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Abi 2014 Analysis Wahlteil, Aufgabe A2


Zugelassene Hilfsmittel: GTR und Formelsammlung

Aufgabe A 2.1

Die Anzahl ankommender Fahrzeuge vor einem Grenzübergang soll modelliert werden. Dabei wird die momentane Ankunftsrate beschrieben durch die Funktion f mit \(f(t)=\frac{1.300.000\ \cdot\ t}{t^4\ +\ 30.000};\quad0\leq t\leq30\) (t in Stunden nach Beobachtungsbeginn; f(t) in Fahrzeuge pro Stunde). Anfangs befinden sich keine Fahrzeuge vor dem Grenzübergang.

  1. Skizzieren Sie den Graphen von f. Wann ist die momentane Ankunftsrate maximal? Bestimmen Sie die Anzahl der Fahrzeuge, die in den ersten 6 Stunden ankommen.                                                                                                     
  2. Am Grenzübergang werden die Fahrzeuge möglichst schnell abgefertigt, jedoch ist die momentane Abfertigungsrate durch 110 Fahrzeuge pro Stunde begrenzt. Wann beginnen sich die Fahrzeuge vor dem Grenzübergang zu stauen? Wie viele Fahrzeuge stauen sich maximal vor dem Grenzübergang? Welches Ergebnis erhielte man, wenn die momentane Abfertigungsrate 12 Stunden nach Beobachtungsbeginn auf konstant 220 Fahrzeuge pro Stunde erhöht würde?

 Aufgabe 2.1a)

Skizzieren Sie den Graphen von f. Wann ist die momentane Ankunftsrate maximal? Bestimmen Sie die Anzahl der Fahrzeuge, die in den ersten 6 Stunden ankommen.      

Schritt 1: Graph skizzieren

Eingabe von (1300000×X)÷(X^4+30000) im GRAPH-Modus liefert über den DRAW-Befehl folgende Skizze:

Abi 2014 Analysis Wahlteil, Aufgabe A2 - Abbildung 1

Schritt 2: Maximale Ankunftsrate bestimmen

Mit dem MAX-Befehl aus dem G-Solv-Menü im GRAPH-Modus erhält man die Maximalstelle t = 10. Die Ankunftsrate ist 10 Stunden nach Beobachtungsbeginn am größten.

Schritt 3: Anzahl der Fahrzeuge bestimmen

Die gesuchte Fahrzeuganzahl ist gegeben durch das Integral \(\int_{0}^{6} f(t)dt.\) Im G-Solv-Menü kann mit dem ∫dx-Befehl das Integral näherungsweise ausgewertet werden. Gibt man als Untergrenze 0 und als Obergrenze 6 ein, so wird (auf die nächste ganze Zahl gerundet) der Wert 769 angezeigt.

In den ersten 6 Stunden fahren laut Modell 769 Autos über die Grenze.

Aufgabe A 2.1b)

Am Grenzübergang werden die Fahrzeuge möglichst schnell abgefertigt, jedoch ist die momentane Abfertigungsrate durch 110 Fahrzeuge pro Stunde begrenzt. Wann beginnen sich die Fahrzeuge vor dem Grenzübergang zu stauen? Wie viele Fahrzeuge stauen sich maximal vor dem Grenzübergang? Welches Ergebnis erhielte man, wenn die momentane Abfertigungsrate 12 Stunden nach Beobachtungsbeginn auf konstant 220 Fahrzeuge pro Stunde erhöht würde?

Schritt 1: Staubeginn berechnen

Die Fahrzeuge stauen sich, wenn die Anzahl der abgefertigten Fahrzeuge niedriger ist als die Anzahl der ankommenden Fahrzeuge. Gesucht ist also der Zeitpunkt, zu dem die Funktion f erstmals den Wert 110 übersteigt. Gibt man im GRAPH-Menü als zweite Funktion Y2=110 ein, so liefert im G-Solv-Menü der Befehl ISCT den Wert t = 2,54 (auf zwei Nachkommastellen gerundet). Nach etwas mehr als \(2\frac{1}{2}\) Stunden beginnen sich die Autos zu stauen.

Schritt 2: Maximale Staulänge bestimmen

Die Zunahmerate s der Staulänge ist die Differenz aus Ankunftsrate und Abfertigungsrate, d. h. s(t) = f(t) − 110. Die Anzahl der vor dem Grenzübergang gestauten Autos nimmt ab etwa t = 2,54 zu, so lange, bis s(t) wieder 0 wird (also bei etwa t = 21,86 laut GTR). Die maximale Anzahl der vor dem Grenzübergang gestauten Autos ist also näherungsweise gegeben durch \(\int_{2,54}^{21,86}s(t)dt. \) Definiert man Y3=Y1−Y2, so liefert der ∫dx-Befehl für dieses Integral den Näherungswert 2324,97 (gerundet). Es stauen sich also maximal etwa 2325 Autos vor dem Grenzübergang.

Schritt 3: Neuberechnung mit anderer Rate

Die Zunahmerate s ist jetzt für \(t\geq12\) gegeben durch s(t) = f(t) − 220. Die zweite Nullstelle errechnet sich mit dem GTR zu etwa t = 15,90. Bis zur Erhöhung der Abfertigungsrate stauen sich etwa

\(\int_{2,54}^{12}s(t)dt=\int_{2,54}^{12}f(t)-110)dt\approx1422,6\)

Autos, danach kommen noch \(\int_{12}^{15,9}s(t)dt\approx179,8 \) hinzu. Insgesamt stauen sich somit ca. \(1422,6+179,8=1602,4\approx1602\) Autos vor der Grenze.

  • Punkte:  10

Aufgabe A 2.2

Für jedes a > 0 ist eine Funktion fa gegeben durch \(f_a(x)=a\cdot\cos(x)-a^2;\pi<x<\pi\). Der Graph von fa ist Ga.

  1. Ga besitzt einen Extrempunkt. Bestimmen Sie dessen Koordinaten.                                             
  2. Durch welche Punkte der y-Achse verläuft kein Graph Ga?

Aufgabe A 2.2a) 

Ga besitzt einen Extrempunkt. Bestimmen Sie dessen Koordinaten. 

Schritt 1: Extrempunkt bestimmen

Die Kosinusfunktion hat im angegebenen Intervall nur eine Extremstelle, nämlich bei x = 0. Weder die Streckung in y-Richtung um den Faktor a noch die Verschiebung nach unten um a2 LE ändert daran etwas.

Somit hat auch fa in \((-\pi;\pi)\) als einzige Extremstelle x = 0, wo der Funktionswert \(f_a(0)=a-a^2\) beträgt. Der Extrempunkt hat demnach die Koordinaten \((0\mid a-a^2)\).

Aufgabe A 2.2b)

Durch welche Punkte der y-Achse verläuft kein Graph Ga?

Schritt 1: Ortskurve der Extrema bestimmen

Die Punkte der Graphen Ga sind genau die in Teilaufgabe a) bestimmten Extrempunkte. Die Ortskurve ist also gegeben durch x(a) = 0 und \(y(a)=a-a^2\).

Schritt 2: Gesuchte Punkte bestimmen

Die Menge der möglichen y-Werte für die Punkte der Graphen Ga auf der y-Achse ist also genau die Wertemenge der quadratischen Funktion \(a\rightarrow a-a^2\) mit Definitionsbereich \((0;\infty)\). Da der Koeffizient des quadratischen Terms negativ ist, handelt es sich um eine nach unten geöffnete Parabel, d. h., die Wertemenge ist nach oben beschränkt. Der Maximalwert wird am Scheitelpunkt erreicht, dessen a-Koordinate in der Mitte zwischen den beiden Nullstellen liegt. Wegen \(a-a^2=a(1-a)\) liegt die einzige Nullstelle bei a = 1, also hat der Scheitelpunkt die a-Koordinate a = 0,5. Die y-Koordinate an dieser Stelle ist \(0,5-0,5^2=0,25\). Somit liegen alle Punkte \((0\mid y)\) der y-Achse mit \(y\leq0,25\) auf einem der Ga, aber keiner der Punkte \((0\mid y)\) mit \(y>0,25\).

  • Punkte:  5
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