Doc Alvers Mathe-Labor

Abitur-Training: Integralrechnung — Flächen und Mittelwerte

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

Was das Integral verschweigt

AFB I · Reproduzieren

Gegeben ist die in $\mathbb{R}$ definierte Funktion $f$ mit $f(x) = x^3 - x^2 - 2 \cdot x$. Der Graph von $f$ schließt mit der $x$-Achse zwei Flächenstücke vollständig ein: das Stück $A_1$ über der Achse und das Stück $A_2$ darunter (siehe Abbildung).

Der Graph von f schließt mit der x-Achse zwei Flächenstücke ein: A1 über der Achse (grün), A2 darunter (orange).

Berechnen Sie die Nullstellen von $f$.
Geben Sie eine Stammfunktion $F$ von $f$ an und berechnen Sie den Inhalt des Flächenstücks $A_1$.
Berechnen Sie den Inhalt des Flächenstücks $A_2$ und den gesamten Inhalt der beiden eingeschlossenen Flächenstücke.
Berechnen Sie $\int_{-1}^{2} f(x)\,dx$ und den Mittelwert der Funktionswerte von $f$ über dem Intervall $[-1;\,2]$. Erklären Sie, warum das Integral hier nicht der Flächeninhalt ist.

Die Linse zwischen Parabel und Gerade

AFB II · Zusammenhänge herstellen

Gegeben sind die in $\mathbb{R}$ definierten Funktionen $f$ mit $f(x) = -x^2 + 6 \cdot x - 5$ und $g$ mit $g(x) = x - 1$. Ihre Graphen schließen eine Fläche vollständig ein (siehe Abbildung).

Die Graphen von f und g schließen zwischen P(1|0) und Q(4|3) eine Fläche ein.

Berechnen Sie die Schnittstellen der beiden Graphen und geben Sie die Schnittpunkte $P$ und $Q$ an.
Berechnen Sie den Inhalt $A$ der eingeschlossenen Fläche sowie den mittleren senkrechten Abstand der beiden Graphen über dem Intervall $[1;\,4]$.
Zeigen Sie, dass die Parallele zur $y$-Achse mit der Gleichung $x = 2{,}5$ die eingeschlossene Fläche halbiert.
Die Gerade $h$ verläuft durch den Punkt $P$ und hat den Anstieg $m$ mit $1 < m < 4$. Bestimmen Sie $m$ so, dass $h$ die eingeschlossene Fläche im Verhältnis $1 : 7$ teilt.

Was die Anlage am Tag liefert

AFB III · Reflektieren und Beurteilen

Eine Photovoltaikanlage liefert an einem wolkenlosen Sommertag die Leistung $p$ mit $p(t) = 3 \cdot t - 0{,}25 \cdot t^2$ für $0 \leq t \leq 12$. Dabei ist $t$ die Zeit in Stunden nach $6$ Uhr und $p(t)$ die Leistung in Kilowatt (kW). Der Inhalt der Fläche zwischen dem Graphen und der $t$-Achse gibt die in diesem Zeitraum erzeugte Energie in Kilowattstunden (kWh) an.

Die Leistung der Anlage über den Tag. Der Inhalt der orangen Fläche ist die erzeugte Energie.

Berechnen Sie, wie viel Energie die Anlage an diesem Tag insgesamt erzeugt, und geben Sie die mittlere Leistung über die zwölf Stunden an.
Bestimmen Sie den Zeitpunkt, zu dem die Hälfte der Tagesenergie erzeugt ist.
Der Haushalt verbraucht durchgehend $5$ kW. Bestimmen Sie den Zeitraum, in dem die Anlage mehr liefert, als verbraucht wird, und berechnen Sie die in diesem Zeitraum anfallende Überschussenergie.
Beurteilen Sie die Aussage: „Ein Speicher mit einer Kapazität von 20 kWh genügt, um den gesamten Überschuss dieses Tages aufzunehmen.“

Lösungen

1 · Was das Integral verschweigt

a) Ausklammern statt Formel: $f(x) = x \cdot (x^2 - x - 2) = x \cdot (x-2) \cdot (x+1)$. Ein Produkt ist genau dann null, wenn ein Faktor null ist, also $x_1 = -1$, $x_2 = 0$ und $x_3 = 2$. Alle drei Nullstellen sind einfach, der Graph wechselt dort jeweils das Vorzeichen.

b) $F(x) = \dfrac{1}{4} x^4 - \dfrac{1}{3} x^3 - x^2$, denn $F'(x) = x^3 - x^2 - 2x$. Über der Achse liegt das Stück zwischen $x = -1$ und $x = 0$: $A_1 = \int_{-1}^{0} f(x)\,dx = F(0) - F(-1) = 0 - \left(\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{3} - 1\right) = \dfrac{5}{12} \approx 0{,}42$ FE.

c) Zwischen $x = 0$ und $x = 2$ ist $f(x) \leq 0$, das Integral wird dort negativ: $\int_{0}^{2} f(x)\,dx = F(2) - F(0) = \left(4 - \dfrac{8}{3} - 4\right) - 0 = -\dfrac{8}{3}$. Der Flächeninhalt ist der Betrag davon, also $A_2 = \dfrac{8}{3} \approx 2{,}67$ FE. Zusammen ergibt sich $A_1 + A_2 = \dfrac{5}{12} + \dfrac{32}{12} = \dfrac{37}{12} \approx 3{,}08$ FE.

d) $\int_{-1}^{2} f(x)\,dx = F(2) - F(-1) = -\dfrac{8}{3} + \dfrac{5}{12} = -\dfrac{9}{4} = -2{,}25$. Der Mittelwert der Funktionswerte ist $\bar{f} = \dfrac{1}{2 - (-1)} \int_{-1}^{2} f(x)\,dx = \dfrac{1}{3} \cdot \left(-\dfrac{9}{4}\right) = -\dfrac{3}{4}$. Das Integral zählt Flächenstücke unter der Achse negativ: Es liefert $A_1 - A_2 = \dfrac{5}{12} - \dfrac{8}{3} = -\dfrac{9}{4}$ und damit gerade nicht $A_1 + A_2$. Für den Flächeninhalt muss man an jeder Nullstelle mit Vorzeichenwechsel trennen und die Beträge der Teilintegrale addieren.

Der Betrag steht außen um jedes Teilintegral, nicht um das Gesamtintegral: $\left|\int_{-1}^{0} f\right| + \left|\int_{0}^{2} f\right| = \dfrac{37}{12}$, aber $\left|\int_{-1}^{2} f\right| = \dfrac{9}{4}$. Wer die Nullstellen überspringt, verrechnet sich hier um mehr als $0{,}8$ Flächeneinheiten.

2 · Die Linse zwischen Parabel und Gerade

a) Gleichsetzen: $-x^2 + 6x - 5 = x - 1$, also $x^2 - 5x + 4 = 0$ und damit $(x-1) \cdot (x-4) = 0$. Die Schnittstellen sind $x = 1$ und $x = 4$. Mit $g(1) = 0$ und $g(4) = 3$ folgt $P(1 \mid 0)$ und $Q(4 \mid 3)$.

b) Zwischen den Schnittstellen verläuft der Graph von $f$ oberhalb des Graphen von $g$, die Differenzfunktion ist $d(x) = f(x) - g(x) = -x^2 + 5 \cdot x - 4$. Damit $A = \int_1^4 d(x)\,dx = \left[-\dfrac{1}{3}x^3 + \dfrac{5}{2}x^2 - 4x\right]_1^4 = \dfrac{8}{3} - \left(-\dfrac{11}{6}\right) = \dfrac{9}{2} = 4{,}5$ FE. Der mittlere senkrechte Abstand ist $\bar{d} = \dfrac{1}{4-1} \cdot \dfrac{9}{2} = \dfrac{3}{2} = 1{,}5$.

c) $\int_1^{2{,}5} d(x)\,dx = \left[-\dfrac{1}{3}x^3 + \dfrac{5}{2}x^2 - 4x\right]_1^{2{,}5} = \dfrac{5}{12} - \left(-\dfrac{11}{6}\right) = \dfrac{9}{4}$, und das ist genau $\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{9}{2}$. Beide Teile sind also gleich groß. Das ist kein Zufall: $d$ ist eine nach unten geöffnete Parabel mit den Nullstellen $1$ und $4$, ihr Scheitel liegt bei $x = \dfrac{1+4}{2} = 2{,}5$. Der Graph von $d$ ist symmetrisch zu dieser Geraden, und damit auch die Fläche.

d) Es ist $h(x) = m \cdot (x-1)$. Wegen $f(x) = -(x-1) \cdot (x-5)$ gilt $f(x) - h(x) = (x-1) \cdot (5 - m - x)$, die zweite Schnittstelle von $h$ mit der Parabel ist also $x = 5 - m$. Mit der Streifenbreite $c = (5-m) - 1 = 4 - m$ und der Substitution $u = x - 1$ ergibt sich $\int_1^{5-m} (x-1)(5-m-x)\,dx = \int_0^{c} u \cdot (c-u)\,du = \dfrac{c^3}{6}$. Das kleinere Stück soll $\dfrac{1}{8}$ der Gesamtfläche sein: $\dfrac{c^3}{6} = \dfrac{1}{8} \cdot \dfrac{9}{2} = \dfrac{9}{16}$, also $c^3 = \dfrac{27}{8}$ und $c = \dfrac{3}{2}$. Damit ist $m = 4 - \dfrac{3}{2} = 2{,}5$ und $h(x) = 2{,}5 \cdot x - 2{,}5$; die Gerade trifft die Parabel in $R(2{,}5 \mid 3{,}75)$. Die Teilflächen sind $\dfrac{9}{16}$ und $\dfrac{63}{16}$, ihr Verhältnis ist $1 : 7$.

Zu c): Die Parallele zur y-Achse durch x = 2,5 geht durch den Scheitel der Differenzparabel — beide Teile haben den Inhalt 2,25 FE.

Zu d): Die Gerade h durch P mit dem Anstieg 2,5 trifft die Parabel in R(2,5 | 3,75). Das obere Stück ist 0,5625 FE groß, der Rest 3,9375 FE — das Verhältnis 1 : 7.

Der Inhalt zwischen zwei Graphen ist immer $\int (\text{oben} - \text{unten})\,dx$ — ob die Graphen dabei über oder unter der $x$-Achse liegen, spielt keine Rolle: Verschiebt man beide um denselben Betrag nach oben, hebt sich die Verschiebung in der Differenz weg. Wer stattdessen zwei Einzelflächen zur $x$-Achse ausrechnet und voneinander abzieht, bekommt spätestens beim nächsten Vorzeichenwechsel Unsinn.

3 · Was die Anlage am Tag liefert

a) $\int_0^{12} \left(3t - 0{,}25 \cdot t^2\right) dt = \left[1{,}5 \cdot t^2 - \dfrac{t^3}{12}\right]_0^{12} = 216 - 144 = 72$. Die Anlage erzeugt an diesem Tag 72 kWh. Die mittlere Leistung ist $\bar{p} = \dfrac{1}{12} \cdot 72 = 6$ kW — deutlich weniger als die größte Leistung $p(6) = 9$ kW.

b) Gesucht ist $t$ mit $1{,}5 \cdot t^2 - \dfrac{t^3}{12} = 36$, also $t^3 - 18 \cdot t^2 + 432 = 0$. Die Lösung $t = 6$ erkennt man durch Probieren; Abspalten des Linearfaktors ergibt $(t-6) \cdot (t^2 - 12t - 72) = 0$ mit den weiteren Lösungen $t = 6 \pm 6\sqrt{3}$, die beide außerhalb von $[0;\,12]$ liegen. Nach 6 Stunden, also um 12 Uhr, ist die Hälfte erzeugt. Das passt zur Symmetrie: Wegen $p(6-u) = p(6+u) = 9 - 0{,}25 \cdot u^2$ ist der Graph symmetrisch zur Geraden $t = 6$.

c) $3t - 0{,}25 \cdot t^2 = 5$ führt auf $t^2 - 12 \cdot t + 20 = 0$, also $(t-2) \cdot (t-10) = 0$. Zwischen $t = 2$ und $t = 10$ — das entspricht 8 Uhr bis 16 Uhr — liegt der Graph über der Verbrauchslinie. Der Überschuss ist $\int_2^{10} \left(3t - 0{,}25 \cdot t^2 - 5\right) dt = \left[1{,}5 \cdot t^2 - \dfrac{t^3}{12} - 5t\right]_2^{10} = \dfrac{50}{3} - \left(-\dfrac{14}{3}\right) = \dfrac{64}{3} \approx 21{,}3$ kWh.

d) Die Aussage ist falsch. Der Überschuss beträgt $\dfrac{64}{3} \approx 21{,}3$ kWh, rund $1{,}3$ kWh mehr, als der Speicher fasst. An einem einzelnen Funktionswert ist das nicht abzulesen: Die größte Überschussleistung ist $p(6) - 5 = 4$ kW, und $4 \cdot 8 = 32$ kWh ist nur eine grobe obere Schranke — an den Rändern des Zeitraums ist der Überschuss null. Erst das Integral über den gesamten Zeitraum liefert die tatsächlich gespeicherte Menge.

Zu c) und d): Zwischen t = 2 und t = 10 liegt der Graph über der Verbrauchslinie von 5 kW. Die grüne Fläche ist der Überschuss von rund 21,3 kWh.

Kilowatt sind keine Kilowattstunden. $p(6) = 9$ ist eine Leistung und sagt nur, wie schnell in diesem Augenblick Energie erzeugt wird. Die Menge steckt in der Fläche unter dem Graphen — deshalb hilft bei d) kein Funktionswert, sondern nur das Integral.