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A I

Aufgaben
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1.0
Gegeben ist die reelle Funktion $f:\, x\mapsto \dfrac{x^2-3}{\mathrm e^x}$ in ihrer maximalen Definitionsmenge $\text{D}_f = \mathbb{R}.$
1.1
Untersuche das Verhalten der Funktionswerte von $f$ an den Rändern der Definitionsmenge. Gib Art und Gleichung der Asymptote des Graphen von $f$ für $x \to \infty$ an.
(5 BE)
#asymptote
1.2
Bestimme die maximalen Monotonieintervalle des Graphen der Funktion $f$ und ermittle damit die Art und die exakten Koordinaten der Extrempunkte des Graphen von $f.$
[Mögliches Teilrgebnis: $f'(x)= \dfrac{-x^2+2x+3}{\mathrm e^x}$]
(9 BE)
#extrempunkt#monotonie
1.3
Gib die Nullstellen von $f$ an und zeichne mithilfe der bisherigen Ergebnisse und weiterer geeigneter Funktionswerte den Graphen von $f$ für $− 2 \leq x \leq 6$ in ein kartesisches Koordinatensystem. Maßstab: $1\,\text{LE} \neq 1\,\text{cm}.$
(5 BE)
#nullstelle
1.4
Zeige, dass die Gerade $t$ mit der Gleichung $t ( x ) =−\frac{5}{\mathrm e^4}\cdot x + \frac{33}{\mathrm e^4}$ die Tangente an den Graphen von $f$ an der Stelle $x = 4$ ist. Zeichne außerdem diese Tangente in deine Zeichnung aus 1.3 ein.
(5 BE)
#tangente
1.5
Bestimme die Koeffizienten $a,$ $b$ und $d$ so, dass $F$ eine Stammfunktion von $f$ ist:
$F(x)= \dfrac{ax^2+bx+d}{\mathrm e^x}$ mit $a,b,d \in \mathbb{R}$ und $\text{D}_F = \text{D}_f.$
[Ergebnis: $F(x)= \dfrac{-x^2-2x+1}{\mathrm e^x}$]
(6 BE)
#stammfunktion
1.6
Im $\text{I}.$ Quadranten wird von beiden Koordinatenachsen, dem Graphen von $f$ und der Tangente $t$ ein Flächenstück eingeschlossen. Markiere dieses Flächenstück in deiner Zeichnung von 1.3 und berechne die Maßzahl seines Flächeninhalts. Runde das Ergebnis auf zwei Nachkommastellen.
Hinweis: Die Graphen von $t$ und $f$ haben dabei in $] 0\,;\, 4 [$ keine gemeinsamen Punkte.
(8 BE)
1.7.0
Betrachtet wird nun die Funktion $h:\, x \mapsto \ln ( f ( x ) )$ in ihrer maximalen Definitionsmenge $ \text{D}_h \subset \mathbb{R}.$
1.7.1
Ermittle mithilfe deiner bisherigen Ergebnisse $\text{D}_h.$
(3 BE)
1.7.2
Zeige mithilfe deiner bisherigen Ergebnisse, dass die Funktion $h$ genau eine Nullstelle besitzt, und gib ein Intervall der Länge kleiner als $1$ an, in dem diese Nullstelle liegt.
(3 BE)
#nullstelle
1.7.3
Es gilt: $h'(x) = \frac{1}{f(x)} \cdot f'(x)$ (Nachweis nicht erforderlich).
Ermittle mithilfe bisheriger Ergebnisse ohne weitere Rechnung das Monotonieverhalten der Funktion $h.$
(4 BE)
2.0
Ein Tierarzt verabreicht einer Kuh ein Medikament, dessen Wirkstoff über das Blut auch in die Milch gelangt. Die Konzentration $k$ des Medikaments in der Kuhmilch wird in $\frac{\text{mg}}{l}$ (Milligramm pro Liter) angegeben und kann näherungsweise durch folgende Funktion beschrieben werden: $k:\, t \mapsto 5\cdot t\cdot \mathrm e^{\frac{1}{\lambda}\cdot t}$ mit $t,\lambda \in \mathbb{R}$ und $t \geq 0 , λ < 0 .$
Dabei gibt $t$ die Zeit in Stunden ab dem Verabreichen des Medikaments an. Ergebnisse sind gegebenenfalls auf drei Nachkommastellen zu runden. Auf das Mitführen der Einheiten kann bei den Berechnungen verzichtet werden.
2.1
Bestimme $\lambda,$ wenn die Konzentration des Medikaments in der Milch $105$ Minuten nach dem Verabreichen $4,88\,\frac{\text{mg}}{l}$ beträgt.
(3 BE)
2.2.0
Für die folgenden Teilaufgaben gilt: $\lambda = − 3 .$
2.2.1
Bestimme, nach welcher Zeit $t_{max}$ die Konzentration des Medikaments in der Milch der Kuh am größten ist. Gib auch diese maximale Konzentration $k_{max}$ an.
[Mögliches Teilergebnis: $\dot k(t) = \left(5-\frac{5}{3}\cdot t \right) \cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot t} $]
(6 BE)
2.2.2
Berechne mithilfe des Newton-Verfahrens den Zeitpunkt $t_a,$ zu dem die Konzentration des Medikaments in der Milch der Kuh auf $2\,\frac{\text{mg}}{l}$ abgesunken ist. Wähle dabei als Startwert $t_0= 10$ (Stunden) und führe zwei Näherungsschritte durch.
(5 BE)
2.2.3
Überprüfe, ob sich die Konzentration des Medikaments in der Milch im Laufe der Zeit vollständig abbaut.
(4 BE)
2.2.4
Die Funktion $L:\, t \mapsto \left( − 15 \cdot t − 45 \right) \cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot t}$ mit $\text{D}_L = \mathbb{R}$ ist Stammfunktion der Funktion $k$ in $[0\,;\, \infty [$ (Nachweis nicht erforderlich).
Berechne die mittlere Konzentration des Medikaments in der Milch innerhalb der ersten 8 Stunden nach Verabreichung des Medikaments.
(4 BE)

(70 BE)
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Lösungen
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1.1
$\blacktriangleright$  Verhalten der Funktionswerte untersuchen
Für $x\to \infty$ gilt:
$x^2-3 \to \infty$ und $\mathrm e^{x} \to \infty.$ Mit dem Satz von L'Hospital folgt daher:
$\begin{array}[t]{rll} \lim\limits_{x\to\infty} f(x)&=& \lim\limits_{x\to\infty} \dfrac{x^2-3}{\mathrm e^x} &\quad \scriptsize \mid\; L'Hospital \\[5pt] &=& \lim\limits_{x\to\infty} \dfrac{2x}{\mathrm e^x} &\quad \scriptsize \mid\; L'Hospital \\[5pt] &=& \lim\limits_{x\to\infty} \dfrac{2}{\mathrm e^x} \\[5pt] &=& 0 \\[5pt] \end{array}$
$ \lim\limits_{x\to\infty} f(x) = 0 $
Analog gilt für $x\to -\infty:$
$x^2 -3 \to \infty$ und $\mathrm e^{x} \to 0.$ Es gilt also $f(x)\to \infty.$
$\blacktriangleright$  Asymptote angeben
Für $x\to\infty$ besitzt der Graph die $x$-Achse als waagerechte Asymptote.
#l'hospital
1.2
$\blacktriangleright$  Maximale Monotonieintervalle bestimmen
Das Monotonieverhalten von $f$ kannst du mithilfe der ersten Ableitungsfunktion von $f$ untersuchen. Verwende die Quotientenregel:
$\begin{array}[t]{rll} f(x) &=& \dfrac{x^2-3}{\mathrm e^x} \\[5pt] f'(x) &=& \dfrac{2x \cdot \mathrm e^x - \left(x^2-3\right)\cdot \mathrm e^x}{\left(\mathrm e^x \right)^2} \\[5pt] &=& \dfrac{2x - \left(x^2-3\right)}{\mathrm e^x} \\[5pt] &=& \dfrac{2x -x^2+3}{\mathrm e^x} \\[5pt] &=& \dfrac{-x^2 + 2x + 3}{\mathrm e^x} \\[5pt] \end{array}$
$ f'(x)=\frac{-x^2 + 2x + 3}{\mathrm e^x} $
Untersuche nun, für welche Werte von $x$ gilt $f'(x) \geq 0$ bzw. $f'(x)\leq 0:$
$\begin{array}[t]{rll} f'(x) &=& 0 \\[5pt] \dfrac{-x^2 + 2x + 3}{\mathrm e^x} &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; \cdot \mathrm e^x > 0\\[5pt] -x^2 + 2x + 3 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;\cdot (-1) \\[5pt] x^2 - 2x - 3 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;pq-Formel \\[5pt] x_{1/2} &=& -\frac{-2}{2}\pm \sqrt{\left(\frac{-2}{2} \right)^2 - (-3)} \\[5pt] &=& 1\pm 2 \\[10pt] x_1 &=& 1-2 \\[5pt] &=& -1\\[10pt] x_2 &=& 1+2 \\[5pt] &=& 3\\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f'(x) &=& 0 \\[5pt] x_1 &= 1-2 \\[5pt] &= -1\\[10pt] x_2 &= 1+2 \\[5pt] &= 3\\[10pt] \end{array}$
An diesen beiden Stellen kann sich die Steigung von positiv zu negativ oder umgekehrt ändern. Überprüfe also die drei entstehenden Intervalle:
$\begin{array}[t]{rll} f'(-2)&=& \dfrac{-(-2)^2 + 2\cdot (-2) + 3}{\mathrm e^{-2}} \\[5pt] &=& \dfrac{-5}{\mathrm e^{-2}} < 0 \\[10pt] f'(0)&=& \dfrac{-0^2 + 2\cdot 0 + 3}{\mathrm e^{0}} \\[5pt] &=& 3 > 0 \\[10pt] f'(4)&=& \dfrac{-4^2 + 2\cdot 4 + 3}{\mathrm e^{4}} \\[5pt] &=& \dfrac{-5}{\mathrm e^{4}} < 0 \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f'(-2)&< 0 \\[10pt] f'(0)& > 0 \\[10pt] f'(4)&< 0 \\[5pt] \end{array}$
Es gilt also folgendes:
  • Für $x \leq -1$ ist $f'(x) \leq 0.$ $f$ ist also für $x\leq -1$ monoton fallend.
  • Für $-1 \leq x \leq 3$ ist $f'(x) \geq 0.$ $f$ ist also für $-1\leq x\leq 3$ monoton steigend.
  • Für $3 \leq x $ ist $f'(x) \leq 0.$ $f$ ist also für $3\leq x$ monoton fallend.
$\blacktriangleright$  Koordinaten und Art der Extrempunkte bestimmen
Der Graph von $f$ besitzt an den Stellen einen Hochpunkt, an denen er von einer positiven in eine negative Steigung übergeht und einen Tiefpunkt, an den Stellen, an denen er von einer negativen in eine positive Steigung übergeht.
An der Stelle $x_1=-1$ besitzt der Graph von $f$ also einen Tiefpunkt, an der Stelle $x_2 = 3$ einen Hochpunkt. Weitere Extrempunkte kann der Graph von $f$ nicht besitzen, da nur an diesen Stellen das notwendige Kriterium für Extrempunkte erfüllt ist.
$\begin{array}[t]{rll} f(-1) &=& \dfrac{(-1)^2-3}{\mathrm e^{-1}} \\[5pt] &=& -2\mathrm e \\[5pt] f(3) &=& \dfrac{3^2-3}{\mathrm e^{3}} \\[5pt] &=& \dfrac{6}{\mathrm e^3} \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f'(-2)&= \dfrac{-5}{\mathrm e^{-2}} < 0 \\[10pt] f'(0)&= 3 > 0 \\[10pt] f'(4)&=\dfrac{-5}{\mathrm e^{4}} < 0 \\[5pt] \end{array}$
Der Graph von $f$ besitzt genau zwei Extrempunkte: einen Tiefpunkt $T(-1\mid -2\mathrm e)$ und einen Hochpunkt $H\left(3\mid \frac{6}{\mathrm e^3}\right).$
1.3
$\blacktriangleright$  Nullstellen angeben
$\begin{array}[t]{rll} f(x) &=& 0 \\[5pt] \dfrac{x^2-3}{\mathrm e^x}&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;\cdot \mathrm e^x \neq 0 \\[5pt] x^2-3 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid +3\\[5pt] x^2 &=& 3 \\[5pt] x_{1/2}&=& \pm \sqrt{3} \\[5pt] \end{array}$
$ x_{1/2}= \pm \sqrt{3} $
$f$ besitzt die beiden Nullstellen $x_{1/2} = \pm \sqrt{3}.$
$\blacktriangleright$  Graphen zeichnen
Graph
Abb. 1: Graph von $f$ für $-2\leq x \leq 6$
Graph
Abb. 1: Graph von $f$ für $-2\leq x \leq 6$
1.4
$\blacktriangleright$  Tangente zeigen
$\begin{array}[t]{rll} f'(4)&=& \dfrac{-4^2 + 2\cdot 4 + 3}{\mathrm e^{4}} \\[5pt] &=& \dfrac{-5}{\mathrm e^{4}} < 0 \\[5pt] \end{array}$
Die Steigung der angegebenen Gerade $t$ entspricht also der Steigung des Graphen von $f$ an der Stelle $x=4.$
$\begin{array}[t]{rll} f(4) &=& \dfrac{4^2-3}{\mathrm e^4} \\[5pt] &=& \dfrac{13}{\mathrm e^4} \\[10pt] t(4)&=& -\frac{5}{\mathrm e^4}\cdot 4 + \frac{33}{\mathrm e^4} \\[5pt] &=& \frac{13}{\mathrm e^4} \\[5pt] &=& f(4) \\[5pt] \end{array}$
Die Gerade $t$ hat also die gleiche Steigung wie der Graph von $f$ an der Stelle $x=4$ und nimmt an der Stelle $x=4$ den gleichen Funktionswert an wie $f.$ Sie beschreibt also die Tangente an den Graphen von $f$ an der Stelle $x=4.$
$\blacktriangleright$  Tangente einzeichnen
Tangente
Abb. 2: Tangente $t$
Tangente
Abb. 2: Tangente $t$
1.5
$\blacktriangleright$  Koeffizienten bestimmen
Damit $F$ eine Stammfunktion von $f$ ist, muss $F'(x) = f(x)$ sein. Mit der Quotientenregel ergibt sich:
$\begin{array}[t]{rll} F(x) &=& \dfrac{ax^2+bx+d}{\mathrm e^x}\\[5pt] F'(x) &=& \dfrac{(2ax+b)\cdot \mathrm e^x - (ax^2+bx+d)\cdot \mathrm e^x}{\left( \mathrm e^x\right)^2} \\[5pt] &=& \dfrac{2ax+b - (ax^2+bx+d)}{ \mathrm e^x} \\[5pt] &=& \dfrac{2ax +b-ax^2 -bx-d}{\mathrm e^x} \\[5pt] &=& \dfrac{-ax^2+2ax -bx+b-d}{\mathrm e^x} \\[5pt] &=& \dfrac{-ax^2+(2a-b)x+(b-d)}{\mathrm e^x} \\[5pt] \end{array}$
$ F'(x)=\frac{-ax^2+(2a-b)x+(b-d)}{\mathrm e^x} $
Der Nenner stimmt nun schon mit dem von $f(x)$ überein. Vergleiche nun die Koeffizienten des Zählers:
$\begin{array}[t]{rll} F'(x) &=& \dfrac{-ax^2+(2a-b)x+(b-d)}{\mathrm e^x} \\[5pt] f(x) &=& \dfrac{x^2-3}{\mathrm e^x}\\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} F'(x) &=… \\[5pt] f(x) &=…\\[5pt] \end{array}$
Es muss also gelten:
$\begin{array}{lrll} \text{I}\quad& -a &=& 1 \\ \text{II}\quad&2a-b &=& 0 \\ \text{III}\quad& b-d &=& -3 \\ \end{array}$
Aus $\text{I}$ folgt direkt $a= -1.$ Einsetzen in $\text{II}$ liefert:
$\begin{array}[t]{rll} 2a-b &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;a= -1 \\[5pt] 2\cdot (-1) -b &=& 0 \\[5pt] -2-b &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;+b \\[5pt] -2 &=& b \end{array}$
Dies kannst du nun wiederum in $\text{III}$ einsetzen:
$\begin{array}[t]{rll} b-d &=& -3 &\quad \scriptsize \mid\; b=-2 \\[5pt] -2-d &=& -3 &\quad \scriptsize \mid\;+2 \\[5pt] -d &=& -1 &\quad \scriptsize \mid\; \cdot (-1)\\[5pt] d &=& 1 \end{array}$
Mit $a=-1,$ $b=-2$ und $d=1$ ist $F$ also eine Stammfunktion von $f.$
#quotientenregel
1.6
$\blacktriangleright$  Flächenstück markieren
Flächenstück
Abb. 3: Flächenstück
Flächenstück
Abb. 3: Flächenstück
$\blacktriangleright$  Maßzahl des Flächeninhalts berechnen
Du kannst die Fläche in zwei Teilflächen aufteilen, deren Flächeninhalte du jeweils mit einem Integral berechnen kannst.
  • Die Fläche, die die Tangente $t$ im $\text{I}.$ Quadranten mit den Koordinatenachen bis zur Nullstelle von $f$ einschließt, also für $0\leq x \leq \sqrt{3}.$
  • Die Fläche, die die Graphen von $t$ und $f$ für $\sqrt{3} \leq x \leq 4$ einschließen.
$\begin{array}[t]{rll} A_1 &=& \displaystyle\int_{0}^{\sqrt{3}}t(x)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{0}^{\sqrt{3}}\left(-\frac{5}{\mathrm e^4}\cdot x + \frac{33}{\mathrm e^4} \right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \left[ -\frac{5}{2\mathrm e^4}\cdot x^2 + \frac{33}{\mathrm e^4}\cdot x\right]_0^{\sqrt{3}} \\[5pt] &=& -\frac{5}{2\mathrm e^4}\cdot \sqrt{3}^2 + \frac{33}{\mathrm e^4}\cdot \sqrt{3} - \left( -\frac{5}{2\mathrm e^4}\cdot 0^2 + \frac{33}{\mathrm e^4}\cdot 0\right) \\[5pt] &=& -\frac{15}{2\mathrm e^4} + \frac{33\sqrt{3}}{\mathrm e^4} \\[5pt] &=& \frac{-15+66\sqrt{3}}{2\mathrm e^4} \\[10pt] A_2&=& \displaystyle\int_{\sqrt{3}}^{4}(t(x)-f(x))\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{\sqrt{3}}^{4}\left(-\frac{5}{\mathrm e^4}\cdot x + \frac{33}{\mathrm e^4}-\dfrac{x^2-3}{\mathrm e^x}\right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \left[-\frac{5}{2\mathrm e^4}\cdot x^2 + \frac{33}{\mathrm e^4}\cdot x - \dfrac{-x^2-2x+1}{\mathrm e^x} \right]_{\sqrt{3}}^4 \\[5pt] &=& -\frac{5}{2\mathrm e^4}\cdot 4^2 + \frac{33}{\mathrm e^4}\cdot 4 - \dfrac{-4^2-2\cdot 4+1}{\mathrm e^4} - \left(-\frac{5}{2\mathrm e^4}\cdot \sqrt{3}^2 + \frac{33}{\mathrm e^4}\cdot \sqrt{3} - \dfrac{-\sqrt{3}^2-2\cdot \sqrt{3}+1}{\mathrm e^\sqrt{3}} \right)\\[5pt] &=& \frac{115}{\mathrm e^4} - \left(-\frac{15}{2\mathrm e^4} + \frac{33\sqrt{3}}{\mathrm e^4} - \dfrac{-2-2\cdot \sqrt{3}}{\mathrm e^\sqrt{3}} \right)\\[5pt] &=& \frac{245-66\sqrt{3}}{2\mathrm e^4} + \frac{-2-2\cdot \sqrt{3}}{\mathrm e^\sqrt{3}} \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} A_1 &= \frac{-15+66\sqrt{3}}{2\mathrm e^4} \\[10pt] A_2&= \frac{245-66\sqrt{3}}{2\mathrm e^4} + \frac{-2-2\cdot \sqrt{3}}{\mathrm e^\sqrt{3}} \\[5pt] \end{array}$
Der Gesamtflächeninhalt beträgt dann:
$\begin{array}[t]{rll} A &=& A_1 + A_2 \\[5pt] &=& \frac{-15+66\sqrt{3}}{2\mathrm e^4} + \frac{245-66\sqrt{3}}{2\mathrm e^4} + \frac{-2-2\cdot \sqrt{3}}{\mathrm e^\sqrt{3}} \\[5pt] &\approx & 1,14 \\[5pt] \end{array}$
$ A \approx 1,14 $
Die Maßzahl des Flächeninhalts beträgt ca. $1,14.$
#integral
1.7.1
$\blacktriangleright$  Maximale Definitionsmenge ermitteln
Die Definitionsmenge der Funktion $h$ mit $h(x)=\ln \left(f(x)\right)$ wird dadurch eingeschränkt, dass der Logarithmus nur für positive Argumente definiert ist. Es dürfen also nur $x$ eingesetzt werden, für die $f(x) > 0$ ist.
Deiner Zeichnung kannst du entnehmen, dass der Graph von $f$ zwischen den beiden Nullstellen von $f$ unterhalb der $x$-Achse verläuft, ansonsten aber oberhalb der $x$-Achse verläuft. Es ist also $f(x)> 0$ für alle reellen Zahlen außer $-\sqrt{3}\leq x\leq \sqrt{3}:$
$\text{D}_h = \mathbb{R}\setminus \{x\in \mathbb{R} \mid -\sqrt{3}\leq x \leq \sqrt{3} \}$
$ \text{D}_h = … $
#definitionsbereich
1.7.2
$\blacktriangleright$  Existenz einer Nullstelle zeigen und Intervall angeben
$\begin{array}[t]{rll} h(x) &=& 0 \\[5pt] \ln \left(f(x) \right) &=& 0 \\[5pt] f(x) &=& 1 \end{array}$
Der Funktionsterm $h(x)$ wird also genau dann Null, wenn das Argument $f(x)$ den Wert $1$ annimmt. Um zu zeigen, dass $h$ genau eine Nullstelle besitzt, kannst du also zeigen, dass $f(x)$ an genau einer Stelle den Wert $1$ annimmt.
Dazu kannst du folgende Informationen verwenden:
  1. Die Funktion $f$ ist stetig.
  2. Für $x\to -\infty$ gilt $f(x) \to \infty$
  3. Der Graph von $f$ besitzt genau einen Tiefpunkt $T\left(-1\mid -2\mathrm e\right)$
  4. Der Graph von $f$ besitzt genau einen Hochpunkt $H\left(3\mid \frac{6}{\mathrm e^3}\right)$
  5. Für $x\to \infty$ gilt $f(x)\to 0$
Der Graph von $f$ fällt also zunächst sehr stark ab, bis er seinen Tiefpunkt $T\left(-1\mid -2\mathrm e\right)$ erreicht. Bevor er seinen Tiefpunkt erreicht, wird jede reelle Zahl, die größer als die $y$-Koordinate des Tiefpunkts ist, jeweils an genau einer Stelle als Funktionswert angenommen, dies gilt insbesondere auch für den Wert $1.$ Vom Tiefpunkt ausgehend steigt der Graph wieder an, bis er seinen Hochpunkt erreicht. Die $y$-Koordinate des Hochpunktes ist mit $\frac{6}{\mathrm e^3}$ kleiner als $1.$ In dem Bereich vom Tiefpunkt zum Hochpunkt gilt für alle $x$ mit $-1\leq x \leq 3,$ dass $f(x) <\frac{6}{\mathrm e^3} < 1$ ist. In diesem Bereich wird also nicht der Funktionswert $1$ angenommen.
Nach dem Erreichen des Hochpunkts fällt der Graph von $f$ nur noch und nähert sich asymptotisch der $x$-Achse an. Daher kann auch für $x\geq 3$ kein höherer Funktionswert als $\frac{6}{\mathrm e^3}$ und damit auch nicht $1$ angenommen werden.
Die einzige Stelle mit dem Funktionswert $1$ liegt also im Bereich $x\leq -1.$ Es gibt also nur eine Stelle, an der $f(x) =1$ ist und damit auch genau eine Stelle an der $h(x)=0$ ist, also besitzt $h$ genau eine Nullstelle.
Eine genauere Eingrenzung des Bereichs kannst du beispielsweise deiner Zeichnung entnehmen. Es ist beispielsweise $f(x)=1$ für ein $x$ zwischen $-2$ und $-1,5.$
Ein mögliches Intervall für die Nullstelle von $h$ ist also $[-2\,;\,-1,5].$
#logarithmus
1.7.3
$\blacktriangleright$  Monotonieverhalten ermitteln
Um die Monotonie von $h$ zu untersuchen, kannst du wie in 1.2 vorgehen und untersuchen, für welche $x$ die erste Ableitungsfunktion $h'$ positive bzw. negative Werte annimmt.
1. Schritt: Definitionsbereich der Ableitung überprüfen
Überlege dir zunächst, auf welchem Bereich du die Ableitung überhaupt betrachten kannst. Überprüfe dazu den Definitionsbereich von $h'.$
Da der Definitionsbereich von $h$ eingeschränkt ist auf
$\text{D}_h = \mathbb{R}\setminus \{x\in \mathbb{R} \mid -\sqrt{3}\leq x \leq \sqrt{3} \},$
$ \text{D}_h = … $
ist der Definitionsbereich von $h'$ ebenfalls mindestens so weit eingeschränkt.
Es ist: $h'(x)= \frac{1}{f(x)}\cdot f'(x)$
Der Nenner eines Bruchs darf nicht Null werden, also müssen aus dem Definitionsbereich von $h'$ auch die Nullstellen von $f$ ausgeschlossen werden. Diese sind $x_{1/2}=\pm \sqrt{3}$ und damit sowieso schon aus dem Definitionsbereich $\text{D}_h$ ausgeschlossen.
Es ist also
$\text{D}_{h'} =\text{D}_h = \mathbb{R}\setminus \{x\in \mathbb{R} \mid -\sqrt{3}\leq x \leq \sqrt{3} \}.$
$ \text{D}_{h'} = \text{D}_h = … $
Du musst also für die beiden Bereiche $x< -\sqrt{3}$ und $x> \sqrt{3}$ den Verlauf des Graphen von $h'$ untersuchen.
2. Schritt: Nullstellen von $h'$ bestimmen
Da $h'(x)= \frac{1}{f(x)}\cdot f'(x)$ ist, sind die Nullstellen von $h'$ genau die Nullstellen von $f'.$ Also:
$\begin{array}[t]{rll} h'(x) &=& 0 \\[5pt] f'(x) &=& 0 \\[5pt] x_1 &=& -1 \\[5pt] x_2 &=& 3 \end{array}$
Da $-\sqrt{3} \leq -1 \leq \sqrt{3}$ ist, liegt $x_1 = -1$ nicht im Definitionsbereich von $h$ und $h'.$ $x_2 = 3$ liegt allerdings im Definitionsbereich.
Dadurch hast du nun drei verschiedene Bereiche, für die du überprüfen musst, ob $h'$ dort jeweils positiv oder negativ ist.
3. Schritt: Bereiche überprüfen
  • Für $x\leq -\sqrt{3}$ ist $f'(x)\leq 0 $ und $f(x) \geq 0.$ Für $x\leq -\sqrt{3}$ ist also $h'(x)= \frac{1}{f(x)}\cdot f'(x) \leq 0.$
  • Für $\sqrt{3}\leq x\leq 3$ ist $f'(x)\geq 0 $ und $f(x) \geq 0.$ Für $\sqrt{3}\leq x \leq 3$ ist also $h'(x)= \frac{1}{f(x)}\cdot f'(x) \geq 0.$
  • Für $3\leq x$ ist $f'(x)\leq 0 $ und $f(x) \geq 0.$ Für $3\leq x $ ist also $h'(x)= \frac{1}{f(x)}\cdot f'(x) \leq 0.$
4. Schritt: Monotonie angeben
Zusammenfassend kannst du also sagen:
  • Für $x\leq -\sqrt{3}$ ist $h$ monoton fallend.
  • Für $\sqrt{3}\leq x\leq 3$ ist $h$ monoton steigend.
  • Für $3\leq x$ ist $h$ monoton fallend.
2.1
$\blacktriangleright$  Parameterwert bestimmen
Da $t$ die Zeit in Stunden angibt, musst du die Angabe der $105$ Minuten noch in Stunden umrechnen: $105 \,\text{min} = 1,75\,\text{h}.$ Es soll also $k(1,75)= 4,88$ sein.
$\begin{array}[t]{rll} k(1,75) &=& 4,88 \\[5pt] 5\cdot 1,75 \cdot \mathrm e^{\frac{1}{\lambda}\cdot 1,75} &=& 4,88 \\[5pt] 8,75 \cdot \mathrm e^{\frac{1}{\lambda}\cdot 1,75} &=& 4,88 &\quad \scriptsize \mid\; :8,75 \\[5pt] \mathrm e^{\frac{1}{\lambda}\cdot 1,75} &=& \frac{488}{875} &\quad \scriptsize \mid\ \ln \\[5pt] \frac{1}{\lambda}\cdot 1,75 &=& \ln\left( \frac{488}{875}\right) &\quad \scriptsize \mid\;\cdot \lambda \\[5pt] 1,75 &=& \ln\left( \frac{488}{875}\right)\cdot \lambda &\quad \scriptsize \mid\;:\ln\left( \frac{488}{875}\right) \\[5pt] \dfrac{1,75}{\ln\left( \frac{488}{875}\right)}&=& \lambda \\[5pt] -2,997 &\approx& \lambda \end{array}$
$ \lambda \approx -2,997 $
2.2.1
$\blacktriangleright$  Maximale Konzentration und zugehörigen Zeitpunkt angeben
1. Schritt: Ableitungsfunktionen bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} k(t) &=& 5\cdot t \cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot t} \\[5pt] \dot k(t) &=& 5\cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot t} + 5\cdot t \cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot t}\cdot \left(-\frac{1}{3} \right) \\[5pt] &=& \left(5-\frac{5}{3}t \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot t} \\[5pt] \ddot k(t)&=& \left(-\frac{5}{3} \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot t} + \left(5-\frac{5}{3}t \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot t}\cdot \left( -\frac{1}{3}\right) \\[5pt] &=& \left(-\frac{5}{3} \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot t} + \left(-\frac{5}{3}+\frac{5}{9}t \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot t} \\[5pt] &=& \left(-\frac{10}{3} +\frac{5}{9}t\right)\cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot t} \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} k(t) &=…\\[5pt] \dot k(t) &=\left(5-\frac{5}{3}t \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot t} \\[5pt] \ddot k(t)&= \left(-\frac{10}{3} +\frac{5}{9}t\right)\cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot t} \\[5pt] \end{array}$
2. Schritt: Notwendiges Kriterium für lokale Extrema anwenden
$\begin{array}[t]{rll} \dot k(t) &=& 0 \\[5pt] \left(5-\frac{5}{3}t \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot t} &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; : \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot t} \neq 0 \\[5pt] 5-\frac{5}{3}t &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; -5 \\[5pt] -\frac{5}{3}t &=& -5 &\quad \scriptsize \mid\;:\left(-\frac{5}{3} \right) \\[5pt] t &=& 3 \end{array}$
$ t=3 $
An der Stelle $t=3$ besitzt $k$ also ein mögliches lokales Extremum.
3. Schritt: Hinreichendes Kriterium überprüfen
$\begin{array}[t]{rll} \ddot k(3) &=& \left(-\frac{10}{3} +\frac{5}{9}\cdot 3\right)\cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot 3} \\[5pt] &=& \left(-\frac{5}{3} \right)\cdot \mathrm e^{-1}\\[5pt] && < 0 \\[5pt] \end{array}$
$ \ddot k(3) < 0 $
An der Stelle $t=3$ besitzt $k$ also tatsächlich ein lokales Maximum. Da dies das einzige lokale Maximum ist und die Funktion $k$ stetig ist, muss dies auch das globale Maximum sein. Zum Zeitpunkt drei Stunden nach dem Verabreichen des Medikaments ist die Konzentration in der Milch der Kuh also am größten.
4. Schritt: Konzentration berechnen
$\begin{array}[t]{rll} k(3) &=&5\cdot 3 \cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot 3} \\[5pt] &=& 15\cdot \mathrm e^{-1} \\[5pt] &\approx& 5,518 \end{array}$
$ k(3)\approx 5,518 $
Drei Stunden nach Verabreichen des Medikaments ist die Konzentration des Wirkstoffs am größten. Zu diesem Zeitpunkt beträgt die Konzentration in der Milch der Kuh $k_{\text{max}}\approx 5,518\,\frac{\text{mg}}{l}.$
#extrempunkt
2.2.2
$\blacktriangleright$  Newton-Verfahren durchführen
Das Newton-Verfahren ist dazu gedacht, Nullstellen näherungsweise zu bestimmen. Gesucht ist in diesem Fall, eine Lösung der Gleichung $k(t)=2.$ Diese kannst du so umstellen, dass du ein Nullstellen-Problem erhältst:
$\begin{array}[t]{rll} k(t) &=& 2 &\quad \scriptsize \mid\;-2 \\[5pt] k(t) -2 &=& 0 \end{array}$
Führe nun das Verfahren mit der Funktion $f(t)=k(t) -2 $ durch. Dafür ist:
$\begin{array}[t]{rll} f(t) &=& 5\cdot t \cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot t} -2 \\[5pt] f'(t) &=& \left(5-\frac{5}{3}t \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot t} \end{array}$
Als Startwert ist dir $t_0 = 10$ vorgegeben. Mit der Formel für das Newton-Verfahren erhältst du:
$\begin{array}[t]{rll} t_1 &=& t_0 - \dfrac{f(t_0)}{f'(t_0)} \\[5pt] &=& 10 - \dfrac{f(10) }{f'(10)} \\[5pt] &=& 10 - \dfrac{5\cdot 10 \cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot 10}-2}{\left(5-\frac{5}{3}\cdot 10 \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot 10}} \\[5pt] &\approx& 9,480 \\[10pt] t_2&=& t_1 - \dfrac{f(t_1)}{f'(t_1)} \\[5pt] &=& 9,480- \dfrac{f(9,480) }{f'(9,480)} \\[5pt] &=& 9,480 - \dfrac{5\cdot 9,480 \cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot 9,480}-2}{\left(5-\frac{5}{3}\cdot 9,480 \right)\cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot 9,480}} \\[5pt] &\approx& 9,504 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} t_1 &\approx 9,480 \\[10pt] t_2&\approx 9,504 \end{array}$
Nach zwei Näherungsschritten ergibt sich für den Zeitpunkt, zu dem die Konzentration des Medikaments in der Milch der Kuh auf $2\,\frac{\text{mg}}{l}$ gesunken ist $t_a\approx 9,504.$
2.2.3
$\blacktriangleright$  Vollständigen Abbau überprüfen
Die Konzentration baut sich vollständig ab, wenn es ein $t>0$ gibt, für das $k(t)=0$ ist.
$\begin{array}[t]{rll} k(t) &=& 0 \\[5pt] 5\cdot t \cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot t} &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;:\mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot t} \neq 0 \\[5pt] 5\cdot t &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; :5 \\[5pt] t &=& 0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} k(t) &=& 0 \\[5pt] …\\[5pt] t &=& 0 \end{array}$
Die einzige Nullstelle von $k$ ist also $t=0.$ Es gibt demnach keinen Zeitpunkt nach der Verabreichung, zu dem die Konzentration in der Milch genau Null beträgt. Es gilt allerdings:
$\lim\limits_{t\to\infty}k(t)= \lim\limits_{t\to\infty}\left(5\cdot t \cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot t} \right) = 0 $
$\lim\limits_{t\to\infty}k(t) = 0 $
Die Konzentration des Medikaments in der Milch nähert sich also asymptotisch dem Wert $0$ an auch wenn sie diesen Wert nicht exakt erreicht. Man kann daher davon ausgehen, dass das Medikament im Laufe der Zeit auf lange Sicht irgendwann vollständig abgebaut wird.
2.2.4
$\blacktriangleright$  Mittlere Konzentration berechnen
Gesucht ist der mittlere Funktionswert von $k$ im Intervall $[0;8].$ Zur Berechnung kannst du die zugehörige Formel und die angegebene Stammfunktion von $k$ verwenden:
$\begin{array}[t]{rll} \overline{m} &=&\dfrac{1}{8-0}\cdot \displaystyle\int_{0}^{8}k(t)\;\mathrm dt \\[5pt] &=& \dfrac{1}{8}\cdot \left[L(t) \right]_0^8 \\[5pt] &=& \dfrac{1}{8}\cdot \left[\left(-15\cdot t -45\right)\cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot t} \right]_0^8 \\[5pt] &=& \dfrac{1}{8}\cdot \left[\left(-15\cdot 8 -45\right)\cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot 8}-\left(-15\cdot 0 -45\right)\cdot \mathrm e^{-\frac{1}{3}\cdot 0} \right] \\[5pt] &=& \dfrac{1}{8}\cdot \left[-165\cdot \mathrm e^{-\frac{8}{3}}+45 \right] \\[5pt] &\approx& 4,192 \\[5pt] \end{array}$
$ \overline{m} \approx 4,192$
Die mittlere Konzentration des Medikaments in der Milch in den ersten acht Stunden nach Verabreichung beträgt ca. $4,192\,\frac{\text{mg}}{l}.$
#mittelwertvonfunktionen
Bildnachweise [nach oben]
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