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A I

Aufgaben
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1.0
Gegeben sind die reellen Funktionen $f_a:\quad x \mapsto \dfrac{(x + 2a) \cdot (x -a)}{x-5}$ in der vom Parameter $a \in\mathbb{R}$ unabhängigen Definitionsmenge $\mathbb{D}_{f_a}= \mathbb{R} \setminus \{ 5 \}.$
1.1
Bestimme in Abhängigkeit von $a$ die Anzahl der Nullstellen von $f_a.$
(5 BE)
#nullstelle
1.2
Berechne sämtliche Werte von $a,$ für welche die Steigung des Graphen von $f_a$ an der Stelle $x = 4$ den Wert $-6$ besitzt.
(6 BE)
1.3.0
Für die nun folgenden Aufgaben wird die Funktion $g$ mit maximaler Definitionsmenge $\mathbb{D}_g \subset \mathbb{R}$ und der Funktionsgleichung $g(x)=\ln\left( f_{-2}(x)\right)$ betrachtet, d.h. es gilt
$g(x)=\ln \left(\dfrac{(x-4)\cdot (x+2)}{x-5} \right).$
1.3.1
Zeige, dass für den maximalen Definitionsbereich $\mathbb{D}_g$ der Funktion $g$ gilt:
$\mathbb{D}_g \subset \mathbb{R}$ und $\mathbb{D}_g = ]- 2\, ;\, 4 [\quad \cup\quad ] 5\,;\, \infty [.$
(4 BE)
#definitionsbereich
1.3.2
Untersuche das Verhalten der Funktionswerte $g(x)$ an den Rändern des Definitionsbereiches und gib die Gleichungen aller senkrechten Asymptoten des Graphen von $g$ an.
(8 BE)
#asymptote
1.3.3
Bestimme die maximalen Monotonieintervalle von $g$ und ermittle mithilfe dieser Monotonieintervalle die Art und Koordinaten der relativen Extrempunkte des Graphen von $g.$ Verwende dabei, dass für $x\in \mathbb{D}_g$ gilt:
$(x+2)\cdot (x-4) \cdot (x-5)>0$
Runde das Ergebnis auf eine Nachkommastelle.
[Mögliches Teilergebnis: $g'(x)=\dfrac{x^2-10x+18}{(x+2)\cdot (x-4)\cdot (x-5)}$ ]
(10 BE)
#monotonie#extrempunkt
1.3.4
Die Funktion $g$ besitzt näherungsweise die beiden Nullstellen $x_1 \approx - 0,8$ und $x_2 \approx 3,8$ (Nachweis nicht erforderlich). Zeichne unter Verwendung aller bisherigen Ergebnisse und weiterer geeigneter Funktionswerte den Graphen von $g$ für $- 2 < x \leq 9$ zusammen mit seinen senkrechten Asymptoten in ein kartesisches Koordinatensystem. Maßstab: $1\,\text{LE} \mathrel{\widehat{=}} 1\,\text{cm}.$
(6 BE)
2.0
Seit Beginn des 20. Jahrhunderts führt der vom Menschen verursachte zusätzliche Ausstoß von Kohlenstoffdioxid (CO$_2$) zu einer Verstärkung des Treibhauseffektes, das heißt zu einem globalen Temperaturanstieg mit weitreichenden Folgen. Nach einem mathematischen Modell soll die Entwicklung der weltweiten CO$_2$- Emissionen abgeschätzt werden. Dieses Modell lässt sich näherungsweise durch die mathematische Funktion
$k:\quad t \mapsto a \cdot t^2 \cdot e^{- b\cdot t} +7$ mit $t,a,b \in \mathbb{R}$ und $t \geq 0 ,$ $a > 0 ,$ $b > 0$ darstellen.
Dabei entspricht $k(t)$ der CO$_2$-Emissionsrate in Mrd. Tonnen pro Jahr zum Zeitpunkt $t,$ wobei $t$ die seit Beginn des Jahres 1950 vergangene Zeit in Jahren beschreibt. Unter der CO$_2$-Emissionsrate wird dabei im Folgenden die ausgestoßene Masse an CO$_2$ pro Zeiteinheit verstanden. Auf das Mitführen der Einheiten kann bei den Berechnungen verzichtet werden.
2.1
Nach diesem Szenario lag die CO$_2$-Emissionsrate zu Beginn des Jahres 2000 bei genau $30$ Mrd. Tonnen pro Jahr und zu Beginn des Jahres 2200 wird sie bei genau $17,5$ Mrd. Tonnen CO$_2$ pro Jahr liegen.
Bestimme mithilfe dieser Angaben die Parameter $a$ und $b$ der Funktion $k$ auf drei Nachkommastellen gerundet.
(6 BE)
2.2.0
Im Folgenden gilt $a = 0,025$ und $b = 0,020.$ Alle folgenden Ergebnisse sind gegebenenfalls auf eine Nachkommastelle zu runden.
2.2.1
Bestimme die nach diesem Modell prognostizierte CO$_2$-Emissionsrate zu Beginn des Jahres 2017.
(2 BE)
2.2.2
Berechne den Zeitpunkt $t_m,$ zu dem die absolut maximale CO$_2$-Emissionsrate zu erwarten ist.
[Mögliches Teilergebnis: $\dot k(t)=0,05\cdot \mathrm e^{-0,02\cdot t}\cdot \left(-0,01\cdot t^2+t\right)$]
(8 BE)
2.2.3
Zeichne mithilfe der bisherigen Ergebnisse und weiterer geeigneter Funktionswerte den Graphen der Funktion $k$ für $0 \leq t \leq 250$ (die Jahre 1950 bis 2200) in ein kartesisches Koordinatensystem.
Maßstab: $t$-Achse: $50\,\text{Jahre} \mathrel{\widehat{=}}2\,\text{cm};$ $k$-Achse: $10\,\text{Mrd. Tonnen/Jahr } \mathrel{\widehat{=}} 2\,\text{cm}.$
(4 BE)
2.2.4
Ermittle rechnerisch, in welchem Jahr zwischen 1950 und heute der Zeitpunkt liegt, an dem die CO$_2$-Emissionsrate nach diesem Modell am meisten zugenommen hat.
(7 BE)
2.2.5
Die Funktion
$K:\quad t \mapsto\left(- 1,25 \cdot t^2 - 125 \cdot t - 6.250\right)\cdot \mathrm e^{-0,02\cdot t} +7\cdot t$
$ K:\quad t \mapsto\left(- 1,25 … $
mit $t \geq 0$ und $t \in \mathbb{R}$ ist eine Stammfunktion von $k$ (Nachweis nicht erforderlich).
Bestimme, wie viele Tonnen CO$_2$ voraussichtlich im Jahr 2016 insgesamt ausgestoßen werden, wenn das obige Modell zugrunde gelegt wird.
(4 BE)

(70 BE)
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Lösungen
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1.1
$\blacktriangleright$  Anzahl der Nullstellen bestimmen
A I Die Nullstellen von $f_a$ sind die Nullstellen des Zählerpolynoms $(x+2a)\cdot (x-a).$ Dieses ist bereits in Form einer Linearfaktorzerlegung gegeben. Die Nullstellen von $f_a$ können daher direkt abgelesen werden und sind $x_1 = -2a$ und $x_2=a.$
  • Für $a=0$ gilt $x_1=x_2=0.$ $f_a$ besitzt in dem Fall also die doppelte Nullstelle $x_1=x_2= 0.$
  • Für $a=5$ sind $x_1=-10,$ $x_2= 5.$ Die zweite Nullstelle entspricht dann der Nullstelle des Nennerpolynoms, weshalb es sich bei $x_2=5$ um eine hebbare Definitionslücke handelt.
    $f_a$ besitzt für $a=5$ also nur eine Nullstelle $x_1=-10.$
  • Für $a=-2,5$ sind $x_1=5,$ $x_2= -2,5.$ Die erste Nullstelle entspricht dann der Nullstelle des Nennerpolynoms, weshalb es sich bei $x_1=5$ um eine hebbare Definitionslücke handelt.
    $f_a$ besitzt für $a=-2,5$ also nur eine Nullstelle $x_2=-2,5.$
  • Für $a\in \mathbb{R}\setminus \{-2,5;0;5\}$ besitzt $f_a$ zwei Nullstellen $x_1 = -2a$ und $x_2=a.$
1.2
$\blacktriangleright$  Parameterwerte bestimmen
Gesucht sind die Werte von $a,$ für die $f_a'(4)=-6$ gilt.
1. Schritt: Ableitungsfunktion bestimmen
Mit der Quotientenregel ergibt sich:
$\begin{array}[t]{rll} f_a(x)&=&\dfrac{(x + 2a) \cdot (x -a)}{x -5} \\[5pt] &=& \dfrac{x^2-a\cdot x +2a\cdot x - 2a^2}{x -5} \\[5pt] &=& \dfrac{x^2+a\cdot x - 2a^2}{x -5} \\[10pt] f_a'(x)&=& \dfrac{\left(2x+a \right)\cdot \left(x-5 \right) - \left(x^2+a\cdot x - 2a^2 \right)\cdot 1}{(x-5)^2} \\[5pt] &=& \dfrac{2x^2-10x+a\cdot x-5a - x^2-a\cdot x + 2a^2 }{(x-5)^2}\\[5pt] &=& \dfrac{x^2-10x-5a + 2a^2 }{(x-5)^2} \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f_a(x)&=&… \\[10pt] f_a'(x)&=& … \\[5pt] \end{array}$
2. Schritt: Gleichsetzen
$\begin{array}[t]{rll} f_a'(4)&=& -6 \\[5pt] \dfrac{4^2-10\cdot 4-5a + 2a^2 }{(4-5)^2}&=& -6 \\[5pt] -24-5a + 2a^2&=& -6 &\quad \scriptsize \mid\;+6 \\[5pt] -18-5a+2a^2&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;abc\text{-Formel} \\[5pt] a_{1/2}&=& \dfrac{-(-5)\pm\sqrt{(-5)^2-4\cdot 2\cdot(-18)}}{2\cdot 2} \\[5pt] &=& \dfrac{5\pm\sqrt{169}}{4} \\[5pt] &=&\dfrac{5\pm 13}{4} \\[5pt] a_1&=& \dfrac{5- 13}{4} \\[5pt] &=& -2 \\[10pt] a_2&=&\dfrac{5+ 13}{4} \\[5pt] &=& 4,5 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f_a'(4)&=& -6 \\[5pt] a_1&=& \dfrac{5- 13}{4} \\[5pt] &=& -2 \\[10pt] a_2&=&\dfrac{5+ 13}{4} \\[5pt] &=& 4,5 \end{array}$
Für $a_1= -2$ und $a_2= 4,5$ besitzt die Steigung des Graphen von $f_a$ an der Stelle $4$ den Wert $-6.$
#quotientenregel
1.3.1
$\blacktriangleright$  Maximalen Definitionsbereich nachweisen
Es gibt zwei Kriterien, die den Definitionsbereich einschränken:
  • $\ln(x)$ ist nur für $x> 0$ definiert.
  • Der Nenner der gebrochenrationalen Funktion innerhalb des Logarithmus muss $\neq 0$ sein. $x=5$ muss also schonmal aus dem Definitionsbereich ausgeschlossen werden.
Für die andere Bedingung lässt sich eine Vorzeichentabelle anlegen. Verwende dazu die Nullstellen der einzelnen Faktoren als Grenzen:
$x$ $-\infty< x < -2 $ $ -2 $ $-2< x < 4 $ $4$$4< x < 5$$5$ $5< x<\infty$
$(x+2)$ $-$$0$$+$$+$$+$$+$$+$
$(x-4)$ $-$$-$$-$$0$$+$$+$$+$
$(x-5)$ $-$$-$$-$$-$$-$$0$$+$
Gesamt $-$$0$$+$$0$$-$ nicht definiert$+$
Im Definitionsbereich können nur die Bereiche enthalten sein, für die das Argument des Logarithmus positiv ist. Insgesamt ergibt sich also:
$\mathbb{D}_g =$ $]- 2\, ;\, 4 [\quad \cup\quad ] 5\,;\, \infty [.$
1.3.2
$\blacktriangleright$  Grenzwerte betrachten
Betrachte zuerst jeweils den Grenzwert des Arguments des Logarithmus.
$\begin{array}[t]{rll} \lim\limits_{x\to -2^+} \dfrac{\overbrace{(x-4)}^{\to -6}\cdot \overbrace{(x+2)}^{\to 0^+}}{\underbrace{x-5}_{\to -7}} &=& 0^+ \\[5pt] \end{array}$
$ \lim\limits_{x\to -2^+} … =0^+ $
Also gilt für den Logarithmus $g(x)\to -\infty$ für $x\to-2^+.$
$\begin{array}[t]{rll} \lim\limits_{x\to 4^-} \dfrac{\overbrace{(x-4)}^{\to 0^-}\cdot \overbrace{(x+2)}^{\to 6}}{\underbrace{x-5}_{\to -1}} &=& 0^+ \\[5pt] \end{array}$
$ \lim\limits_{x\to 4^-} … 0^+ $
Also gilt für den Logarithmus $g(x)\to -\infty$ für $x\to4^-.$
$\begin{array}[t]{rll} \lim\limits_{x\to -2^+} \dfrac{\overbrace{(x-4)}^{\to -6}\cdot \overbrace{(x+2)}^{\to 0^+}}{\underbrace{x-5}_{\to -7}} &=& 0^+ \\[5pt] \end{array}$
$ \lim\limits_{x\to -2^+} … 0^+= $
Also gilt für den Logarithmus $g(x)\to -\infty$ für $x\to-2^+.$
$\begin{array}[t]{rll} \lim\limits_{x\to 5^+} \dfrac{\overbrace{(x-4)}^{\to 1}\cdot \overbrace{(x+2)}^{\to 7}}{\underbrace{x-5}_{\to 0^+}} \\[5pt] \end{array}$
$ \lim\limits_{x\to 5^+} … $
Es gilt $\dfrac{\overbrace{(x-4)}^{\to 1}\cdot \overbrace{(x+2)}^{\to 7}}{\underbrace{x-5}_{\to 0^+}} \to \infty$ für $x \to 5^+.$
Also gilt für den Logarithmus $g(x)\to \infty$ für $x\to 5^+.$
$\begin{array}[t]{rll} \lim\limits_{x\to \infty} \dfrac{(x-4)\cdot (x+2)}{x-5}&=&\lim\limits_{x\to \infty} \dfrac{x^2-4x+2x-8}{x-5} \\[5pt] &=& \lim\limits_{x\to \infty} \dfrac{\overbrace{x^2-2x-8}^{\to \infty}}{\underbrace{x-5}_{\to \infty}} &\quad \scriptsize \text{L'Hospital} \\[5pt] &=& \lim\limits_{x\to \infty} \dfrac{\overbrace{2x-2}^{\to \infty}}{1} \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} &\lim\limits_{x\to \infty} \dfrac{(x-4)\cdot (x+2)}{x-5} \\[5pt] & … \\[5pt] =& \lim\limits_{x\to \infty} \dfrac{\overbrace{2x-2}^{\to \infty}}{1} \\[5pt] \end{array}$
Also gilt $\dfrac{(x-4)\cdot (x+2)}{x-5} \to \infty$ für $x\to \infty.$
Also gilt für den Logarithmus $g(x)\to \infty$ für $x\to \infty.$
$\blacktriangleright$  Senkrechte Asymptoten angeben
Senkrechte Asymptoten sind $x=-2,$ $x=4$ und $x=5.$
#grenzwert
1.3.3
$\blacktriangleright$  Maximale Monotonieintervalle bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} g(x)&=& \ln \left( \dfrac{(x-4)\cdot (x+2)}{x-5}\right) \\[5pt] &=&\ln \left( \dfrac{x^2-2x-8}{x-5}\right) \\[10pt] g'(x)&=& \dfrac{1}{\dfrac{x^2-2x-8}{x-5}}\cdot \dfrac{\left( 2x-2\right)\cdot \left( x-5\right)-\left( x^2-2x-8\right)\cdot 1}{(x-5)^2} \\[5pt] &=& \dfrac{x-5}{x^2-2x-8}\cdot \dfrac{\left( 2x-2\right)\cdot \left( x-5\right)-\left( x^2-2x-8\right)}{(x-5)^2} \\[5pt] &=& \dfrac{\left( 2x-2\right)\cdot \left( x-5\right)-\left( x^2-2x-8\right)}{\left(x^2-2x-8\right)\cdot \left(x-5 \right)} \\[5pt] &=& \dfrac{x^2-10x+18}{\left(x-4\right)\cdot \left( x+2\right)\cdot \left(x-5 \right)} \\[5pt] \end{array}$
$ g'(x)= … $
Laut Aufgabenstellung ist der Nenner im gesamten Definitionsbereich von $g$ positiv. Es genügt also den Zähler zu betrachten. Die Nullstellen ergeben sich zu:
$\begin{array}[t]{rll} 0 &=& x^2-10x+18&\quad \scriptsize \mid\;abc\text{-Formel} \\[5pt] x_{1/2}&=& \dfrac{-(-10)\pm \sqrt{(-10)^2-4\cdot 1\cdot 18}}{2\cdot 1} \\[5pt] &=& \dfrac{10\pm \sqrt{28}}{2} \\[5pt] &=& 5\pm \sqrt{7} \\[5pt] x_1&=& 5-\sqrt{7} \\[5pt] &\approx& 2,4 \\[10pt] x_2&=& 5+\sqrt{7} \\[5pt] &\approx& 7,6 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} x_1&=& 5-\sqrt{7} \\[5pt] &\approx& 2,4 \\[10pt] x_2&=& 5+\sqrt{7} \\[5pt] &\approx& 7,6 \end{array}$
Bei dem Term $x^2-10x+18$ handelt es sich um den Funktionsterm einer nach oben geöffneten Parabel. Es ist also:
  • $x^2-10x+18 > 0$ für $x< 2,4$
  • $x^2-10x+18 < 0$ für $2,4 < x < 7,6$
  • $x^2-10x+18 > 0$ für $7,6 < x$
Zusammen mit der Einschränkung durch den Definitionsbereich ergibt sich daher:
  • Der Graph von $g$ ist streng monoton steigend in $]-2; 5-\sqrt{7}[$ und $]5+\sqrt{7}; \infty[.$
  • Der Graph von $g$ ist streng monoton fallend in $]5-\sqrt{7};4[$ und $]5;5+\sqrt{7}[.$
$\blacktriangleright$  Extrempunkte bestimmen
Aufgrund der Monotonieintervalle von oben ergibt sich für die Extrempunkte des Graphen von $g:$
  • Der Graph von $g$ besitzt einen Hochpunkt an der Stelle $5-\sqrt{7}\approx 2,4,$ da die erste Ableitungsfunktion $g'$ hier eine Nullstelle besitzt und ein Vorzeichenwechsel von positiv zu negativ stattfindet.
  • Der Graph von $g$ besitzt einen Tiefpunkt an der Stelle $5+\sqrt{7}\approx 7,6,$ da die erste Ableitungsfunktion $g'$ hier eine Nullstelle besitzt und ein Vorzeichenwechsel von negativ zu positiv stattfindet.
Die zugehörigen $y$-Koordinaten ergeben sich zu:
$\begin{array}[t]{rll} g(2,4)&=& \ln \left(\dfrac{(2,4-4)\cdot (2,4+2)}{2,4-5} \right) \\[5pt] &\approx& 1,0 \\[10pt] g(7,6)&=& \ln \left(\dfrac{(7,6-4)\cdot (7,6+2)}{7,6-5} \right) \\[5pt] &\approx& 2,6 \\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} g(2,4)&\approx& 1,0 \\[10pt] g(7,6)&\approx& 2,6 \\[10pt] \end{array}$
Der Graph von $g$ besitzt den Hochpunkt $H(2,4\mid 1,0)$ und den Tiefpunkt $T(7,6\mid 2,6).$
1.3.4
$\blacktriangleright$  Graphen zeichnen
$x$$ -1,5$$ -1$$0 $$1 $$2 $$3 $$3,5 $$5,5 $$7 $$9 $
$g(x)$$-0,86 $$-0,18 $$0,47 $$0,81 $$0,98 $$0,92 $$0,61 $$3,11 $$ 2,60$$2,62 $
$x$$g(x)$
$-1,5 $$-0,86 $
$-1 $$-0,18 $
$ 0$$0,47 $
$1 $$0,81 $
$ 2$$0,98 $
$3 $$0,92 $
$ 3,5$$0,61 $
$5,5 $$3,11 $
$7 $$ 2,60$
$9 $$2,62 $
A I
Abb. 1: Graph im Koordinatensystem
A I
Abb. 1: Graph im Koordinatensystem
2.1
$\blacktriangleright$  Parameterwerte berechnen
Mithilfe der Angaben aus dem Aufgabentext ergeben sich für $k(t)= a\cdot t^2 \cdot \mathrm e^{-b\cdot t} +7$ folgende Bedingungen:
  1. $k(50)= 30 $
  2. $k(250)= 17,5$
Einsetzen liefert:
$\begin{array}{lrll} \text{I}\quad&30&=& a\cdot 50^2 \cdot \mathrm e^{-b\cdot 50} +7&\quad \scriptsize \mid\; -7\\ &23&=& a\cdot 50^2 \cdot \mathrm e^{-b\cdot 50} &\quad \scriptsize \mid\; : \left(50^2 \cdot \mathrm e^{-b\cdot 50} \right)\\ &\dfrac{23}{50^2 \cdot \mathrm e^{-b\cdot 50}} &=& a \\[10pt] \text{II}\quad&17,5&=& a\cdot 250^2 \cdot \mathrm e^{-b\cdot 250} +7&\quad \scriptsize \mid\; -7 \\ &10,5&=& a\cdot 250^2 \cdot \mathrm e^{-b\cdot 250} \\ \end{array}$
Einsetzen von $a$ in $\text{II}$ liefert:
$\begin{array}[t]{rll} a\cdot 250^2 \cdot \mathrm e^{-b\cdot 250}&=& 10,5\\[5pt] \dfrac{23}{50^2 \cdot \mathrm e^{-b\cdot 50}}\cdot 250^2 \cdot \mathrm e^{-b\cdot 250}&=& 10,5 \\[5pt] \dfrac{23\cdot 5^2}{\mathrm e^{b\cdot 200}}&=& 10,5 &\quad \scriptsize \mid\;\cdot \mathrm e^{b\cdot 200} \\[5pt] 23\cdot 5^2&=& 10,5\cdot \mathrm e^{b\cdot 200} &\quad \scriptsize \mid\;:10,5 \\[5pt] \dfrac{1.150}{21}&=& \mathrm e^{b\cdot 200} &\quad \scriptsize \mid\;\ln \\[5pt] \ln\left(\dfrac{1.150}{21}\right)&=& b\cdot 200&\quad \scriptsize \mid\; :200\\[5pt] \dfrac{\ln\left(\dfrac{1.150}{21}\right)}{200}&=& b\\[5pt] 0,020 &\approx& b \end{array}$
$ b\approx 0,020 $
Einsetzen in $a$ liefert wiederum:
$\begin{array}[t]{rll} a&=& \dfrac{23}{50^2 \cdot \mathrm e^{-0,020\cdot 50}} \\[5pt] &\approx& 0,025 \end{array}$
$ a\approx 0,025 $
Die Parameter der Funktion $k$ lauten also $a\approx 0,025$ und $b\approx 0,020.$
2.2.1
$\blacktriangleright$  Emissionsrate bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} k(t)&=& 0,025\cdot t^2\cdot \mathrm e^{-0,020\cdot t}+7 \\[5pt] k(67)&=& 0,025\cdot 67^2\cdot \mathrm e^{-0,020\cdot 67}+7 \\[5pt] &\approx& 36,4 \\[5pt] \end{array}$
$ k(67)\approx 36,4 $
Nach dem beschriebenen Modell beträgt die prognostizierte CO$_2$ Emissionsrate zu Beginn des Jahres 2017 ca. $36,4$ Mrd. Tonnen CO$_2$ pro Jahr.
2.2.2
$\blacktriangleright$  Zeitpunkt mit der maximalen Emissionsrate berechnen
Mit der Produkt- und der Kettenregel folgt für die erste Ableitungsfunktion von $k:$
$\begin{array}[t]{rll} k(t)&=& 0,025\cdot t^2 \cdot \mathrm e^{-0,020\cdot t}+7 \\[5pt] \dot k(t)&=& 0,050\cdot t \cdot \mathrm e^{-0,020\cdot t}+0,025\cdot t^2\cdot (-0,020)\cdot \mathrm e^{-0,020\cdot t} \\[5pt] &=& \left(0,050\cdot t +0,025\cdot t^2\cdot (-0,020)\right)\cdot \mathrm e^{-0,020\cdot t} \\[5pt] &=& \left(0,050\cdot t -0,0005\cdot t^2\right)\cdot \mathrm e^{-0,020\cdot t}\\[5pt] &=& 0,05\cdot \mathrm e^{-0,020\cdot t}\left( t -0,01\cdot t^2\right) \\[5pt] \end{array}$
$ \dot k(t) = … $
Mit dem notwendigen Kriterium für relative Maxima folgt:
$\begin{array}[t]{rll} \dot k(t)&=& 0 \\[5pt] 0,05\cdot \mathrm e^{-0,020\cdot t}\left( t -0,01\cdot t^2\right)&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; :\left(0,05\cdot \mathrm e^{-0,020\cdot t} \right)\neq 0 \\[5pt] t -0,01\cdot t^2&=& 0 \\[5pt] t\cdot \left(1-0,01t \right)&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;t_1 = 0 \\[5pt] 1-0,01t_2&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;+0,01t_2 \\[5pt] 1&=&0,01t_2 &\quad \scriptsize \mid\;:0,01 \\[5pt] 100&=& t_2 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \dot k(t)&=& 0 \\[5pt] t_1&=&0 \\[5pt] t_2 &=& 100 \end{array}$
Es gibt also zwei mögliche relative Extremstellen $t_1=0$ und $t_2=100.$
$\begin{array}[t]{rll} k(0)&=& 7 \\[5pt] k(100)&=& 0,025\cdot 100^2 \cdot \mathrm e^{-0,020\cdot 100}+7 \\[5pt] &\approx& 40,8 \\[5pt] \end{array}$
$ k(100) \approx 40,8 $
Zudem gilt
$\lim\limits_{t\to\infty}k(t) =\lim\limits_{t\to\infty} \left(0,025\cdot t^2\cdot \underbrace{\mathrm e^{-0,020\cdot t}}_{\to 0} +7 \right) = 7 .$
$ \lim\limits_{t\to\infty}k(t) = 7 $
Da $k$ stetig ist, muss also bei $t_2=t_m=100,$ also zu Beginn des Jahres 2050, ein absolutes Maximum liegen.
2.2.3
$\blacktriangleright$  Graphen zeichnen
A I
Abb. 2: Graph von $k$
A I
Abb. 2: Graph von $k$
2.2.4
$\blacktriangleright$  Jahr mit dem höchsten Anstieg der Emissionsrate berechnen
Gesucht ist das $t,$ für das die Steigung des Graphen von $k,$ also die erste Ableitungsfunktion $\dot k$ ihr absolutes Maximum annimmt. Benötigt werden also die Nullstellen der zweiten Ableitungsfunktion $\ddot k .$
$\begin{array}[t]{rll} \dot k(t) &=& 0,05\cdot \mathrm e^{-0,02\cdot t}\cdot \left(-0,01\cdot t^2 +t\right) \\[10pt] \ddot k(t) &=& 0,05\cdot (-0,02)\cdot \mathrm e^{-0,02\cdot t}\cdot \left(-0,01\cdot t^2 +t\right)+ 0,05\cdot \mathrm e^{-0,02\cdot t}\cdot \left(-0,02\cdot t+1 \right) \\[5pt] &=& 0,05\cdot (-0,02)\cdot \mathrm e^{-0,02\cdot t}\cdot \left( -0,01\cdot t^2 +t+t-50 \right) \\[5pt] &=& -0,001\cdot \mathrm e^{-0,02\cdot t}\cdot \left( -0,01\cdot t^2 +2t-50\right) \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \dot k(t) &=& … \\[10pt] \ddot k(t) &=& -0,001\cdot … \\[5pt] \end{array}$
Gleichsetzen liefert:
$\begin{array}[t]{rll} \ddot k(t)&=& 0 \\[5pt] 0&=& -0,001\cdot \mathrm e^{-0,02\cdot t}\cdot \left( -0,01\cdot t^2 +2t-50\right)&\quad \scriptsize \mid\; :\left(-0,001\cdot \mathrm e^{-0,02\cdot t} \right)\neq 0\\[5pt] 0&=& -0,01\cdot t^2 +2t-50 &\quad \scriptsize \mid\; :(-0,01) \\[5pt] 0&=& t^2 -200t + 5.000 &\quad \scriptsize abc\text{-Formel} \\[5pt] t_{1/2}&=& \dfrac{-(-200)\pm\sqrt{(-200)^2-4\cdot 1\cdot 5.000}}{2\cdot 1} \\[5pt] &=& \dfrac{200\pm\sqrt{20.000}}{2} \\[5pt] &=& 100\pm\sqrt{5.000} \\[5pt] t_1&=& 100-\sqrt{5.000} \\[5pt] &\approx& 29,3 \\[10pt] t_2&=& 100+\sqrt{5.000}\\[5pt] &\approx& 170,7 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \ddot k(t)&=& 0 \\[5pt] … \\[5pt] t_1&=& 100-\sqrt{5.000} \\[5pt] &\approx& 29,3 \\[10pt] t_2&=& 100+\sqrt{5.000}\\[5pt] &\approx& 170,7 \end{array}$
Da $\mathrm e^{-0,02\cdot t}$ für jedes $t$ positiv ist, wird das Vorzeichen vom Rest des Funktionsterms von $\ddot k$ bestimmt: $-0,001\cdot \left( -0,01\cdot t^2 +2t-50\right).$ Dabei handelt es sich um den Funktionsterm einer nach oben geöffneten Parabel.
An der Nullstelle $t_1\approx 29,3 $ findet für $\ddot k$ also ein Vorzeichenwechsel von positiv zu negativ statt, an der Stelle $t_2\approx 170,7$ wechselt das Vorzeichen von negativ zu positiv.
Damit besitzt $\dot k$ an der Stelle $t_1\approx 29,3$ ein relatives Maximum und in $t_2\approx 170,7$ ein relatives Minimum.
Da für alle $t< 29,3$ gilt $\ddot k(t) >0,$ gilt auch $\dot k(t) \leq \dot k(29,3).$ Bei $t_1\approx 29,3$ liegt also auch das globale Maximum von $\dot k$ im Intervall $[0;56]$ (1950 bis heute).
Der größte Zuwachs der CO$_2$-Emissionsrate war also im Jahr 1979.
2.2.5
$\blacktriangleright$  Menge der Emissionen im Jahr 2016 berechnen
Das Jahr 2016 wird durch das Intervall $[66;67]$ für $t$ beschrieben. Mit einem Integral und der angegebenen Stammfunktion $K$ von $k$ ergibt sich:
$\begin{array}[t]{rll} \displaystyle\int_{66}^{67}k(t)\;\mathrm dt&=& K(67)-K(66) \\[5pt] &=& \left(-1,25\cdot 67^2-125\cdot 67-6.250\right) \cdot \mathrm e^{-0,02\cdot 67}+7\cdot 67 \\[5pt] && - \left(-1,25\cdot 66^2-125\cdot 66-6.250\right) \cdot \mathrm e^{-0,02\cdot 66}-7\cdot 66 \\[5pt] &\approx& 36,2 \\[5pt] \end{array}$
$ \displaystyle\int_{66}^{67}k(t)\;\mathrm dt \approx 36,2 $
Im Jahr 2016 werden nach dem beschriebenen Modell insgesamt ca. $36,2$ Mrd. Tonnen CO$_2$ ausgestoßen.
#integral
Bildnachweise [nach oben]
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