Lösung Stau WTR

Zuletzt geändert von akukin am 2024/03/26 23:42

1.

  1. x_1=0;x_2=\frac{8}{5};x_3=4 sind die einzigen Nullstellen von f, denn der Funktionsterm ist in Produktform und hat drei Faktoren, die jeweils für diese Werte von x null werden.
    Zeitpunkte: 6:00 Uhr; 7:36 Uhr; 10:00 Uhr
  2. Um 8:00 Uhr nimmt die Länge des Staus ab.
  3. f^\prime\left(x\right)=\left(5x^2-16x+8\right)\cdot\left(1-\frac{x}{4}\right)
    f^\prime\left(x\right)=0\ \ \ \Leftrightarrow\ \ \ x_1=\frac{8}{5}-\frac{2}{5}\sqrt{6} \approx 0,6202;\ \ x_2=\frac{8}{5}+\frac{2}{5}\sqrt{6}\approx2,5798;\ \ x_3=4
    f\left(0\right)=0;\ \ f\left(x_1\right)\approx2,169;\ \ f\left(x_2\right)\approx-1,593;\ \ f\left(x_3\right)=0
    Damit nimmt die Staulänge etwa 0,6202 Stunden nach 06:00 Uhr, das heißt um 6:37 Uhr, am stärksten zu. Die Änderungsrate beträgt zu diesem Zeitpunkt 2,169 km/h.
  4. Zwischen 6:00 Uhr und 7:36 Uhr verläuft der Graph von f über der x-Achse. Da die Staulänge das Integral über f\left(x\right) zwischen x=0 und dem aktuellen Zeitpunkt ist, muss der Stau um 7:36 Uhr am längsten sein.
  5. Die Aussage ist richtig, wenn gilt, dass die Funktion s die Integralfunktion über f\left(t\right) mit der unteren Grenze t=0 (6:00 Uhr) ist:
    s\left(x\right)=\int_{0}^{x}{f\left(t\right)\mathrm{d} t}
    Der Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung besagt:
    \left(\int_{0}^{x}{f\left(t\right)\mathrm{d} t}\right)^\prime=f\left(x\right)
    Also muss gelten: s^\prime\left(x\right)=f\left(x\right)
    s\left(x\right)=-\frac{1}{16}x^5+\frac{3}{4}x^4-3x^3+\ 4x^2\ \ \ \Rightarrow\ \ \ s^\prime\left(x\right)=-\frac{5}{16}x^4+3x^3-9x^2+8x=f\left(x\right)
    Zudem muss gelten: s\left(0\right)=0
    Da beide Voraussetzungen erfüllt sind, gibt s\left(x\right) tatsächlich die Staulänge wieder.
    Zudem gilt s\left(4\right)=0, das heißt der Stau hat sich nach vier Stunden (um 10:00 Uhr) aufgelöst.
  6. \bar{m}=\frac{1}{2-0,5}\cdot\int_{0,5}^{2}{f\left(x\right)\mathrm{d} x}=\ \frac{1}{1,5}\cdot\left(s\left(2\right)-s\left(0,5\right)\right)=\frac{2}{3}\left(2-\frac{343}{512}\right)=\frac{227}{256}\approx0,8867
  7. LösugGraphStau.png

Die Inhalte der Flächen, die der Graph mit der x-Achse für 1,5\le x\le a und a\le x\le beinschließt, müssen übereintimmen.

2.

  1. Die Graphen von h_k sind Parabeln k-ter Ordnung (im Falle von k=1 eine Gerade), die um 3 nach rechts und um 1 nach oben verschoben wurden.
    Für gerade k gilt: x\rightarrow -\infty \ \Rightarrow \ h_k\left(x\right)\rightarrow+\infty
    Für ungerade k gilt:  x\rightarrow -\infty\ \Rightarrow\ \ h_k\left(x\right)\rightarrow -\infty
  2. Alle Graphen beinhalten den Punkt S\left(3\middle|1\right) (Tiefpunkt für gerades k, Wendepunkt für ungerades k (Begründung: siehe Teilaufgabe 1.) und den Punkt P\left(4\middle|2\right), da alle ungestreckten Parabeln sich vom Tief- bzw. Wendepunkt aus gesehen 1 weiter rechts und 1 weiter oben noch einmal schneiden.
  3. Da Tangenten durch lineare Funktionen beschrieben werden, kommt nur k=2 in Frage, denn nur dann ist h_k^\prime eine Polynomfunktion 1. Grades.
    Zu überprüfen ist noch, ob h_2^\prime eine Tangente an h_2 beschreibt:
    h_2\left(x\right)=\left(x-3\right)^2+1=x^2-6x+10\ \ \Rightarrow\ \ h_2^\prime\left(x\right)=2x-6
    h_2\left(x\right)=h_2^\prime\left(x\right)\ \ \Leftrightarrow\ \ x^2-8x+16=0\ \ \Leftrightarrow\ \ \ \left(x-4\right)^2=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x=4
    Also berühren sich die Graphen von h_2 und h_2^\prime bei x=4.
  4. Diese Vierecke sind Trapeze, da Q und P bzw. R und S gleiche x-Koordinaten besitzen und damit \overline{QP} und \overline{RS} senkrecht verlaufen, also parallel zueinander sind.

Zur Aussage:

Da die x-Koordinaten sowieso gleich sind, haben die besagten Trapeze alle dieselbe Höhe. Es muss folglich nur noch gezeigt werden, dass für die parallelen Seiten gilt:

\begin{align*} \frac{\overline{R_kS_k}+\overline{Q_kP_k}}{2}&=\frac{\overline{R_{k+1}S_{k+1}}+\overline{Q_{k+1}P_{k+1}}}{2} \\ \Leftrightarrow \quad \; h_k\left(2\right)-h_k^\prime\left(2\right)+h_k^\prime\left(4\right)-h_k\left(4\right) &=h_{k+1}^\prime\left(2\right)-h_{k+1}\left(2\right)+h_{k+1}^\prime\left(4\right)-h_{k+1}\left(4\right) \\ \Leftrightarrow \left(-1\right)^k+1-k\left(-1\right)^{k-1}+k-1-1 &=\left(k+1\right)\left(-1\right)^k-\left(-1\right)^{k+1}-1+k+1-1-1 \end{align*}

Da k gerade ist:

\begin{align*} 1+1+k+k-1-1 &=k+1+1-1+k+1-1-1 \\ \Leftrightarrow \hspace{2.4cm} 2k &=2k \end{align*}

Die wahre Aussage bestätigt die Behauptung, dass die Mittelwerte der Längen der parallelen Seiten der Trapeze tatsächlich gleich sind und damit die Flächeninhalte identisch sind.