Aufgabenblock — AFB III
Begründen statt nur rechnen: Aussagen widerlegen, Rechnungen bewerten, mit Parametern arbeiten und ein Modell beurteilen. Formuliere deine Antwort in ganzen Sätzen, bevor du die Musterlösung aufklappst.
Die Abbildung zeigt die Zuflussrate \(r\) eines Beckens. Lina sagt: „Bei \(t\approx2{,}4\) ist am meisten Wasser im Becken, denn dort hat der Graph seinen Hochpunkt.“ Widerlegen Sie Linas Aussage und geben Sie an, was der Hochpunkt von \(r\) tatsächlich bedeutet.
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Musterlösung: Nach \(t\approx2{,}4\) ist \(r\) zwar kleiner, aber immer noch positiv — es fließt weiter Wasser zu, der Bestand wächst also weiter. Erst bei \(t=6\) wechselt \(r\) das Vorzeichen von \(+\) nach \(-\); ab dann fließt Wasser ab. Der Bestand ist deshalb bei \(t=6\) am größten (auf \([0;10]\) auch global, weil danach nur noch Wasser abfließt). Der Hochpunkt von \(r\) markiert den Zeitpunkt, an dem der Bestand am schnellsten wächst: Dort hat der Bestandsgraph eine Wendestelle.
Beim Freibad wird Wasser über 12 Stunden umgewälzt; die Änderungsrate des Beckenvolumens ist \(r(t)=30\sin\big(\tfrac{\pi}{6}t\big)\) (\(t\) in h, \(r\) in \(\mathrm{m^3/h}\)). Tom rechnet \(\int_0^{12} r(t)\,\mathrm dt=0\) und folgert: „In den 12 Stunden ist gar kein Wasser geflossen.“ Nehmen Sie zu Toms Folgerung.
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Musterlösung: Toms Rechnung stimmt, seine Deutung nicht. \(\int_0^{12}r(t)\,\mathrm dt=0\) bedeutet: Das Volumen ist nach 12 Stunden genauso groß wie am Anfang. In den ersten 6 Stunden fließen \(\int_0^6 30\sin\big(\tfrac\pi6t\big)\mathrm dt=30\cdot\tfrac{12}{\pi}=\tfrac{360}{\pi}\approx114{,}6\,\mathrm{m^3}\) zu, in den nächsten 6 Stunden genauso viel ab. Insgesamt wurden also rund \(229\,\mathrm{m^3}\) bewegt. Das Integral der Rate liefert die Bilanz (Gesamtänderung), nicht die umgesetzte Menge — dafür muss man die Beträge der Teilintegrale addieren.
\(f\) sei auf \([a;b]\) streng monoton steigend, \(\Delta x=\tfrac{b-a}{n}\). Beweisen Sie, dass \(O_n-U_n=\big(f(b)-f(a)\big)\cdot\Delta x\) gilt, und folgern Sie, dass \(U_n\) und \(O_n\) für \(n\to\infty\) denselben Grenzwert haben.
Hinweis: Schreiben Sie beide Summen mit den Stützstellen \(x_0=a,\;x_1,\;\dots,\;x_n=b\) auf.
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Musterlösung: Weil \(f\) steigt, ist auf jedem Streifen \([x_{i-1};x_i]\) der linke Funktionswert der kleinste und der rechte der größte. Also \(U_n=\Delta x\cdot\big(f(x_0)+f(x_1)+\dots+f(x_{n-1})\big)\) und \(O_n=\Delta x\cdot\big(f(x_1)+\dots+f(x_{n-1})+f(x_n)\big)\). Bei der Differenz fallen alle mittleren Summanden weg: \(O_n-U_n=\Delta x\cdot\big(f(x_n)-f(x_0)\big)=\big(f(b)-f(a)\big)\cdot\tfrac{b-a}{n}\). Der Faktor \(\big(f(b)-f(a)\big)(b-a)\) ist fest, \(\tfrac1n\to0\) — also \(O_n-U_n\to0\). Da \(U_n\) wächst, \(O_n\) fällt und immer \(U_n\le O_n\) gilt, laufen beide auf denselben Wert zu: das Integral \(\int_a^b f(x)\,\mathrm dx\).
Der Graph von \(f(x)=\tfrac1x\) für \(x\ge1\) rotiert um die \(x\)-Achse („Gabriels Horn“). Begründen Sie, dass die Fläche unter dem Graphen unendlich, das Volumen des Horns aber endlich ist, und geben Sie das Volumen an (drei Nachkommastellen).
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Bestimmen Sie \(k>0\) so, dass \(\displaystyle\int_1^{\infty}\tfrac{k}{x^3}\,\mathrm dx=2\) gilt.
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Jonas rechnet: \(\displaystyle\int_{-1}^{1}\frac{1}{x^2}\,\mathrm dx=\Big[-\frac1x\Big]_{-1}^{1}=-1-1=-2\). Bewerten Sie die Rechnung.
Hinweis: Der Graph liegt komplett oberhalb der \(x\)-Achse. Passt das Ergebnis dazu?
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Musterlösung: Das Ergebnis kann nicht stimmen: \(\tfrac1{x^2}>0\) für alle \(x\ne0\), die Fläche liegt ganz oberhalb der \(x\)-Achse, ein negatives Integral ist unmöglich. Die Stammfunktion \(-\tfrac1x\) ist zwar richtig (\((-x^{-1})'=x^{-2}\)), aber \(f\) ist bei \(x=0\) nicht definiert, der Graph wächst dort über alle Grenzen. Der Hauptsatz setzt voraus, dass \(f\) auf dem ganzen Intervall stetig ist — das ist hier verletzt, die Formel \(F(b)-F(a)\) darf nicht angewendet werden. (Die Fläche unter dem Graphen ist sogar unbeschränkt.) Der Trick: Eine formal korrekte Rechnung über eine Polstelle hinweg liefert Unsinn.
Lösen Sie die Gleichung \(\displaystyle\int_a^{12}\tfrac1x\,\mathrm dx=\int_1^{4}\tfrac1x\,\mathrm dx\) nach \(a>0\) — möglichst ohne Rechner.
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Für die abgebildete Funktion \(f\) sei \(I_0(x)=\int_0^x f(t)\,\mathrm dt\). Erläutern Sie mithilfe des Hauptsatzes, warum \(I_0\) bei \(x=1\) einen Hochpunkt und bei \(x=3\) einen Tiefpunkt hat, und warum der Tiefpunkt auf der \(x\)-Achse liegt.
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Musterlösung: Nach dem Hauptsatz ist \(I_0'(x)=f(x)\). Bei \(x=1\) wechselt \(f\) das Vorzeichen von \(+\) nach \(-\): \(I_0\) steigt erst und fällt dann — Hochpunkt. Bei \(x=3\) wechselt \(f\) von \(-\) nach \(+\) — Tiefpunkt. Höhe: \(I_0(x)=\tfrac13x^3-2x^2+3x\), \(I_0(1)=\tfrac43\) (blaue Fläche von 0 bis 1). Von 1 bis 3 kommt die rote Fläche \(\int_1^3 f=-\tfrac43\) hinzu, also \(I_0(3)=\tfrac43-\tfrac43=0\). Anschaulich: Die blaue und die rote Fläche sind gleich groß, deshalb berührt \(I_0\) bei \(x=3\) die \(x\)-Achse.
Die Parabel \(f(x)=x^2\) und die Gerade \(g_k(x)=k\,x\) mit \(k>0\) schließen eine Fläche ein. Zeigen Sie, dass ihr Inhalt \(A(k)=\tfrac{k^3}{6}\) beträgt. Für welches \(k\) ist \(A=36\)? Stimmt die Aussage „Doppeltes \(k\) – doppelte Fläche“?
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Musterlösung: \(x^2=kx\iff x(x-k)=0\), Schnittstellen \(0\) und \(k\). Dazwischen liegt die Gerade oben (z. B. \(x=\tfrac k2\): \(\tfrac{k^2}2>\tfrac{k^2}4\)). \(A(k)=\int_0^k(kx-x^2)\,\mathrm dx=\Big[\tfrac k2x^2-\tfrac13x^3\Big]_0^k=\tfrac{k^3}{2}-\tfrac{k^3}{3}=\tfrac{k^3}{6}\) ✓. \(\tfrac{k^3}{6}=36\iff k^3=216\iff k=6\). Die Aussage ist falsch: \(A(2k)=\tfrac{(2k)^3}{6}=8\cdot\tfrac{k^3}{6}\) — doppeltes \(k\) liefert die achtfache Fläche, weil sich Breite und Höhe der Fläche gleichzeitig ändern.
Während einer Unterrichtsstunde steigt die CO₂-Konzentration im Raum mit der Rate \(k(t)=20\,e^{-0{,}02t}\) (\(t\) in min, \(k\) in ppm/min). Zu Beginn misst man \(450\) ppm; ab \(1000\) ppm wird Lüften empfohlen. Entwickeln Sie mithilfe des CAS eine begründete Lüftungsempfehlung für eine 45-Minuten-Stunde und beurteilen Sie, ob das Modell auch für einen ganzen Schultag im selben Raum taugt.
solve.solve(450+∫(20·e^(−0.02·t),t,0,s)=1000,s) → \(s\approx39{,}9\) · \(K(45)\approx1043\) · \(K(s)=1450-1000e^{-0{,}02s}\to1450\).Musterlösung anzeigen (zählt als erledigt)
Musterlösung: \(K(s)=450+\int_0^s20e^{-0{,}02t}\,\mathrm dt=1450-1000\,e^{-0{,}02s}\). Mit dem CAS (menu → 3: Algebra → 1: Löse bzw. solve) ergibt \(K(s)=1000\) den Wert \(s\approx39{,}9\,\mathrm{min}\); am Stundenende wären es \(K(45)\approx1043\,\mathrm{ppm}\). Empfehlung: spätestens nach etwa 35–40 Minuten lüften, besser zusätzlich in der Mitte der Stunde (Stoßlüften), damit \(1000\) ppm gar nicht erst erreicht werden. Modellkritik: Die Rate nimmt ab, \(K\) nähert sich \(1450\,\mathrm{ppm}\). Das Modell berücksichtigt weder Lüften noch Pausen, Türöffnen oder wechselnde Personenzahlen; für einen ganzen Tag ist es daher ungeeignet — es beschreibt nur eine Stunde bei geschlossenen Fenstern und muss nach jedem Lüften neu gestartet werden.