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.

Berechne den höchstmöglichen Wasserstand und die Breite des Kanals.

Das Wasser steht im Kanal $2\,\text{m}$ hoch.

Zeige, dass der Wasserspiegel eine Breite von genau $4\,\text{m}$ einnimmt.

Berechne den Wert von $15 \cdot \displaystyle\int_{-2}^{2}(2-f(x))\;\mathrm dx$.

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$\begin{array}[t]{rll} f(x) &=& -\frac{1}{16}x^4 + \frac{3}{4}x^2 \\[5pt] f'(x) &=& -\frac{1}{4}x^3 + \frac{3}{2}x \\[5pt] \end{array}$ 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.

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. 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 $4\,\text{m}.$

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.

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: Gleichsetzen der beiden Darstellungen liefert: 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 $a=1.$