Doc Alvers Mathe-Labor

Abitur-Training: Analysis — Leistungskurs

Berufliches Gymnasium · Pflichtaufgabe 1 · Leistungskurs · drei Aufgaben, Anforderungsbereiche I bis III

Eine Schar mit wandernden Gipfeln

AFB I · Reproduzieren

Für jedes $a > 0$ ist die in $\mathbb{R}$ definierte Funktion $f_a$ mit $f_a(x) = x \cdot e^{1 - a \cdot x}$ gegeben. Die Abbildung zeigt die Graphen der drei Scharkurven zu $a = 0{,}5$, $a = 1$ und $a = 2$.

Drei Kurven der Schar. Je größer a, desto weiter links und desto niedriger liegt der Gipfel.

Berechnen Sie die Nullstellen von $f_a$ und untersuchen Sie das Verhalten von $f_a$ für $x \to \infty$.
Bestimmen Sie in Abhängigkeit von $a$ die Koordinaten des Hochpunktes $H_a$ und weisen Sie nach, dass dort tatsächlich ein Maximum vorliegt.
Zeigen Sie, dass alle Hochpunkte $H_a$ auf der Geraden mit der Gleichung $y = x$ liegen, und geben Sie an, welcher Teil dieser Geraden dabei durchlaufen wird.
Bestimmen Sie in Abhängigkeit von $a$ die Koordinaten des Wendepunktes $W_a$ und zeigen Sie, dass auch alle Wendepunkte auf einer Geraden durch den Ursprung liegen.

Eine volle Periode, ohne zu integrieren

AFB II · Zusammenhänge herstellen

Gegeben ist die in $\mathbb{R}$ definierte Funktion $w$ mit $w(x) = -3 \cdot \sin\!\left(\frac{x}{2}\right) + 3$. Die Abbildung zeigt ihren Graphen; die waagerechte Gerade mit der Gleichung $y = 3$ heißt im Folgenden Mittellinie.

Der Graph von w über einer vollen Periode. Links fehlt gegenüber dem Rechteck der Höhe 3 ein Stück, rechts kommt eines dazu.

Begründen Sie, dass $w$ die kleinste Periode $p = 4\pi$ besitzt, und geben Sie den Wertebereich von $w$ an.
Bestimmen Sie die Koordinaten des Hoch- und des Tiefpunktes des Graphen von $w$ im Intervall $0 \leq x \leq 4\pi$.
Bestimmen Sie die Koordinaten der Wendepunkte in diesem Intervall und weisen Sie nach, dass der Graph punktsymmetrisch zum Wendepunkt $W(2\pi \mid 3)$ ist.
Der Graph von $w$ schließt über einer vollen Periode mit der $x$-Achse eine Fläche ein. Bestimmen Sie deren Inhalt ohne Integralrechnung und begründen Sie Ihren Weg.

Zwei Kulturen, ein Vorsprung

AFB III · Reflektieren und Beurteilen

In einem Labor werden zwei gleich große Bakterienkulturen mit zwei verschiedenen Wirkstoffen behandelt. Zu Beginn enthält jede Kultur $400$ Millionen Bakterien. Für $t \geq 0$ beschreiben $N_A(t) = 400 \cdot e^{-0{,}2 \cdot t}$ und $N_B(t) = 400 \cdot e^{-0{,}4 \cdot t}$ die Anzahl der Bakterien in Millionen; dabei ist $t$ die seit dem Behandlungsbeginn vergangene Zeit in Stunden.

Beide Kulturen starten bei 400 Millionen. Die senkrechte Strecke markiert den größten Abstand nach rund 3,5 Stunden.

Berechnen Sie, um wie viele Millionen Bakterien sich die beiden Kulturen zwei Stunden nach Behandlungsbeginn unterscheiden.
Bestimmen Sie den Zeitpunkt, zu dem der Unterschied zwischen beiden Kulturen am größten ist, sowie diesen größten Unterschied. Weisen Sie nach, dass dort wirklich ein Maximum vorliegt.
Die Graphen der beiden Ableitungsfunktionen $N_A'$ und $N_B'$ schneiden einander genau an dieser Stelle. Deuten Sie diesen Schnittpunkt im Sachzusammenhang.
Beurteilen Sie die Aussage: „Zwölf Stunden nach Behandlungsbeginn ist in beiden Kulturen ohnehin fast nichts mehr übrig — welcher Wirkstoff verwendet wurde, spielt dann keine Rolle mehr.“

Lösungen

1 · Eine Schar mit wandernden Gipfeln

a) Ein Produkt ist genau dann null, wenn ein Faktor null ist. Der Faktor $e^{1 - a \cdot x}$ ist für jedes $x$ positiv, also bleibt nur $x = 0$: Jede Kurve der Schar geht durch den Ursprung, und zwar nur dort durch die $x$-Achse. Für das Grenzverhalten schreibt man $f_a(x) = \dfrac{x}{e^{a \cdot x - 1}}$. Der Nenner wächst für $a > 0$ schneller als jede Potenz von $x$, also gilt $f_a(x) \to 0$ für $x \to \infty$. Wegen $f_a(x) > 0$ für $x > 0$ nähert sich der Graph der $x$-Achse von oben.

b) Mit der Produktregel ist $f_a'(x) = 1 \cdot e^{1 - a x} + x \cdot (-a) \cdot e^{1 - a x} = e^{1 - a x} \cdot (1 - a \cdot x)$. Wieder ist der e-Term nie null, also $f_a'(x) = 0$ genau für $x = \dfrac{1}{a}$. Nochmaliges Ableiten liefert $f_a''(x) = a \cdot e^{1 - a x} \cdot (a \cdot x - 2)$, und an der Stelle $\dfrac{1}{a}$ ist $f_a''\!\left(\dfrac{1}{a}\right) = a \cdot e^{0} \cdot (1 - 2) = -a < 0$, denn $a$ ist positiv. Dort liegt also ein Maximum mit dem Wert $f_a\!\left(\dfrac{1}{a}\right) = \dfrac{1}{a} \cdot e^{1 - 1} = \dfrac{1}{a}$, kurz $H_a\!\left(\dfrac{1}{a} \mid \dfrac{1}{a}\right)$.

c) Der Hochpunkt hat die Koordinaten $x_H = \dfrac{1}{a}$ und $y_H = \dfrac{1}{a}$; beide Koordinaten stimmen für jedes $a$ überein, also erfüllt jeder Hochpunkt die Gleichung $y = x$. Durchlaufen wird dabei nicht die ganze Gerade: Weil $a$ alle positiven Zahlen durchläuft, nimmt $\dfrac{1}{a}$ ebenfalls jeden positiven Wert genau einmal an. Die Ortskurve ist damit die Halbgerade $y = x$ mit $x > 0$, der Ursprung selbst gehört nicht dazu.

d) Aus $f_a''(x) = a \cdot e^{1 - a x} \cdot (a \cdot x - 2) = 0$ folgt wegen $a > 0$ und $e^{1 - a x} > 0$ die einzige Lösung $x = \dfrac{2}{a}$. Der Faktor $a \cdot x - 2$ wechselt dort das Vorzeichen von minus nach plus, also liegt ein Wendepunkt vor. Sein Funktionswert ist $f_a\!\left(\dfrac{2}{a}\right) = \dfrac{2}{a} \cdot e^{-1} = \dfrac{2}{a \cdot e}$, also $W_a\!\left(\dfrac{2}{a} \mid \dfrac{2}{a \cdot e}\right)$. Setzt man $x = \dfrac{2}{a}$, so ist $y = \dfrac{2}{a \cdot e} = \dfrac{x}{e}$: Alle Wendepunkte liegen auf der Ursprungsgeraden $y = \dfrac{1}{e} \cdot x$ mit dem Anstieg $\dfrac{1}{e} \approx 0{,}368$.

Zu c) und d): Die Hochpunkte (rot) liegen auf der Winkelhalbierenden y = x, die Wendepunkte (grün) auf der flacheren Ursprungsgeraden mit dem Anstieg 0,368.

Beim Ableiten ist $a$ eine feste Zahl, abgeleitet wird nach $x$ — $e^{1 - a x}$ liefert also den Faktor $-a$, nicht $-x$. Und wer nur eine einzelne Kurve untersucht, etwa die zu $a = 1$, hat über die Schar nichts gezeigt: Gefragt sind Aussagen, die für jedes $a > 0$ gelten.

2 · Eine volle Periode, ohne zu integrieren

a) Die Sinusfunktion wiederholt sich, sobald ihr Argument um $2\pi$ wächst. Hier ist das Argument $\frac{x}{2}$, es wächst also nur halb so schnell wie $x$: $w(x + 4\pi) = -3 \cdot \sin\!\left(\frac{x}{2} + 2\pi\right) + 3 = w(x)$. Kleiner kann die Periode nicht sein, denn den Wert $0$ nimmt $w$ nur an, wenn $\sin\!\left(\frac{x}{2}\right) = 1$ ist, und das passiert nur an den Stellen $x = \pi + 4 k \pi$ — je Periode also genau einmal. Aus $-1 \leq \sin\!\left(\frac{x}{2}\right) \leq 1$ folgt außerdem $-3 \leq -3 \cdot \sin\!\left(\frac{x}{2}\right) \leq 3$, der Wertebereich ist $0 \leq w(x) \leq 6$.

b) Mit der Kettenregel ist $w'(x) = -3 \cdot \cos\!\left(\frac{x}{2}\right) \cdot \frac{1}{2} = -\frac{3}{2} \cdot \cos\!\left(\frac{x}{2}\right)$. Der Kosinus ist null für $\frac{x}{2} = \frac{\pi}{2} + k\pi$, also für $x = \pi + 2k\pi$; im Intervall sind das $x = \pi$ und $x = 3\pi$. Mit $w''(x) = \frac{3}{4} \cdot \sin\!\left(\frac{x}{2}\right)$ ist $w''(\pi) = \frac{3}{4} > 0$ und $w''(3\pi) = -\frac{3}{4} < 0$. Also Tiefpunkt $T(\pi \mid 0)$ und Hochpunkt $H(3\pi \mid 6)$.

c) $w''(x) = 0$ verlangt $\sin\!\left(\frac{x}{2}\right) = 0$, also $\frac{x}{2} = k\pi$ und damit $x = 2k\pi$; im Intervall sind das $x = 0$, $x = 2\pi$ und $x = 4\pi$. An jeder dieser Stellen wechselt $w''$ das Vorzeichen, und der Funktionswert ist jeweils $3$: die Wendepunkte $(0 \mid 3)$, $W(2\pi \mid 3)$ und $(4\pi \mid 3)$. Für die Punktsymmetrie zu $W$ rechnet man mit beliebigem $u$: $w(2\pi - u) = -3 \cdot \sin\!\left(\pi - \frac{u}{2}\right) + 3 = -3 \cdot \sin\!\left(\frac{u}{2}\right) + 3$ und $w(2\pi + u) = -3 \cdot \sin\!\left(\pi + \frac{u}{2}\right) + 3 = 3 \cdot \sin\!\left(\frac{u}{2}\right) + 3$. Die Summe ist $w(2\pi - u) + w(2\pi + u) = 6 = 2 \cdot 3$ — genau die Bedingung dafür, dass $W$ Symmetriezentrum des Graphen ist.

d) Wegen $w(x) \geq 0$ liegt der Graph nirgends unter der $x$-Achse; der Flächeninhalt über einer Periode ist deshalb der Inhalt des Streifens zwischen Graph und Achse. Vergleicht man diesen Streifen mit dem Rechteck über $[0;\,4\pi]$ mit der Höhe $3$, so fehlt links das Stück zwischen Graph und Mittellinie, rechts kommt ein Stück oberhalb der Mittellinie hinzu. Die Punktspiegelung an $W$ aus Teil c) bildet das linke Stück genau auf das rechte ab, beide sind also inhaltsgleich: Was fehlt, wird ersetzt. Damit ist $A = 4\pi \cdot 3 = 12\pi \approx 37{,}7$ FE. Der Mittelwert der Funktionswerte über einer Periode ist entsprechend $\frac{12\pi}{4\pi} = 3$ — die Höhe der Mittellinie.

Zu d): Die Drehung um 180 Grad um den Wendepunkt W bildet das fehlende Stück auf das hinzukommende ab. Der gesuchte Inhalt ist deshalb genau der Rechteckinhalt 12,57 mal 3, also rund 37,7 Flächeneinheiten.

Die kleinste Periode von $\sin\!\left(\frac{x}{b}\right)$ ist $2\pi \cdot b$, nicht $\frac{2\pi}{b}$: Das Argument wächst langsamer als $x$, die Welle wird also breiter statt schmaler. Wer hier mit $\pi$ statt $4\pi$ rechnet, halbiert in d) die Fläche gleich mit.

3 · Zwei Kulturen, ein Vorsprung

a) $N_A(2) = 400 \cdot e^{-0{,}4} \approx 268{,}1$ und $N_B(2) = 400 \cdot e^{-0{,}8} \approx 179{,}7$. Die Differenz beträgt $d(2) = N_A(2) - N_B(2) \approx 88{,}4$, nach zwei Stunden also rund 88 Millionen Bakterien Unterschied.

b) Betrachtet wird die Differenzfunktion $d(t) = 400 \cdot \left(e^{-0{,}2 t} - e^{-0{,}4 t}\right)$ mit $d'(t) = 400 \cdot \left(-0{,}2 \cdot e^{-0{,}2 t} + 0{,}4 \cdot e^{-0{,}4 t}\right)$. Aus $d'(t) = 0$ folgt $0{,}4 \cdot e^{-0{,}4 t} = 0{,}2 \cdot e^{-0{,}2 t}$; Division durch $0{,}2 \cdot e^{-0{,}4 t}$ ergibt $2 = e^{0{,}2 t}$ und damit $t^{*} = \dfrac{\ln 2}{0{,}2} = 5 \cdot \ln 2 \approx 3{,}47$, also etwa 3 Stunden und 28 Minuten. Wegen $e^{-0{,}2 t^{*}} = \dfrac{1}{2}$ und $e^{-0{,}4 t^{*}} = \dfrac{1}{4}$ ist $d''(t^{*}) = 400 \cdot \left(0{,}04 \cdot \dfrac{1}{2} - 0{,}16 \cdot \dfrac{1}{4}\right) = -8 < 0$: ein Maximum. Der größte Unterschied beträgt $d(t^{*}) = 400 \cdot \left(\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{4}\right) = \mathbf{100}$ Millionen — Kultur A enthält dann $200$, Kultur B $100$ Millionen Bakterien.

c) Es ist $d'(t) = N_A'(t) - N_B'(t)$, und $d'(t^{*}) = 0$ bedeutet gerade $N_A'(t^{*}) = N_B'(t^{*})$ — das ist der Schnittpunkt der beiden Ableitungsgraphen. Dort schrumpfen beide Kulturen gleich schnell: $N_A'(t^{*}) = -80 \cdot \dfrac{1}{2} = -40$ und $N_B'(t^{*}) = -160 \cdot \dfrac{1}{4} = -40$, also je $40$ Millionen Bakterien pro Stunde. Vorher fällt $N_B$ schneller, der Abstand wächst; nachher fällt $N_A$ schneller, der Abstand schrumpft wieder. Der Schnittpunkt der Ableitungsgraphen markiert also genau den Umschlagpunkt.

d) Die Aussage ist nicht haltbar. Zwar sind die absoluten Zahlen klein geworden — $N_A(12) = 400 \cdot e^{-2{,}4} \approx 36{,}3$ und $N_B(12) = 400 \cdot e^{-4{,}8} \approx 3{,}3$ Millionen —, doch der Unterschied beträgt immer noch rund $33$ Millionen Bakterien, und relativ gesehen enthält Kultur A das $e^{2{,}4} \approx 11$-fache von Kultur B. Für die Behandlung zählt, wann eine Kultur unter eine vorgegebene Schranke fällt: Bis auf $4$ Millionen, also $1\ \%$ des Anfangswertes, braucht Wirkstoff B $t = \dfrac{\ln 100}{0{,}4} \approx 11{,}5$ Stunden, Wirkstoff A dagegen $t = \dfrac{\ln 100}{0{,}2} \approx 23{,}0$ Stunden — doppelt so lange. Im Modell wird ohnehin keine Kultur je vollständig leer, denn $e^{-k \cdot t} > 0$ für jedes $t$.

Zu b) und c): Die Graphen der beiden Änderungsraten schneiden einander bei t = 3,47 im Wert −40. Vorher liegt die Rate von B tiefer, nachher die von A — genau dazwischen ist der Abstand der Kulturen am größten.

„Der Unterschied ist am größten“ heißt nicht „hier fällt eine Kurve am steilsten“. Gesucht ist das Maximum der Differenz, also $d'(t) = 0$ und damit $N_A'(t) = N_B'(t)$: Der Abstand wächst genau so lange, wie Kultur B schneller schrumpft als Kultur A.