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A II

Aufgaben
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1.0
Gegeben ist die reelle Funktion $f:\, x\to \dfrac{6\cdot \mathrm e^{x}}{\mathrm e^{2x}+1}$ mit der maximalen Definitionsmenge $\mathbb{D}_f=\mathbb{R}.$
1.1
Bestimme das Verhalten der Funktionswerte von $f$ für $|x| \to \infty.$
Gib Art und Gleichung der Asymptote des Graphen von $f$ an.
(5 BE)
#asymptote
1.2
Untersuche den Graphen von $f$ auf Symmetrie zum Koordinatensystem.
(4 BE)
#symmetrie
1.3
Untersuche das Monotonieverhalten der Funktion $f$ und ermittle damit Koordinaten und Art des Extrempunkts des Graphen von$f.$
[Mögliches Teilergebnis: $f'(x)=\left(6\mathrm e^{x}-6\mathrm e^{3x}\right)\cdot \left(\mathrm e^{2x}+1 \right)^{-2}$ ]
(8 BE)
#monotonie#extrempunkt
1.4
Zeige, dass der Ansatz $f''(x)=0$ auf die Gleichung $\mathrm e^{4x}-6\mathrm e^{2x}+1 = 0$ führt.
(5 BE)
1.5
Der Graph von $f$ besitzt im 1. Quadranten genau einen Wendepunkt $W_1.$ Ermittle die Koordinaten des Punktes $W_1$ auf zwei Nachkommastellen gerundet.
(6 BE)
#wendepunkt
1.6
Zeichne unter der Verwendung der bisherigen Ergebnisse und geeigneter Funktionswerte den Graphen von $f$ sowie mit Farbe seine Asymptote für $- 4 \leq x \leq 4$ in ein kartesisches Koordinatensystem. Maßstab: $1\,\text{LE} \mathrel{\widehat{=}} 1\,\text{cm}$
(5 BE)
1.7.0
Gegeben sind zudem die reellen Funktionen $h:\, x\to \dfrac{2\cdot \mathrm e^{2x}}{\mathrm e^{2x}+1} $ und $H:\, x\to \ln \left(\mathrm e^{a\cdot x}+b \right)$ mit den Definitionsmengen $\mathbb{D}_h = \mathbb{D}_H=\mathbb{R}$ und $a,b\in\mathbb{R}.$
1.7.1
Die Koeffizienten $a$ und $b$ sind dadurch festgelegt, dass der Graph von $H$ die $y$-Achse im Punkt $T\left(0\mid \ln(2)\right)$ schneidet und die Tangente an den Graphen von $H$ im Punkt $T$ parallel zur Winkelhalbierenden des 1. und 3. Quadranten verläuft.
Berechne mithilfe dieser Angaben die Koeffizienten $a$ und $b.$ Zeige danach, dass die Funktion $H$ eine Stammfunktion der Funktion $h$ in $\mathbb{D}_H$ ist.
[Teilergebnis: $a=2;b=1$ ]
(6 BE)
#tangente#stammfunktion
1.7.2
Der Graph von $h$ und die $x$-Achse schließen mit den senkrechten Geraden mit den Gleichungen $x = x_S$ und $x = u$ mit $u\in \mathbb{R}$ und $u > x_S$ im 1. Quadranten ein Flächenstück ein.
Dabei ist $x_S$ die Schnittstelle der Graphen von $f$ und $h.$ Zeige, dass für die Maßzahl $A(u)$ des Flächeninhalts gilt:
$A(u) = \ln \left(\dfrac{\mathrm e^{2u}+1}{10} \right).$
Bestimme anschließend den Wert von $u$ so, dass die Flächenmaßzahl $A(u)$ den Wert $\ln(5)$ annimmt.
(9 BE)
2.0
Unter der Tageslänge versteht man die Dauer von Sonnenaufgang bis Sonnenuntergang. Sie ist von der geographischen Breite des Ortes abhängig. Es wurden die Tageslängen in München im Jahr 2016 (Schaltjahr mit 366 Tagen) aufgezeichnet. Die maximale Tageslänge betrug $16,12\,\text{h},$ die minimale Tageslänge $8,40\,\text{h}.$ Die Tageslänge am 1.1.2016 (0. Tag) betrug $8,46\,\text{h}$ (Wert geringfügig verändert).
Die Funktion $g:\, t\to a\cdot \sin\left(b\cdot t+c \right) +d $ mit $a,b,c,d,t\in \mathbb{R} \land t\in [ 0;366 [$ wird nun modellhaft zur Darstellung der Aufzeichnungen verwendet. $t$ beschreibt dabei die Anzahl der vergangenen Tage ab Beginn des 1.1.2016 und der Funktionswert $g(t)$ die Länge des dazugehörigen Tages in Stunden. Da sich die jeweilige Tageslänge immer auf ganze Tage bezieht, sollen Werte für $t$ auf ganze Zahlen gerundet werden. Auf das Mitführen der Einheiten wird verzichtet.
2.1
Bestimme mögliche Werte der Parameter $a,$ $b,$ $d$ exakt und $c$ sinnvoll gerundet so, dass die Funktion $g$ die obigen Bedingungen erfüllt.
(5 BE)
2.2
Berechne für 2016 die Tage, an denen die Tageslänge in München $12\,\text{h}$ betrug.
(5 BE)
2.3
Berechne den kürzesten Tag des Jahres 2016 in München.
(7 BE)
2.4
Berechne für München den prozentualen Anteil der Tageslicht-Stunden an den Stunden der ersten $100$ Tage des Jahres 2016.
(5 BE)
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Lösungen
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1.1
$\blacktriangleright$  Verhalten der Funktionswerte und Asymptoten bestimmen
A II Mit den Regeln von L'Hospital folgt für die Grenzwerte:
$\begin{array}[t]{rll} \lim\limits_{x\to\infty}f(x) &=& \lim\limits_{x\to\infty} \dfrac{6\cdot \mathrm e^{x}\to \infty}{\mathrm e^{2x}+1\to \infty} &\quad \scriptsize \mid\; L'Hospital \\[5pt] &=& \lim\limits_{x\to\infty} \dfrac{6\cdot \mathrm e^{x}}{2\cdot\mathrm e^{2x}} \\[5pt] &=& \lim\limits_{x\to\infty} \dfrac{3}{\mathrm e^{2x}} \\[5pt] &=& 0\\[10pt] \lim\limits_{x\to-\infty}f(x) &=& \lim\limits_{x\to-\infty} \dfrac{6\cdot \mathrm e^{x}\to 0}{\mathrm e^{2x}+1\to 1} \\[5pt] &=& 0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \lim\limits_{x\to\infty}f(x) &=&0\\[10pt] \lim\limits_{x\to-\infty}f(x) &=& 0 \end{array}$
Da beide Grenzwerte Null sind, besitzt der Graph von $f$ die waagerechte Asymptote $y=0.$
#grenzwert#l'hospital
1.2
$\blacktriangleright$  Graphen auf Symmetrie zum Koordinatensystem untersuchen
$\begin{array}[t]{rll} f(-x)&=& \dfrac{6\cdot \mathrm e^{-x}}{\mathrm e^{-2x}+1} \\[5pt] &=& \dfrac{6\cdot \mathrm e^{-x} \cdot \mathrm e^{2x} }{\left(\mathrm e^{-2x}+1\right)\cdot \mathrm e^{2x}} \\[5pt] &=& \dfrac{6\cdot \mathrm e^{x} }{1+\mathrm e^{2x}} \\[5pt] &=& \dfrac{6\cdot \mathrm e^{x} }{\mathrm e^{2x}+1} \\[5pt] &=& f(x) \end{array}$
$ f(-x)=\dfrac{6\cdot \mathrm e^{x} }{\mathrm e^{2x}+1} $
Es gilt also $f(-x)=f(x)$ für alle $x\in \mathbb{D}_f.$ Der Graph $G_f$ ist daher symmetrisch zur $y$-Achse.
1.3
$\blacktriangleright$  Monotonieverhalten untersuchen
Mit der Quotientenregel folgt für die 1. Ableitungsfunktion von $f:$
$\begin{array}[t]{rll} f'(x)&=& \dfrac{6\cdot \mathrm e^x\cdot \left(\mathrm e^{2x}+1 \right)- 2\cdot\mathrm e^{2x}\cdot 6\cdot \mathrm e^x}{\left( \mathrm e^{2x}+1\right)^2} \\[5pt] &=& \dfrac{6\cdot \mathrm e^{x}\cdot \left(\mathrm e^{2x}+1-2\cdot \mathrm e^{2x} \right)}{\left( \mathrm e^{2x}+1\right)^2}\\[5pt] &=& \dfrac{6\cdot \mathrm e^{x}\cdot \left(1-\mathrm e^{2x}\right)}{\left( \mathrm e^{2x}+1\right)^2} \\[5pt] \end{array}$
$ f'(x)=… $
Die Nullstellen der Ableitung ergeben sich zu:
$\begin{array}[t]{rll} f'(x)&=& 0 \\[5pt] \dfrac{6\cdot \mathrm e^{x}\cdot \left(1-\mathrm e^{2x}\right)}{\left( \mathrm e^{2x}+1\right)^2}&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;\cdot \left( \mathrm e^{2x}+1\right)^2 \\[5pt] 6\cdot \mathrm e^{x}\cdot \left(1-\mathrm e^{2x}\right)&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;: \left(6\cdot \mathrm e^{x}\right)\neq 0 \\[5pt] 1-\mathrm e^{2x}&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;+\mathrm e^{2x} \\[5pt] 1&=& \mathrm e^{2x}&\quad \scriptsize \mid\;\ln \\[5pt] 0&=& 2x &\quad \scriptsize \mid\;:2 \\[5pt] 0&=&x \end{array}$
$ 0 = x $
Es gibt also zwei Intervalle zu betrachten:
  • $]-\infty;0[$
    $f'(-1)= \dfrac{6\cdot \mathrm e^{-1}\cdot \left(1-\mathrm e^{-2}\right)}{\left( \mathrm e^{-2}+1\right)^2}\approx 1,48>0 $
    $ f'(-1)\approx 1,48 >0 $
    Im Intervall $]-\infty;0[$ ist $f$ also streng monoton steigend.
  • $]0;\infty[$
    $f'(1)= \dfrac{6\cdot \mathrm e^{1}\cdot \left(1-\mathrm e^{2}\right)}{\left( \mathrm e^{2}+1\right)^2}\approx -1,48<0 $
    $ f'(1)\approx -1,48 <0 $
    Im Intervall $]0;\infty[$ ist $f$ also streng monoton fallend.
$\blacktriangleright$  Koordinaten und Art des Extrempunkts bestimmen
Die einzige mögliche Extremstelle ist $x=0,$ wie oben bestimmt. An dieser Stelle wechselt die 1. Ableitung von $f$ das Vorzeichen von positiv zu negativ. Hier besitzt $G_f$ also einen Hochpunkt. Die zugehörige $y$-Koordinate ist:
$\begin{array}[t]{rll} f(0)&=&\dfrac{6\cdot \mathrm e^{0}}{\mathrm e^{2\cdot 0}+1} \\[5pt] &=& 3 \end{array}$
$ f(0)=3 $
Der Graph $G_f$ besitzt den Hochpunkt $H(0\mid 3).$
#quotientenregel#ableitung
1.4
$\blacktriangleright$  Ansatz fortführen
Für die zweite Ableitungsfunktion folgt mit der Quotienten- und der Kettenregel:
$\begin{array}[t]{rll} f'(x)&=& \dfrac{6\cdot \mathrm e^{x}\cdot \left(1-\mathrm e^{2x}\right)}{\left( \mathrm e^{2x}+1\right)^2} \\[5pt] &=& \dfrac{6\cdot \mathrm e^{x}-6\mathrm e^{3x}}{\left( \mathrm e^{2x}+1\right)^2} \\[10pt] f''(x)&=& \dfrac{\left(6\cdot \mathrm e^{x}-18\mathrm e^{3x}\right)\cdot \left( \mathrm e^{2x}+1\right)^2 - \left( 6\cdot \mathrm e^{x}-6\mathrm e^{3x}\right)\cdot 2\left( \mathrm e^{2x}+1\right)\cdot 2\cdot \mathrm e^{2x}}{\left( \mathrm e^{2x}+1\right)^4} \\[5pt] &=& \dfrac{\left(6\cdot \mathrm e^{x}-18\mathrm e^{3x}\right)\cdot \left( \mathrm e^{2x}+1\right) - \left( 6\cdot \mathrm e^{x}-6\mathrm e^{3x}\right)\cdot 2\cdot 2\cdot \mathrm e^{2x}}{\left( \mathrm e^{2x}+1\right)^3} \\[5pt] &=& \dfrac{\left(6 \mathrm e^{x}-18\mathrm e^{3x}\right)\cdot \left( \mathrm e^{2x}+1\right) - \left( 6 \mathrm e^{x}-6\mathrm e^{3x}\right)\cdot 4\cdot \mathrm e^{2x}}{\left( \mathrm e^{2x}+1\right)^3} \\[5pt] &=& \dfrac{6 \mathrm e^{3x}+6 \mathrm e^{x}-18\mathrm e^{5x}-18\mathrm e^{3x} - 24 \mathrm e^{3x}+24\mathrm e^{5x}}{\left( \mathrm e^{2x}+1\right)^3} \\[5pt] &=&\dfrac{-36 \mathrm e^{3x}+6 \mathrm e^{x}+6\mathrm e^{5x}}{\left( \mathrm e^{2x}+1\right)^3} \\[5pt] \end{array}$
$ f''(x)=… $
Gleichsetzen mit $0$ liefert:
$\begin{array}[t]{rll} \dfrac{-36 \mathrm e^{3x}+6 \mathrm e^{x}+6\mathrm e^{5x}}{\left( \mathrm e^{2x}+1\right)^3}&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;\cdot \left( \mathrm e^{2x}+1\right)^3 \\[5pt] -36 \mathrm e^{3x}+6 \mathrm e^{x}+6\mathrm e^{5x}&=& 0 \\[5pt] 6\mathrm e^{x}\left(-6\mathrm e^{2x}+1+\mathrm e^{4x}\right)&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;:\left(6\mathrm e^{x}\right)\neq 0 \\[5pt] -6\mathrm e^{2x}+1+\mathrm e^{4x}&=& 0 \\[5pt] \mathrm e^{4x}-6\mathrm e^{2x}+1&=& 0 \\[5pt] \end{array}$
$ \mathrm e^{4x}-6\mathrm e^{2x}+1= 0 $
#kettenregel
1.5
$\blacktriangleright$  Koordinaten des Wendepunkts bestimmen
1. Schritt: Notwendiges Kriterium anwenden
Mit den Ergebnissen aus 1.4 folgt:
$\begin{array}[t]{rll} f''(x)&=& 0 \\[5pt] \mathrm e^{4x}-6\mathrm e^{2x}+1&=& 0 \\[5pt] \left(\mathrm e^{2x}\right)^2-6\cdot \mathrm e^{2x}+1&=&0 &\quad \scriptsize \text{Substitution mit } \mathrm e^{2x}=z \\[5pt] z^2-6z +1 &=& 0 &\quad \scriptsize pq\text{-Formel} \\[5pt] z_{1/2}&=& -\frac{-6}{2}\pm \sqrt{\left(\frac{-6}{2}\right)^2-1} \\[5pt] &=& 3\pm \sqrt{8} \\[5pt] z_1&=& 3-\sqrt{8} \\[5pt] z_2&=& 3+\sqrt{8} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} z_1&=& 3-\sqrt{8} \\[5pt] z_2&=& 3+\sqrt{8} \end{array}$
Mit der Resubstitution folgt:
$\begin{array}[t]{rll} z_1&=& \mathrm e^{2x_1} \\[5pt] 3-\sqrt{8}&=& \mathrm e^{2x_1} &\quad \scriptsize \mid\;\ln \\[5pt] \ln(3-\sqrt{8})&=& 2x_1 &\quad \scriptsize \mid\; :2\\[5pt] \frac{1}{2}\cdot \ln(3-\sqrt{8})&=& x_1 \\[5pt] -0,88&\approx& x_1 \\[10pt] z_2&=& \mathrm e^{2x_2} \\[5pt] 3+\sqrt{8}&=& \mathrm e^{2x_2} &\quad \scriptsize \mid\;\ln \\[5pt] \ln(3+\sqrt{8})&=& 2x_2 &\quad \scriptsize \mid\; :2\\[5pt] \frac{1}{2}\cdot \ln(3+\sqrt{8})&=& x_2 \\[5pt] 0,88&\approx& x_2 \\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} z_1&=& \mathrm e^{2x_1} \\[5pt] -0,88&\approx& x_1 \\[10pt] z_2&=& \mathrm e^{2x_2} \\[5pt] 0,88&\approx& x_2 \\[10pt] \end{array}$
Da bereits angegeben ist, dass der Graph von $f$ im 1. Quadranten genau einen Wendepunkt besitzt, muss dieser an der Stelle $x_W\approx 0,88$ liegen.
2. Schritt: $\boldsymbol{y}$-Koordinate berechnen
$\begin{array}[t]{rll} f(0,88)&=& \dfrac{6\cdot \mathrm e^{0,88}}{\mathrm e^{2\cdot 0,88}+1} \\[5pt] &\approx& 2,12 \end{array}$
$ f(0,88)\approx 2,12 $
Die Koordinaten des Wendepunkts im 1. Quadranten lauten auf zwei Nachkommastellen gerundet $W_1(0,88\mid 2,12).$
#substitution
1.6
$\blacktriangleright$  Graphen zeichnen
Da der Graph von $f$ symmetrisch zur $y$-Achse ist, genügt es die Wertetabelle für positive Werte anzulegen:
$x$$ 0$$ 1$$2 $$ 3$$4 $
$y$$3 $$ 1,94 $$0,80 $$0,30 $$0,11 $
$x$$y$
$ 0$$3 $
$1 $$1,94 $
$2 $$0,80 $
$ 3$$0,30 $
$4 $$0,11 $
A II
Abb. 1: Graph von $f$ mit der Asymptote
A II
Abb. 1: Graph von $f$ mit der Asymptote
1.7.1
$\blacktriangleright$  Koeffizienten berechnen
Es ist $H:\, x\to \ln \left(\mathrm e^{a\cdot x}+b\right).$ Die beiden Bedingungen liefern:
  1. Der Graph $H$ verläuft durch den Punkt $T(0\mid \ln(2)).$ Es ist also $H(0) = \ln(2)$
  2. Die Tangente an den Graphen von $H$ im Punkt $T$ ist parallel zur Winkelhalbierenden des 1. und 3. Quadranten. Also ist $H'(0)=1.$
Die erste Ableitungsfunktion von $H$ ist:
$\begin{array}[t]{rll} H'(x)&=& \dfrac{1}{\mathrm e^{a\cdot x} + b} \cdot a\cdot \mathrm e^{a\cdot x} \\[5pt] &=& \dfrac{a\cdot \mathrm e^{a\cdot x} }{\mathrm e^{a\cdot x} + b} \\[5pt] \end{array}$
$ H'(x)=… $
Aus 1. ergibt sich folgende Gleichung:
$\begin{array}{lrll} \ln(2)&=& \ln\left(\mathrm e^{a\cdot 0} +b\right) \\[5pt] \ln(2)&=& \ln\left(1+b\right) &\quad \scriptsize \mid \;\mathrm e \\[5pt] 2&=&1+b&\quad \scriptsize \mid \;-1\\[5pt] 1 &=&b \end{array}$
$ 1 = b $
Dies kannst du nun zusammen mit 2. in die 1. Ableitungsfunktion einsetzen:
$\begin{array}[t]{rll} 1&=& \dfrac{a\cdot \mathrm e^{a\cdot 0} }{\mathrm e^{a\cdot 0} + 1} \\[5pt] 1&=& \dfrac{a}{1+ 1} \\[5pt] 1&=&\dfrac{a}{2} &\quad \scriptsize \mid\;\cdot 2 \\[5pt] 2&=&a \end{array}$
$ 2 = a $
$\blacktriangleright$  Stammfunktion zeigen
$H$ ist in $\mathbb{D}_H$ eine Stammfunktion von $h,$ wenn $H'(x)=h(x)$ für alle $x\in \mathbb{D}_H$ gilt. Es gilt:
$H'(x)= \dfrac{a\cdot \mathrm e^{a\cdot x} }{\mathrm e^{a\cdot x} + b}$
Mit $a=2$ und $b=1$ also:
$H'(x)= \dfrac{2\cdot \mathrm e^{2\cdot x} }{\mathrm e^{2\cdot x} + 1} = h(x)$
$H'(x)= … = h(x)$
Auf $\mathbb{D}_H$ ist also $H$ eine Stammfunktion von $h.$
1.7.2
$\blacktriangleright$  Maßzahl des Flächeninhalts nachweisen
1. Schritt: Schnittstelle berechnen
$\begin{array}[t]{rll} f(x)&=&h(x) \\[5pt] \dfrac{6\cdot \mathrm e^x}{\mathrm e^{2x}+1}&=& \dfrac{2\cdot \mathrm e^{2x}}{\mathrm e^{2x}+1} &\quad \scriptsize \mid\;\left(\mathrm e^{2x}+1 \right) \\[5pt] 6\cdot \mathrm e^x&=&2\cdot \mathrm e^{2x} &\quad \scriptsize \mid\;:\mathrm e^x \neq 0 \\[5pt] 6&=& 2\cdot \mathrm e^{x} &\quad \scriptsize \mid\;:2 \\[5pt] 3&=&\mathrm e^x &\quad \scriptsize \mid\;\ln \\[5pt] \ln(3)&=& x \end{array}$
$ \ln(3)=x $
2. Schritt: Flächeninhalt berechnen
Mit den Integrationsgrenzen $x_S= \ln(3)$ und $u$ ergibt sich mithilfe der Stammfunktion $H$ von $h:$
$\begin{array}[t]{rll} A(u)&=& \displaystyle\int_{\ln(3)}^{u}h(x)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& H(u) - H(\ln(3))\\[5pt] &=& \ln\left(\mathrm e^{2u}+1 \right) - \ln\left(\mathrm e^{2\ln(3)}+1 \right) \\[5pt] &=& \ln\left(\mathrm e^{2u}+1 \right) - \ln\left(10 \right) \\[5pt] &=& \ln\left(\dfrac{\mathrm e^{2u}+1 }{10}\right) \\[5pt] \end{array}$
$ A(u)= \ln\left(\dfrac{\mathrm e^{2u}+1 }{10}\right) $
$\blacktriangleright$  Wert von $\boldsymbol{u}$ bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} A(u)&=&\ln(5) \\[5pt] \ln\left(\dfrac{\mathrm e^{2u}+1 }{10}\right)&=& \ln(5)&\quad \scriptsize \mid\;\mathrm e \\[5pt] \dfrac{\mathrm e^{2u}+1 }{10}&=&5 &\quad \scriptsize \mid\;\cdot 10 \\[5pt] \mathrm e^{2u}+1&=& 50 &\quad \scriptsize \mid\;-1 \\[5pt] \mathrm e^{2u}&=&49 &\quad \scriptsize \mid\;\ln \\[5pt] 2u &=& \ln(49)&\quad \scriptsize \mid\;:2 \\[5pt] u&=& \dfrac{\ln(49)}{2} \end{array}$
$ u= \dfrac{\ln(49)}{2} $
Für $u= \frac{\ln(49)}{2}$ nimmt die Maßzahl des Flächeninhalts $A(u)$ den Wert $\ln(5)$ an.
#integral
2.1
$\blacktriangleright$  Parameterwerte bestimmen
Aus dem Aufgabentext lässt sich folgendes ableiten:
  • Die halbe Differenz des Maximums und des Minimums ergibt die Amplitude $a:$
    $a= \dfrac{16,12-8,40}{2} = 3,86$
    $ a=3,86 $
  • Die Summe aus dem Minimum und der Amplitude ergibt die Verschiebung $d$ in $y$-Richtung:
    $d= 3,86 + 8,40 = 12,26$
    $ d= 12,26 $
  • Da sich der Verlauf der Tageslängen nach einem Jahr wiederholt, ergibt sich die Periode $b$ zu:
    $b= \dfrac{2\pi}{366} = \dfrac{\pi}{183}$
    $ b= \dfrac{\pi}{183}$
  • Mit der Angabe der Tageslänge am 0. Tag ergibt sich für $c:$
    $\begin{array}[t]{rll} g(0)&=& 8,46 \\[5pt] a\cdot \sin \left(b\cdot 0 +c \right) + d&=& 8,46 \\[5pt] 3,86\cdot \sin \left(c \right) + 12,26&=& 8,46 &\quad \scriptsize \mid\;-12,26 \\[5pt] 3,86\cdot\sin \left(c \right)&=& -3,8 &\quad \scriptsize \mid\;:3,86 \\[5pt] \sin \left(c \right)&=& - \dfrac{190}{193} &\quad \scriptsize \mid\;\sin^{-1} \\[5pt] c&\approx& -1,39 \end{array}$
    $ c\approx -1,39 $

    Hinweis: Für $c$ gibt es mehrere verschiedene Möglichkeiten, die alle richtig sind.
    Es ist also $a=3,86,$ $b=\dfrac{\pi}{183},$ $c=-1,39$ und $d=12,26.$
2.2
$\blacktriangleright$  Tage berechnen
$\begin{array}[t]{rll} g(t)&=&12 \\[5pt] 3,86\cdot \sin\left(\dfrac{\pi}{183}t-1,39\right) +12,26&=& 12 &\quad \scriptsize \mid\; -12,26\\[5pt] 3,86\cdot \sin\left(\dfrac{\pi}{183}t-1,39\right)&=& -0,26 &\quad \scriptsize \mid\; :3,86 \\[5pt] \sin\left(\dfrac{\pi}{183}t-1,39\right) &=& -\frac{13}{193} &\quad \scriptsize \mid\; \sin^{-1} \\[5pt] \dfrac{\pi}{183}t-1,39 &\approx& -0,0674&\quad \scriptsize \mid\;+ 1,39\\[5pt] \dfrac{\pi}{183}t&\approx& 1,3226 &\quad \scriptsize \mid\;:\dfrac{\pi}{183} \\[5pt] t&\approx& 77 \end{array}$
$ t\approx 77 $
Da alle Funktionswerte, außer das Minimum und das Maximum, entsprechend der Periode zweimal im Jahr auftreten, gibt es noch einen zweiten Tag:
$77 + 183 = 260$
An den Tagen $t_1\approx 77$ und $t_2\approx 260$ beträgt die Tageslänge in München $12$ Stunden.
2.3
$\blacktriangleright$  Kürzesten Tag des Jahres berechnen
Der kürzeste Tag des Jahres ist laut Aufgabenstellung $8,40\,\text{h}$ lang:
$\begin{array}[t]{rll} g(t)&=& 8,40 \\[5pt] 3,86\cdot \sin\left(\dfrac{\pi}{183}t-1,39\right) +12,26&=& 8,40 &\quad \scriptsize \mid\; -12,26\\[5pt] 3,86\cdot \sin\left(\dfrac{\pi}{183}t-1,39\right) &=& -3,86 &\quad \scriptsize \mid\;:3,86 \\[5pt] \sin\left(\dfrac{\pi}{183}t-1,39\right)&=& -1 &\quad \scriptsize \mid\; \\[5pt] \dfrac{\pi}{183}t-1,39&=& -\frac{1}{2}\pi&\quad \scriptsize \mid\; +1,39\\[5pt] \dfrac{\pi}{183}t&\approx& -0,1808 &\quad \scriptsize \mid\;:\dfrac{\pi}{183} \\[5pt] t&\approx& -11 \end{array}$
$ t\approx -11 $
Dieser Wert liegt außerhalb des Definitionsbereichs. Mit der Periode ergibt sich aber:
$-11 + 366 = 355$
Der kürzeste Tag des Jahres 2016 in München ist $t=355.$
2.4
$\blacktriangleright$  Prozentualen Anteil der Tageslicht-Stunden berechnen
Die Gesamtzahl der Tageslicht-Stunden in den ersten $100$ Tagen des Jahres ergibt sich zu:
$\begin{array}[t]{rll} \displaystyle\int_{0}^{100}g(t)\;\mathrm dt&=& \displaystyle\int_{0}^{100}\left( 3,86\cdot \sin\left(\dfrac{\pi}{183}t-1,39\right) +12,26\right)\;\mathrm dt \\[5pt] &=& [-\dfrac{706,38}{\pi}\cos\left(\dfrac{\pi}{183}t-1,39 \right)+12,26t]_0^{100}\\[5pt] &=&-\dfrac{706,38}{\pi}\cos\left(\dfrac{\pi}{183}\cdot 100-1,39 \right)+12,26\cdot 100\\[5pt] &&+\dfrac{706,38}{\pi}\cos\left(\dfrac{\pi}{183}\cdot 0-1,39 \right)-12,26\cdot 0 \\[5pt] &\approx& 1.053 \\[5pt] \end{array}$
$ … \approx 1.053 $
Die Gesamtzahl der Stunden in den ersten $100$ Tagen beträgt $100\cdot 24 = 2.400.$
$\begin{array}[t]{rll} \dfrac{1.053}{2.400}&=& 0,43875 \end{array}$
Der prozentuale Anteil der Tageslicht-Stunden in den ersten $100$ Tagen 2016 in München beträgt ca. $44\,\%.$
#integral
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