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Anwendungsorientierte Analysis 2

Aufgaben
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3
Ein Ingenieurbüro plant den Bau eines $15$ Meter (m) langen, geraden Kanals, der einen gleichbleibenden Querschnitt aufweist. Das Koordintatensystem wird im Modell so gelegt, dass $T(0\mid 0)$ den tiefsten Punkt des Querschnitts darstellt (siehe Abbildung). Die Randkurve des Querschnitts wird beschrieben durch die Funktion $f$ mit
$f(x) = -\dfrac{1}{16}x^4 + \dfrac{3}{4}x^2$,
wobei $x$ im Bereich der Breite des Kanals leigt und ebenso wie $f(x)$ in Meter gemessen wird. Die Abbildung stellt eine nicht maßstabsgetreue Skizze des Schaubilds von $f$ dar.
3.1
Berechne den höchstmöglichen Wasserstand und die Breite des Kanals.
(3 BE)
3.2
Das Wasser steht im Kanal $2\,\text{m}$ hoch.
3.2.1
Zeige, dass der Wasserspiegel eine Breite von genau $4\,\text{m}$ einnimmt.
(1 BE)
3.2.2
Berechne den Wert von
$15 \cdot \displaystyle\int_{-2}^{2}(2-f(x))\;\mathrm dx$.
(3 BE)
3.3
(3 BE)

(10 BE)
#integral
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Lösungen
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3.1
$\begin{array}[t]{rll} f(x) &=& -\frac{1}{16}x^4 + \frac{3}{4}x^2 \\[5pt] f'(x) &=& -\frac{1}{4}x^3 + \frac{3}{2}x \\[5pt] \end{array}$
Für Extremstellen von $f$ gilt das notwendige Kriterium $f'(x) =0:$
$\begin{array}[t]{rll} f'(x)&=& 0 \\[5pt] -\frac{1}{4}x^3 + \frac{3}{2}x &=& 0 \\[5pt] x\cdot \left(-\frac{1}{4}x^2+\frac{3}{2}\right) &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; x_1 = 0\\[5pt] -\frac{1}{4}x^2+\frac{3}{2} &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;+\frac{1}{4}x^2 \\[5pt] \frac{3}{2} &=& \frac{1}{4}x^2&\quad \scriptsize \mid\;\cdot 4 \\[5pt] 6 &=& x^2 \\[5pt] x_2 &=& -\sqrt{6} \\[5pt] x_3 &=& \sqrt{6} \end{array}$
Der Graph von $f$ besitzt genau drei Extrema, es muss sich bei $x_2$ und $x_3$ also um Maximalstellen handeln. Der zugehörige Funktionswert ist:
$f\left(\pm\sqrt{6}\right) = -\frac{1}{16}\cdot \left(\pm\sqrt{6}\right)^4 + \frac{3}{4}\cdot \left(\pm\sqrt{6}\right)^2 = 2,25$
Der höchstmögliche Wasserstand beträgt also $2,25\,\text{m}.$ Der Kanal ist $2\sqrt{6}\,\text{m} \approx 4,90\,\text{m}$ breit.
3.2.1
Der Wasserspiegel liegt im Modell auf der Geraden mit der Gleichung $y=2.$ Die Grenzen des Wasserspiegels sind die Schnittstellen von $f$ mit dieser Geraden, die am wenigsten weit von $x=0$ abweichen.
$\begin{array}[t]{rll} f(x) &=& 2 \\[5pt] -\frac{1}{16}x^4 + \frac{3}{4}x^2 &=& 2 &\quad \scriptsize \mid\; -2\\[5pt] -\frac{1}{16}x^4 + \frac{3}{4}x^2 -2 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;z=x^2 \\[5pt] -\frac{1}{16}z^2 + \frac{3}{4}z -2 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; \cdot (-16)\\[5pt] z^2 -12z +32 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; pq\text{-Formel} \\[5pt] z_{1/2} &=& -\frac{-12}{2}\pm \sqrt{\left( \frac{-12}{2}\right)^2 - 32}\\[5pt] &=& 6\pm 2\\[5pt] z_1 &=& 6-2 \\[5pt] &=& 4 \\[5pt] z_2 &=& 6+2 \\[5pt] &=& 8 \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f(x) &=& 2 \\[5pt] z &=& x^2 \\[5pt] z_1 &=& 6-2 \\[5pt] &=& 4 \\[5pt] z_2 &=& 6+2 \\[5pt] &=& 8 \\[5pt] \end{array}$
Für die $x$-Koordinaten folgt dann:
$\begin{array}[t]{rll} z_1 &=& x^2 \\[5pt] 4 &=& x^2 \\[5pt] x_1 &=& -2 \\[5pt] x_2 &=& 2 \\[10pt] z_2 &=& x^2 \\[5pt] 8 &=& x^2 \\[5pt] x_3&=& -\sqrt{8} \\[5pt] x_4 &=& \sqrt{8} \end{array}$
Da $ 2 < \sqrt{8}$ ist, sind $x=-2$ und $x=2$ die gsuchten Schnittstellen.
Die Breite des Wasserspiegels beträgt also $4\,\text{m}.$
3.2.2
$\begin{array}[t]{rll} 15\cdot \displaystyle\int_{-2}^{2}(2-f(x))\;\mathrm dx&=& 15\cdot \displaystyle\int_{-2}^{2}\left(2+\frac{1}{16}x^4 -\frac{3}{4}x^2\right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& 15\cdot \left[2x+\frac{1}{80}x^5 -\frac{1}{4}x^3 \right]_{-2}^2 \\[5pt] &=& 15\cdot \left[2\cdot 2+\frac{1}{80}\cdot 2^5 -\frac{1}{4}\cdot 2^3 -\left(2\cdot (-2)+\frac{1}{80}\cdot (-2)^5 -\frac{1}{4}\cdot (-2)^3 \right) \right] \\[5pt] &=& 15\cdot \left[4+\frac{4}{5}\right] \\[5pt] &=& 72 \\[5pt] \end{array}$
$ … =72 $
Mit dem Integral wird der Inhalt der Fläche berechnet, die der Graph von $f$ mit der Gerade zu $y=2$ für $-2\leq x\leq 2$ einschließt. Diese beschreibt im Sachzusammenhang die Querschnittsfläche der Kanals.
Mit dem Integral wird also der Inhalt der Querschnittsfläche in $\text{m}^2$ berechnet. Anschließend wird diese mit der Länge des Kanals multipliziert. Dadurch erhält man das Volumen des Kanals. Mit dem gesamten Term wird also das Volumen des Kanals in $\text{m}^3$ berechnet.
3.3
Die gesuchte Gerade mit $y=a\cdot x$ ist eine Tangente an den Graphen von $f$ im Punkt $B.$
Es ist also einerseits:
$a = f'(u) = -\frac{1}{4}u^3 + \frac{3}{2}u$
Die Gerade muss durch $T$ und durch $B$ verlaufen. Ihre Steigung kann daher zusätzlich mithilfe des Differenzenquotienten wie folgt dargestellt werden:
$a= \dfrac{f(u) -0}{u-0} = \dfrac{-\frac{1}{16}u^4 +\frac{3}{4}u^2}{u} = -\frac{1}{16}u^3 +\frac{3}{4}u$
$ a=-\frac{1}{16}u^3 +\frac{3}{4}u $
Gleichsetzen der beiden Darstellungen liefert:
$\begin{array}[t]{rll} -\frac{1}{4}u^3 + \frac{3}{2}u &=& -\frac{1}{16}u^3 +\frac{3}{4}u &\quad \scriptsize \mid\;_u \\[5pt] -\frac{1}{4}u^2 + \frac{3}{2} &=& -\frac{1}{16}u^2 +\frac{3}{4} &\quad \scriptsize \mid\;+\frac{1}{16}u^2 \\[5pt] -\frac{3}{16}u^2 + \frac{3}{2} &=& \frac{3}{4} &\quad \scriptsize \mid\;-\frac{3}{2} \\[5pt] -\frac{3}{16}u^2 &=& -\frac{3}{4} &\quad \scriptsize \mid\; :\left(-\frac{3}{16} \right) \\[5pt] u^2 &=& 4 \\[5pt] u_1 &=& -2 \\[5pt] u_2 &=& 2 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} u_1 &=& -2 \\[5pt] u_2 &=& 2 \end{array}$
Für $u_1 = -2$ würde der Lichtstrahl die linke Nöschung treffen. $u_2 = 2$ ist also die Stelle, an der Lichtstrahl und Böschung aufeinander treffen.
$a= -\frac{1}{16}\cdot 2^3 +\frac{3}{4}\cdot 2 = 1$
Die Steigung der Geraden, die den Lichtstrahl modelliert, beträgt $a=1.$
#extrempunkt#ableitung#tangente
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