \mathrm{m}\); Periode \(T=\dfrac{2\pi}{b}=\dfrac{2\pi}{\pi/6}=12\ \mathrm{h}\); mittlerer Wasserstand \(d=4\ \mathrm{m}\).

Hochwasser: \(d+a=5{,}5\ \mathrm{m}\), Niedrigwasser: \(d-a=2{,}5\ \mathrm{m}\). (Die Verschiebung \(c=3\) legt fest, dass die Kurve um 3 Uhr den mittleren Wasserstand steigend durchläuft.)

\(h(6)=1{,}5\cdot\sin\bigl(\tfrac{\pi}{6}\cdot 3\bigr)+4=1{,}5\cdot\sin\bigl(\tfrac{\pi}{2}\bigr)+4=1{,}5\cdot 1+4=5{,}5\), also \(5{,}5\ \mathrm{m}\) (Hochwasser).

\(h(12)=1{,}5\cdot\sin\bigl(\tfrac{\pi}{6}\cdot 9\bigr)+4=1{,}5\cdot\sin\bigl(\tfrac{3\pi}{2}\bigr)+4=1{,}5\cdot(-1)+4=2{,}5\), also \(2{,}5\ \mathrm{m}\) (Niedrigwasser).

Ansatz: \(1{,}5\cdot\sin\bigl(\tfrac{\pi}{6}(t-3)\bigr)+4=4{,}75\ \Rightarrow\ \sin\bigl(\tfrac{\pi}{6}(t-3)\bigr)=0{,}5\).

Der Sinus hat innerhalb einer Periode zwei Lösungen: \(\tfrac{\pi}{6}(t-3)=\tfrac{\pi}{6}+2k\pi\) oder \(\tfrac{\pi}{6}(t-3)=\tfrac{5\pi}{6}+2k\pi\) mit \(k\in\mathbb{Z}\). Multiplikation mit \(\tfrac{6}{\pi}\): $$t-3=1+12k\quad\text{oder}\quad t-3=5+12k\qquad\Rightarrow\qquad t=4+12k\quad\text{oder}\quad t=8+12k.$$ Im Intervall \([0;24]\) ergeben sich \(t\in\{4;\,8;\,16;\,20\}\), also um 4 Uhr, 8 Uhr, 16 Uhr und 20 Uhr.

Zeitfenster: Zwischen 4 und 8 Uhr liegt das Hochwasser (6 Uhr, \(5{,}5\ \mathrm{m}\)), ebenso zwischen 16 und 20 Uhr (18 Uhr). Dort gilt \(h(t)\ge 4{,}75\). Das Schiff kann also von 4 bis 8 Uhr und von 16 bis 20 Uhr einlaufen.

Es gilt \(\sin(x)=\cos\bigl(x-\tfrac{\pi}{2}\bigr)\). Damit: $$1{,}5\cdot\sin\!\Bigl(\frac{\pi}{6}(t-3)\Bigr)+4=1{,}5\cdot\cos\!\Bigl(\frac{\pi}{6}(t-3)-\frac{\pi}{2}\Bigr)+4=1{,}5\cdot\cos\!\Bigl(\frac{\pi}{6}\bigl(t-3-3\bigr)\Bigr)+4=1{,}5\cdot\cos\!\Bigl(\frac{\pi}{6}(t-6)\Bigr)+4,$$ denn \(\tfrac{\pi}{2}=\tfrac{\pi}{6}\cdot 3\). ✓

Erklärung: Sinus und Cosinus sind um eine Viertelperiode gegeneinander verschoben. Bei \(T=12\ \mathrm{h}\) ist das eine Verschiebung um \(3\ \mathrm{h}\): Die Sinusform startet um 3 Uhr beim mittleren Wasserstand, die Cosinusform um 6 Uhr beim Maximum — genau dort, wo das Hochwasser liegt.

Anfangstemperatur: \(T(0)=65\cdot 0{,}9^{0}+20=65+20=85\), also \(85\ ^\circ\mathrm{C}\) — der Vorfaktor \(a=65\) ist die anfängliche Differenz zur Raumtemperatur.

Raumtemperatur: Wegen \(0<0{,}9<1\) gilt \(0{,}9^{t}\to 0\) für \(t\to\infty\), also \(T(t)\to 20\). Die Gerade \(y=20\) ist waagerechte Asymptote: Der Kaffee nähert sich der Raumtemperatur von \(20\ ^\circ\mathrm{C}\) beliebig nahe an, ohne sie zu unterschreiten. Der Parameter \(c=20\) verschiebt den Graphen um 20 nach oben.

\(T(10)=65\cdot 0{,}9^{10}+20\approx 65\cdot 0{,}3487+20\approx 22{,}66+20\approx 42{,}7\). Nach 10 Minuten hat der Kaffee noch etwa \(42{,}7\ ^\circ\mathrm{C}\).

Ansatz: \(65\cdot 0{,}9^{t}+20=40\ \Rightarrow\ 0{,}9^{t}=\dfrac{20}{65}=\dfrac{4}{13}\).

Logarithmieren: $$t=\log_{0{,}9}\!\Bigl(\frac{4}{13}\Bigr)=\frac{\ln\bigl(\frac{4}{13}\bigr)}{\ln(0{,}9)}\approx\frac{-1{,}1787}{-0{,}1054}\approx 11{,}2$$ Der Kaffee ist nach etwa \(11{,}2\) Minuten, also nach gut 11 Minuten, auf \(40\ ^\circ\mathrm{C}\) abgekühlt. Probe: \(T(11{,}2)\approx 65\cdot 0{,}3077+20\approx 40{,}0\). ✓

Abnahme um 10 %: Die Differenz ist \(D(t)=T(t)-20=65\cdot 0{,}9^{t}\). Eine Minute später gilt $$D(t+1)=65\cdot 0{,}9^{t+1}=65\cdot 0{,}9^{t}\cdot 0{,}9=0{,}9\cdot D(t).$$ Die Differenz wird also jede Minute mit dem Faktor \(0{,}9\) multipliziert, d. h. sie nimmt um \(10\ \%\) ab — unabhängig davon, wie groß sie gerade ist (exponentielle Abnahme).

Halbwertszeit: \(0{,}9^{t}=0{,}5\ \Rightarrow\ t=\dfrac{\ln(0{,}5)}{\ln(0{,}9)}\approx\dfrac{-0{,}6931}{-0{,}1054}\approx 6{,}6\). Nach etwa \(6{,}6\) Minuten hat sich der Temperaturunterschied zum Raum halbiert (von \(65\ \mathrm{K}\) auf \(32{,}5\ \mathrm{K}\)).

Funktionsterm: Der zweite Kaffee startet 5 Minuten später mit derselben Temperatur, sein Graph ist der um 5 nach rechts verschobene Graph von \(T\): $$S(t)=65\cdot 0{,}9^{\,t-5}+20\qquad(t\ge 5).$$ Probe: \(S(5)=65\cdot 0{,}9^{0}+20=85\). ✓

Verschiebung = Streckung: Mit dem Potenzgesetz \(n^{x+b}=n^{x}\cdot n^{b}\) folgt $$0{,}9^{\,t-5}=0{,}9^{t}\cdot 0{,}9^{-5}=\frac{1}{0{,}9^{5}}\cdot 0{,}9^{t}\approx 1{,}694\cdot 0{,}9^{t},$$ also \(S(t)\approx 110{,}1\cdot 0{,}9^{t}+20\). Der um 5 nach rechts verschobene Graph ist zugleich der mit dem Faktor \(0{,}9^{-5}\approx 1{,}69\) von der Asymptote \(y=20\) aus in \(y\)-Richtung gestreckte Graph. Bei Exponentialfunktionen sind Verschiebung in \(x\)-Richtung und Streckung in \(y\)-Richtung dasselbe — deshalb kommt die allgemeine Form \(a\cdot n^{x+b}+c\) im Grunde mit einem der beiden Parameter \(a\) oder \(b\) aus.

\(K(0)=3\cdot\log_{2}(1)+2=3\cdot 0+2=2\); \(K(1)=3\cdot\log_{2}(2)+2=3\cdot 1+2=5\); \(K(7)=3\cdot\log_{2}(8)+2=3\cdot 3+2=11\); \(K(15)=3\cdot\log_{2}(16)+2=3\cdot 4+2=14\) Punkte.

Auffällig: Jede Verdopplung von \(x+1\) bringt genau 3 Punkte mehr — typisch für logarithmisches Wachstum: Anfangs geht es schnell voran, später bringt jede weitere Stunde immer weniger.

Definitionsmenge: Der Logarithmus ist nur für positive Argumente definiert: \(x+1>0\ \Leftrightarrow\ x>-1\), also \(D=\;]-1;\infty[\). Im Sachzusammenhang sind nur \(x\ge 0\) sinnvoll. Senkrechte Asymptote: \(x=-1\) (der Graph von \(\log_{2}\) ist um 1 nach links verschoben).

Nullstelle: \(3\cdot\log_{2}(x+1)+2=0\ \Rightarrow\ \log_{2}(x+1)=-\tfrac23\ \Rightarrow\ x+1=2^{-\frac23}\ \Rightarrow\ x=2^{-\frac23}-1\approx 0{,}63-1=-0{,}37\). Diese Nullstelle liegt außerhalb des Sachbereichs \(x\ge 0\). Da \(K\) streng monoton steigend ist und schon \(K(0)=2>0\) gilt, ist \(K(x)>0\) für alle Übungsstunden \(x\ge 0\).

Ansatz: \(3\cdot\log_{2}(x+1)+2=20\ \Rightarrow\ 3\cdot\log_{2}(x+1)=18\ \Rightarrow\ \log_{2}(x+1)=6\).

Nach der Definition des Logarithmus: \(x+1=2^{6}=64\), also \(x=63\). Nach 63 Übungsstunden ist ein Kenntnisstand von 20 Punkten erreicht. Probe: \(3\cdot\log_{2}(64)+2=3\cdot 6+2=20\). ✓

Transformationen (in dieser Reihenfolge): Der Graph von \(g(x)=\log_{2}(x)\) wird um \(1\) nach links verschoben (\(x+1\)), dann mit dem Faktor \(3\) in \(y\)-Richtung gestreckt (Vorfaktor \(a=3\)) und schließlich um \(2\) nach oben verschoben (\(c=2\)). Die senkrechte Asymptote wandert dabei von \(x=0\) nach \(x=-1\), die Nullstelle von \(g\) bei \(x=1\) wird zum Punkt \((0\,|\,2)\).

Umkehrfunktion: Auflösen von \(K=3\cdot\log_{2}(x+1)+2\) nach \(x\): $$\log_{2}(x+1)=\frac{K-2}{3}\qquad\Rightarrow\qquad x+1=2^{\frac{K-2}{3}}\qquad\Rightarrow\qquad x(K)=2^{\frac{K-2}{3}}-1.$$ Dabei wurde benutzt, dass die Exponentialfunktion zur Basis 2 die Umkehrung des Logarithmus zur Basis 2 ist: \(2^{\log_{2}(y)}=y\). Kontrolle mit c): \(x(20)=2^{6}-1=63\). ✓