Analysis 2.2 – Wasserfontäne

Gegeben ist die Schar der in $Formula: \mathbb{R}$ $Formula: \mathbb{R}$ definierten Funktionen $Formula: f_a: x \mapsto \tfrac{1}{4} x^3+ax^2+ax+\tfrac{1}{4}$ $Formula: f_a: x \mapsto \tfrac{1}{4} x^3+ax^2+ax+\tfrac{1}{4}$ mit $Formula: a \in \mathbb{R}.$ $Formula: a \in \mathbb{R}.$ Der Graph von wird mit Formula: G_a bezeichnet. Abbildung 1 zeigt für Formula: a=0.

Koordinatensystem mit x- und y-Achse und einer ansteigenden S-förmigen Funktionskurve (G₀)

Abb. 1

Berechne denjenigen Wert von Formula: a, für den der Punkt $Formula: (1 \mid-1)$ $Formula: (1 \mid-1)$ auf Formula: G_a liegt, und zeige, dass dieser Punkt Wendepunkt dieses Graphen ist.

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Zeige, dass es genau zwei Punkte gibt, durch die alle Graphen der Schar verlaufen, und bestimme die Koordinaten dieser beiden Punkte.

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Der Term einer Funktion der Schar kann in der Form $Formula: \tfrac{1}{4} \cdot(x+1)^3$ $Formula: \tfrac{1}{4} \cdot(x+1)^3$ angegeben werden. Der Graph dieser Funktion kann durch Verschiebungen aus Formula: G_0 erzeugt werden. Gib eine passende Möglichkeit an.

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Betrachtet werden für jeden Wert Formula: u>0 die Tangente Formula: t_u an Formula: G_0 im Punkt $Formula: P_u\left(u \mid f_0(u)\right)$ $Formula: P_u\left(u \mid f_0(u)\right)$ sowie der Punkt $Formula: Q_u(u \mid 0).$ $Formula: Q_u(u \mid 0).$ Die Tangente schneidet die Formula: x -Achse in einem Punkt, der mit bezeichnet wird. Begründe mithilfe von geeigneten Eintragungen in Abbildung 1, dass $Formula: \left|\overline{T_u Q_u}\right|=\tfrac{f_0(u)}{f_0'(u)}$ $Formula: \left|\overline{T_u Q_u}\right|=\tfrac{f_0(u)}{f_0'(u)}$ für jeden Wert Formula: u>0 gilt.

4 BE

Es gibt Kreise, deren Mittelpunkte auf der Formula: y -Achse liegen und die den Graphen der ersten Ableitungsfunktion von Formula: f_0 in genau zwei Punkten berühren.

Der Punkt $Formula: A\left(1 \left\lvert\, \tfrac{3}{4}\right.\right)$ $Formula: A\left(1 \left\lvert\, \tfrac{3}{4}\right.\right)$ ist ein Berührpunkt eines solchen Kreises.

Bestimme rechnerisch die Formula: y -Koordinate des Mittelpunktes dieses Kreises.

5 BE

Betrachtet wird eine Wasserfontäne, bei der das Wasser aus einer Düse austritt. Die sich periodisch ändernde momentane Durchflussrate des Wassers an der Düse beeinflusst das Erscheinungsbild der Fontäne.

Die in $Formula: \mathbb{R}$ $Formula: \mathbb{R}$ definierte Funktion $Formula: h: x \mapsto-\tfrac{\pi}{4} \cdot \cos \left(\tfrac{\pi}{3} x\right)+1$ $Formula: h: x \mapsto-\tfrac{\pi}{4} \cdot \cos \left(\tfrac{\pi}{3} x\right)+1$ beschreibt im Folgenden für $Formula: x \geq 0$ $Formula: x \geq 0$ die zeitliche Entwicklung der momentanen Durchflussrate des Wassers an der Düse. Dabei ist die seit Beobachtungsbeginn vergangene Zeit in Sekunden und Formula: h(x) die momentane Durchflussrate in Litern pro Sekunde. In Abbildung 2 ist der Graph von dargestellt.

Koordinatensystem mit x- und y-Achse und einer sinusähnlichen Kurve mit zwei Wellenbergen und Tälern.

Abb. 2

Bestimme, wie oft die momentane Durchflussrate in der ersten Minute nach Beobachtungsbeginn ihren Maximalwert annimmt, und gib einen Zeitpunkt an, zu dem die momentane Durchflussrate am stärksten zunimmt.

3 BE

Berechne $Formula: \int_5^9 h(x) \;\mathrm d x$ $Formula: \int_5^9 h(x) \;\mathrm d x$ und interpretiere den Wert des Integrals im Sachzusammenhang.

4 BE

Betrachtet wird nun eine andere Düse, bei der sich die momentane Durchflussrate ebenfalls periodisch mit der Zeit ändert. Die maximale momentane Durchflussrate beträgt Formula: 2 Liter pro Sekunde und die Zeitspanne zwischen zwei aufeinanderfolgenden Maximalwerten der momentanen Durchflussrate ist Formula: 1,5 -mal so groß wie bei der zuerst betrachteten Düse. Skizziere dazu passend in Abbildung 2 einen Graphen, der für $Formula: x \geq 0$ $Formula: x \geq 0$ eine mögliche zeitliche Entwicklung der momentanen Durchflussrate des Wassers für die nun betrachtete Düse beschreibt.

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Wert berechnen

$Formula: \begin{array}[t]{rlll} f_a(1) &=&-1 \\[5pt] \dfrac{1}{4}\cdot1^3+a\cdot1^2+a\cdot1+\dfrac{1}{4}&=&-1 \\[5pt] \dfrac{1}{2}+2a&=&-1 &\quad\scriptsize\mid\;-\dfrac{1}{2} \\[5pt] 2a&=&-\dfrac{3}{2} &\quad\scriptsize\mid\;:2 \\[5pt] a&=&-\dfrac{3}{4} \end{array}$ $Formula: \begin{array}[t]{rlll} f_a(1) &=&-1 \\[5pt] \dfrac{1}{4}\cdot1^3+a\cdot1^2+a\cdot1+\dfrac{1}{4}&=&-1 \\[5pt] \dfrac{1}{2}+2a&=&-1 &\quad\scriptsize\mid\;-\dfrac{1}{2} \\[5pt] 2a&=&-\dfrac{3}{2} &\quad\scriptsize\mid\;:2 \\[5pt] a&=&-\dfrac{3}{4} \end{array}$

Wendepunkt zeigen

Für die ersten drei Ableitungen gilt:

$Formula: f_a'(x)=\frac{3}{4} x^2+2 a x+a$ $Formula: f_a'(x)=\frac{3}{4} x^2+2 a x+a$

$Formula: f_a''(x)=\frac{3}{2} x+2 a$ $Formula: f_a''(x)=\frac{3}{2} x+2 a$

$Formula: f_a'''(x)=\frac{3}{2}$ $Formula: f_a'''(x)=\frac{3}{2}$

Überprüfen der notwendigen Bedingung für Wendestellen Formula: f_a''(x)=0 für $Formula: a=-\tfrac{3}{4}$ $Formula: a=-\tfrac{3}{4}$ an der Stelle Formula: x=1 liefert:

$Formula: \begin{array}[t]{rlll} f_{-\tfrac{3}{4}}''(1) &=&\dfrac{3}{2}\cdot1+2\cdot\left(-\dfrac{3}{4}\right) \\[5pt] &=&\dfrac{3}{2}-\dfrac{3}{2} \\[5pt] &=&0 \end{array}$ $Formula: \begin{array}[t]{rlll} f_{-\tfrac{3}{4}}''(1) &=&\dfrac{3}{2}\cdot1+2\cdot\left(-\dfrac{3}{4}\right) \\[5pt] &=&\dfrac{3}{2}-\dfrac{3}{2} \\[5pt] &=&0 \end{array}$

Da die dritte Ableitung stets ungleich Null ist, ist auch die hinreichende Bedingung erfüllt und der Punkt aus der Aufgabenstellung ist Wendepunkt des Graphen Formula: G_a.

Gleichsetzen der Funktionsgleichungen von $Formula: f_{a_1}$ $Formula: f_{a_1}$ und $Formula: f_{a_2}$ $Formula: f_{a_2}$ für $Formula: a_1\neq a_2$ $Formula: a_1\neq a_2$ liefert:

$Formula: \begin{array}[t]{rlll} f_{a_1}(x) &=&f_{a_2}(x) \\[5pt] \dfrac{1}{4} x^3+a_1x^2+a_1x+\dfrac{1}{4}&=&\dfrac{1}{4} x^3+a_2x^2+a_2x+\dfrac{1}{4} &\quad\scriptsize\mid\;-\left(\dfrac{1}{4} x^3+\dfrac{1}{4}\right) \\[5pt] a_1x\cdot(x+1)&=&a_2x\cdot(x+1) &\quad\scriptsize\mid\;-a_2x\cdot(x+1) \\[5pt] (a_1-a_2)\cdot x\cdot (x+1)&=&0 \end{array}$ $Formula: \begin{array}[t]{rlll} f_{a_1}(x) &=&f_{a_2}(x) \\[5pt] \dfrac{1}{4} x^3+a_1x^2+a_1x+\dfrac{1}{4}&=&\dfrac{1}{4} x^3+a_2x^2+a_2x+\dfrac{1}{4} &\quad\scriptsize\mid\;-\left(\dfrac{1}{4} x^3+\dfrac{1}{4}\right) \\[5pt] a_1x\cdot(x+1)&=&a_2x\cdot(x+1) &\quad\scriptsize\mid\;-a_2x\cdot(x+1) \\[5pt] (a_1-a_2)\cdot x\cdot (x+1)&=&0 \end{array}$

Da $Formula: a_1\neq a_2$ $Formula: a_1\neq a_2$ gilt, folgt mit dem Satz des Nullprodukts direkt Formula: x_1=-1 und Formula: x_2=0. Somit gibt es genau zwei Punkte, durch die alle Graphen der Schar verlaufen. Einsetzen der -Koordinaten in Formula: f_a(x) liefert:

$Formula: \begin{array}[t]{rlll} f_a(-1) &=&\dfrac{1}{4}\cdot(-1)^3+a\cdot(-1)^2+a\cdot(-1)+\dfrac{1}{4} \\[5pt] &=&-\dfrac{1}{4}+a-a+\dfrac{1}{4} \\[5pt] &=&0 \end{array}$ $Formula: \begin{array}[t]{rlll} f_a(-1) &=&\dfrac{1}{4}\cdot(-1)^3+a\cdot(-1)^2+a\cdot(-1)+\dfrac{1}{4} \\[5pt] &=&-\dfrac{1}{4}+a-a+\dfrac{1}{4} \\[5pt] &=&0 \end{array}$

$Formula: \begin{array}[t]{rlll} f_a(0) &=&\dfrac{1}{4}\cdot0^3+a\cdot0^2+a\cdot0+\dfrac{1}{4} \\[5pt] &=&\dfrac{1}{4} \end{array}$ $Formula: \begin{array}[t]{rlll} f_a(0) &=&\dfrac{1}{4}\cdot0^3+a\cdot0^2+a\cdot0+\dfrac{1}{4} \\[5pt] &=&\dfrac{1}{4} \end{array}$

Die gesuchten Koordinaten sind somit durch $Formula: (-1\mid0)$ $Formula: (-1\mid0)$ und $Formula: \left(0\mid\tfrac{1}{4}\right).$ $Formula: \left(0\mid\tfrac{1}{4}\right).$

Verschiebung um Formula: 1 in negative Formula: x -Richtung und um $Formula: \tfrac{1}{4}$ $Formula: \tfrac{1}{4}$ in negative Formula: y -Richtung.

Koordinatensystem mit zwei Kurven, Tangente, Punkten P_u, T_u, Q_u und gestrichelter Vertikalen f_0(u)

Aus der Abbildung von Formula: G_0 folgt, dass Formula: f_0'(u)>0 sowie Formula: f_0(u)>0 für jeden Wert Formula: u>0 gilt. Aus der obigen Abbildung ergibt sich:

$Formula: f_0^{\prime}(u)=\dfrac{\left|\overline{P_u Q_u}\right|}{\left|\overline{T_u Q_u}\right|}=\dfrac{f_0(u)}{\left|\overline{T_u Q_u}\right|}$ $Formula: f_0^{\prime}(u)=\dfrac{\left|\overline{P_u Q_u}\right|}{\left|\overline{T_u Q_u}\right|}=\dfrac{f_0(u)}{\left|\overline{T_u Q_u}\right|}$

Umstellen nach $Formula: \left|\overline{T_u Q_u}\right|$ $Formula: \left|\overline{T_u Q_u}\right|$ ergibt somit $Formula: \left|\overline{T_u Q_u}\right|=\dfrac{f_0(u)}{f_0^{\prime}(u)}$ $Formula: \left|\overline{T_u Q_u}\right|=\dfrac{f_0(u)}{f_0^{\prime}(u)}$ für jeden positiven Wert von Formula: u.

Die Steigung der Tangente an den Graphen von Formula: f_0' im Berührpunkt Formula: A ergibt sich wie folgt:

$Formula: f_0''(1)=\dfrac{3}{2}\cdot1+2\cdot0=\dfrac{3}{2}$ $Formula: f_0''(1)=\dfrac{3}{2}\cdot1+2\cdot0=\dfrac{3}{2}$

Die Steigung der Normalen im Punkt Formula: A ist durch den negativen Kehrwert der Steigung der Tangente gegeben. Damit ergibt sich zunächst die Gleichung $Formula: y=-\dfrac{2}{3}x+n.$ $Formula: y=-\dfrac{2}{3}x+n.$ Einsetzen der Koordinaten von liefert für Formula: n:

$Formula: \begin{array}[t]{rlll} \dfrac{3}{4} &=&-\dfrac{2}{3}+n &\quad\scriptsize\mid\;+\dfrac{2}{3}\\[5pt] \dfrac{17}{12}&=&n \end{array}$ $Formula: \begin{array}[t]{rlll} \dfrac{3}{4} &=&-\dfrac{2}{3}+n &\quad\scriptsize\mid\;+\dfrac{2}{3}\\[5pt] \dfrac{17}{12}&=&n \end{array}$

Da der Mittelpunkt des Kreises auf der Formula: y -Achse und auf der Normalen liegt, ergibt sich die -Koordinate des Mittelpunkts somit als $Formula: \tfrac{17}{12}.$ $Formula: \tfrac{17}{12}.$

Aus der Abbildung ergibt sich die Periode von Formula: h als Formula: 6. Somit nimmt die momentane Durchflussrate in der ersten Minute nach Beobachtungsbeginn $Formula: \tfrac{60}{6}=10$ $Formula: \tfrac{60}{6}=10$ Mal ihren Maximalwert an. Ein Zeitpunkt, zu dem die momentane Zuflussrate am stärksten zunimmt, kann aus der Abbildung als $Formula: 1,5\;\text{s}$ $Formula: 1,5\;\text{s}$ nach Beobachtungsbeginn abgelesen werden.

Integral berechnen

$Formula: \begin{array}[t]{rlll} \displaystyle\int_5^9 h(x) \;\mathrm d x &=&\displaystyle\int_5^9 \left(-\dfrac{\pi}{4} \cdot \cos \left(\dfrac{\pi}{3} x\right)+1\right) \;\mathrm d x \\[5pt] &=&\left[-\dfrac{3}{4} \cdot \sin \left(\dfrac{\pi}{3} x\right)+x\right]_5^9 \\[5pt] &=&-\dfrac{3}{4} \cdot \sin \left(\dfrac{\pi}{3}\cdot9\right)+9-\left(-\dfrac{3}{4} \cdot \sin \left(\dfrac{\pi}{3}\cdot5\right)+5\right) \\[5pt] &\approx&3,35 \end{array}$ $Formula: \begin{array}[t]{rlll} \displaystyle\int_5^9 h(x) \;\mathrm d x &=&\displaystyle\int_5^9 \left(-\dfrac{\pi}{4} \cdot \cos \left(\dfrac{\pi}{3} x\right)+1\right) \;\mathrm d x \\[5pt] &=&\left[-\dfrac{3}{4} \cdot \sin \left(\dfrac{\pi}{3} x\right)+x\right]_5^9 \\[5pt] &=&-\dfrac{3}{4} \cdot \sin \left(\dfrac{\pi}{3}\cdot9\right)+9-\left(-\dfrac{3}{4} \cdot \sin \left(\dfrac{\pi}{3}\cdot5\right)+5\right) \\[5pt] &\approx&3,35 \end{array}$

Wert im Sachzusammenhang interpretieren

Im Zeitraum von fünf bis neun Sekunden nach Beobachtungsbeginn treten etwa Formula: 3,35 Liter Wasser an der Düse aus.

Kartesisches Koordinatensystem mit x- und y-Achse und zwei sinusförmigen Kurven (durchgezogen und gestrichelt).

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