Protokolle vom Mai 2013: Unterschied zwischen den Versionen

Version vom 8. Mai 2013, 22:57 Uhr

Inhaltsverzeichnis

1 Protokoll vom 6.05.2013 / Thema:logistisches Wachstum

1.1 Hausaufgabenbesprechung vom 29.05.2013

1.1.1 Übungsblatt 7

1.1.2 Buch S. 137

1.2 Graphen der Wachstumsvorgänge

1.3 Alternative Herleitung der Formel für das logistische Wachstum

1.4 Buch S. 137

1.4.1 Aufgabe 1a

1.4.2 Aufgabe 1c

1.4.3 Aufgabe 1d

1.5 Wendestelle einer logistischen Funktion

1.6 Hausaufgaben zum 08.05.2013

2 Protokoll vom 08.05.2013 / Thema:logistisches Wachstum

2.1 Hausaufgabenbesprechung vom 06.05.2013

2.1.1 Buch S. 137

2.1.1.1 Aufgabe 1d

2.2 Hausaufgaben zum 13.05.2013

Protokoll vom 6.05.2013 / Thema:logistisches Wachstum

Vorlage:Kurzinfo-3

Protokoll von --OB3A 17:51, 6. Mai 2013 (CEST)	(Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt	(2 Unterrichtsstunden)

Hausaufgabenbesprechung vom 29.05.2013

Übungsblatt 7

a)

k=1,39

$f(t)=\frac{8000}{1+7999e^{-1,39t} }$

b)

$t=19,93 Tage$

c)

$t=6,83 Tage$

d) 7942 Personen

Buch S. 137

Aufgabe 2a

k=0,81

Aufgabe 3

Um herraus zu finden welche Funktion zu welcher Figur gehört, haben wir erstmal f(o) berechnet. Dabei viel auf, dass bei Funktion I und II das selbe herraus kommt und bei den Funktionen III und IV ebenfalls.

I $f(0)= 1,11$

II $f(0)= 1,11$

III $f(0)=2$

IV $f(0)=2$

Nun begutachten wir jetzt die Figuren 1 und 3, danach die Figuren 2 und 4, da diese sich sehr ähnlich sehen.

Für die Funktionen I und II kommen durch die oben genannten Erkenntnisse nur Figur 1 und 3 in Frage. Wir betrachten nun den Wachstumsfaktor k bei den Funktionen um genaueres herauszufinden. Da der Wachstumsfaktor bei Funktion I am größten ist und damit auf einen Steilen Graphen hindeutet, gehört dieser zu Figur 3. Somit gehört die Funktion II zu Figur 1.

Das selbe Verfahren wenden wir jetzt auch bei Funktion III und IV an. Da bei Funktion IV ein schwächeres Wachstum ist, als bei Funktion III, gehört Funktion IV zu Figur 4 und Funktion III zu Figur 2.

Zusammengefasst bedeutet, dass ..

I -> Figur 3

II -> Figgur 1

III -> Figur 2

IV -> Figur 4

Graphen der Wachstumsvorgänge

Hier nochmal einen Überblick über die Graphen verschiedener Wachstumsvorgänge.

Lineares Wachstum

Exponentielles Wachstum

begrenztes Wachstum

logisitisches Wachstum

Alternative Herleitung der Formel für das logistische Wachstum

$\frac{f'(t)}{f'(t) \cdot (G-f(t))} =k$

Diese Funktion hatten wir schon mal in einer voringen Stunde bewiesen. Nun versuchen wir diese Formel auf einen anderen Weg herzuleiten. Die Aufgabe ist es, auf unsere Formel ohne Partialbruchzerlegung zu kommen.

Dafür ist uns das folgende gegeben:

$\frac{f'(t)}{f(t) \cdot G}+\frac{f'(t)}{(G-f(t)) \cdot G} =k$

Um das Gegebene zu bestätigen bringen wir zunächst alles auf einen gemeinsamen Nenner und fassen was möglich ist zusammen.

$\frac{f'(t)\cdot (G-f(t))+(f'(t) \cdot f(t))}{G \cdot f(t) \cdot (G-f(t))}$

$=\frac{f'(t) \cdot G-f(t) \cdot f(t)+(f'(t) \cdot f(t))}{G \cdot f(t) \cdot (G-f(t))}$

$=\frac{f'(t)+0}{G \cdot f(t) \cdot (G-f(t))}$

$=\frac{f'(t)+0}{f(t) \cdot (G-f(t))}$

Wie wir sehen ist das eine andere Möglichkeit sich die Formel für das logistische Wachstum herzuleiten.

Buch S. 137

Aufgabe 1a

In dieser Aufgabe soll der Anfangswert und die Schranke bestimmt werden.

$f(0)=\frac{10}{1+4e}$

$f(0)=2$

$A=2$

$S=10$

Aufgabe 1c

Die Frage ist, um wie viel $dm^2$ pro Tag der Schimmel nach 10 Tagen wächst.

Im Unterricht haben wir dafür Ableitung der gegebenen Funktion gemacht.

$f(t)=\frac{10}{1+4e^{-0,25t} }$

Die Ableiten erfolgt am Besten mit Kettenregel, da im Zähler keine Variable vorhanden ist.

_______________________

$h(z)=\frac{10}{z}$ $\qquad h'(z)=-\frac{10}{z^2}$

$g(t)=1+4e^{-0,25t}$ $\qquad g'(t)=-e^{-0,25t}$

_______________________

$f'(t)=-\frac{10}{(1+4e^{-0,25t})^2 } \cdot (-e^{-0,25t})$

$=\frac{10e^{-0,25t} }{(1+4e^{-0,25t})^2 }$

Zur Überprüfung machen wir nun noch eine Probe.

Probe:

Dabei müssen wir das folgende beachten.

$a=G \cdot k$

$k=0,25$

Die Formel zu Probe lautet:

$f'(t)=0,025 \cdot (10-f(t)) \cdot f(t)$

Nun sollte die erste Ableitung, die wir oben berechnet haben heraus kommen. Wir setzten zunächst f(t) ein.

$=0,025 \cdot ( \frac{10}{1+4e^{-0,25t} } )\cdot (10-\frac{10}{1+4e^{-0,25t} } )$

Um alles auf einen Nenner zu bringen, erweitern wir und fassen zuletzt zusammen.

$=\frac{2,5(1+4e^{-0,25t})-2,5 } {(1+4e^{-0,25t})^2 } =\frac{10e^{-0,25t} }{(1+4e^{-0,25t})^2 }$

Die Probe bestätigt, dass unsere Ableitung richtig war.

Aufgabe 1d

In dieser Aufgabe soll

1. berechnet werden, wann die Wachstumsgeschwindigkeit pro Tag $60dm^2$ beträgt

2. um wie viel $cm^2$ der Schimmel bis zum folgenden Tag zunimmt.

Bei der zweiten Aufgabe muss der wechsel von $dm^2$ zu $cm^2$ beachtet werden.

$f'(t)=\frac{10e^{-0,25t} }{(1+4e^{-0,25t})^2 } =0,6$

nach t mit einer biquadratischen Gleichung auflösen.

für $e^{-0,25t}$ wird z eingesetzt.

Wendestelle einer logistischen Funktion

Vermutung

Die Wendestelle einer logistischen Funktion ist dort, wo der Funktionswert die Hälfte der Schranke ist.

Zu dieser Vermutung kommen wir durch die Abbildung auf dem Übungsblatt 9. Dort ist uns aufgefallen, dass der Wendepunkt bei $y=5$ und die Schranke bei $y=10$ ist.

Um das nun zu bestätigen muss die notwenige Bedingung für einen Wendepunkt erfüllt sein. Die notwenige Bedingung für einen Wendepunkt ist $f''(x)=0$ .

Wir berechnen also zunächst die zweite Ableitung mit der Quotientelregel.

$f''(t)=10\frac{-0,25e^{-0,25t} \cdot (1+4e^{-0,25t})^2 - e^{-0,25t} \cdot 2(1+4e^{-0,25t}) \cdot (-e^{-0,25t} ) }{(1+4e^{-0,25t})^4 }$

$= 10 \frac{(e^{-0,25t} \cdot (1+4e^{-0,25t})) \left[ -0,25 \cdot (1+4e^{-0,25t}) -2(-e^{-0,25t)}\right] }{(1+4e^{-0,25t})^4 }$

$= 10 \frac{e^{-0,25t} \left[ -0,25 \cdot (1+4e^{-0,25t}) -2(-e^{-0,25t)}\right] }{(1+4e^{-0,25t})^3 }$

$= 10 \frac{e^{-0,25t} \left[ -0,25-e^{-0,25t} +2e^{-0,25t)}\right] }{(1+4e^{-0,25t})^3 }$

$= 10 \frac{e^{-0,25t} ( -0,25te^{-0,25t} ) }{(1+4e^{-0,25t})^3 }$

Die Ableitung setzten wir nun gleich Null.

$f''(t)=0$

$0= 10 \frac{e^{-0,25t} ( -0,25te^{-0,25t} ) }{(1+4e^{-0,25t})^3 }$

Nur die Klammer im Zähler kann Null werden. Somit setzten wir die Klammer gleich Null und lösen nach t auf.

$0=-0,25te^{-0,25t}$

$\ln (0,25)=-0,25t$

$\frac{\ln (0,25) }{-0,25} =t=5,55$

$f(5,55)=5$

Damit haben wir unsere Vermutung bestötigt. Die Wendestelle einer logistischen Funktion ist dort, wo der Funktionswert die Hälfte der Schranke ist!

Hausaufgaben zum 08.05.2013

Buch Seite 137 Aufgabe 1a,2b,7,8a und 1d fertigstellen

Protokoll vom 08.05.2013 / Thema:logistisches Wachstum

Vorlage:Kurzinfo-3

Protokoll von --OBTT 20:45, 8. Mai 2013 (CEST)	(Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt	(3 Unterrichtsstunden)

Hausaufgabenbesprechung vom 06.05.2013

Buch S. 137

Aufgabe 1d

$f(t)=\frac{10}{1+4 \cdot e^{-0,25t} }$

$t$ in Tagen, $f(t)$ in $dm^{2}$

Wann beträgt die Wachtumsgeschwindigkeit $60 cm^{2}$ pro Tag?

Da die Funktion in $dm^{2}$ gegeben ist, müssen die $60 cm^{2}=0,6 dm^{2}$ in $dm^{2}$ umgerechnet werden.

Die Wachstumsgeschwindigkeit wird mit der 1.Ableitung der Funktion berechnet.

$f(t)=\frac{10}{1+4 \cdot e^{-0,25t} }=10 \cdot (1+4 \cdot e^{-0,25t})^{-1}$

Mit Benutzung der Kettenregel folgt:

$f^{,} (t)=10 \cdot (-1)(1+4 \cdot e^{-0,25t})^{-2}\cdot4\cdot e^{-0,25t}\cdot(-0,25)$

$f^{,} (t)=10e^{-0,25t} \cdot (1+4e^{-0,25t})$

$f^{,} (t)=\frac{10e^{-0,25t} }{(1+4e^{-0,25t})^{2} }$

$f^{,} (t)=\frac{10e^{-0,25t} }{(1+4e^{-0,25t})^{2} }=0,6$

Um diese Gleichung zu lösen, wird $e^{-0,25t}$ mit $z$ substituiert.

$e^{-0,25t}=z$

Daraus folgt:

$\frac{10z}{(1+4z)^{2} }=0,6 \qquad \qquad |\cdot(1+4z)^{2} \qquad \qquad |:0,6$

$\frac{50}{3}z=(1+4z)^2 \qquad \qquad |$ Termumformung: Binomische Formel auflösen

$\frac{50}{3}z=1+8z+16z^2 \qquad \qquad |-\frac{50}{3}z$

$0=16z^2-8,67z+1 \qquad \qquad |:16$

$0=z^2-0,54z+0,06$

Durch Anwenden der p/q-Formel kommen wir auf die folgenden Lösungen:

$z_{1}=0,27+\sqrt{0,01}=0,37$

$z_{2}=0,27-\sqrt{0,01}=0,17$

Im Folgenden wird nun resubstituiert, um die Lösung für $t$ zu bestimmen.

$e^{-0,25t}=0,37 \qquad \qquad |\ln ()$

$-0,25t=\ln (0,37) \qquad \qquad |:(-0,25)$

$t_{1}=3,98$

$e^{-0,25t}=0,17 \qquad \qquad |\ln ()$

$-0,25t=\ln (0,17) \qquad \qquad |:(-0,25)$

$t_{2}=7,09$

In etwa am vierten und siebten Tag beträgt die Wachstumsgeschwindigkeit $60cm^{2}$ pro Tag.

Um wie viel $cm^{2}$ nimmt der Schimmel bis zum folgenden Tag zu?

Um zu berechnen, um wie viel der Schimmel bis zum folgenden Tag zunimmt, müssen zu den Ergebnissen $t_{1}$ und $t_{2}$ je ein Tag dazu addiert werden.

Man kann dann mit der Funktion den Schimmelbefall am Tag und am Folgetag berechnen.

Die Differenz daraus liefert den Wachstum.

$f(4,98)-f(3,98)=0,61 (dm^2)$

$f(8,09)-f(7,09)=0,59 (dm^2)$

Für den Zeitraum von $t_{1}$ zum Folgetag wächst der Schimmel um $61cm^{2}$

und für den Zeitraum von $t_{2}$ zum Folgetag wächst der Schimmel um $59cm^{2}$ .

Aufgabe 2b

Gegeben sind:

$f(t)=\frac{G}{1+ae^{-kt} } \qquad G=50 \qquad f(0)=10 \qquad f(2)=20$

Bestimmung der Parameter a, k

$f(0)=\frac{50}{1+ae^{-k \cdot 0 } }=10$

$\frac{50}{1+a}=10 \qquad \qquad |\cdot1+a \qquad \qquad |:10$

$\frac{50}{10}=1+a \qquad \qquad |-1$

$4=a$

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): f(2)=\frac{50}{1+4e^{-k \cdot 2 } }=20 \qquad \qquad |\cdot(1+4e^{-k \cdot 2)

$50=20(1+4e^{-k \cdot 2}) \qquad \qquad |:20$

$\frac{5}{2}=1+4e^{-k\cdot2} \qquad \qquad |-1$

$\frac{3}{2}=4e^{-k\cdot2} \qquad \qquad |:4$

$\frac{3}{8}=e^{-k\cdot2} \qquad \qquad |\ln ()$

$\ln (\frac{3}{8} )=-k \cdot 2 \qquad \qquad |:2$

$-0,49=-k \qquad \qquad |\cdot (-1)$

$0,49=k$

$f(t)=\frac{50}{1+4e^{-0,49t} }$

Zeichnung des Graphen im Bereich $0\le x \le10$

Hausaufgaben zum 13.05.2013

Buch Seite 137 Aufgabe 2c,d; 4a und 8b

@@ Zeile 409: / Zeile 409: @@
 ----
-=====Aufgabe 2b=====
+'''Aufgabe 2b'''
 Gegeben sind:
@@ Zeile 416: / Zeile 416: @@
-'''Bestimmung der Parameter a, k'''
+<u>Bestimmung der Parameter a, k</u>
+<math>f(0)=\frac{50}{1+ae^{-k \cdot 0 } }=10 </math>
+<math>\frac{50}{1+a}=10 \qquad \qquad |\cdot1+a \qquad \qquad |:10</math>
+<math>\frac{50}{10}=1+a \qquad \qquad |-1</math>
+<math>4=a</math>
+<math>f(2)=\frac{50}{1+4e^{-k \cdot 2 } }=20 \qquad \qquad |\cdot(1+4e^{-k \cdot 2) </math>
+<math>50=20(1+4e^{-k \cdot 2}) \qquad \qquad |:20</math>
+<math>\frac{5}{2}=1+4e^{-k\cdot2} \qquad \qquad |-1</math>
+<math>\frac{3}{2}=4e^{-k\cdot2} \qquad \qquad |:4</math>
+<math>\frac{3}{8}=e^{-k\cdot2} \qquad \qquad |\ln ()</math>
+<math>\ln (\frac{3}{8} )=-k \cdot 2 \qquad \qquad |:2</math>
+<math>-0,49=-k \qquad \qquad |\cdot (-1)</math>
+<math>0,49=k</math>
+<math>f(t)=\frac{50}{1+4e^{-0,49t} } </math>
+Zeichnung des Graphen im Bereich <math>0\le x \le10 </math>

Protokolle vom Mai 2013: Unterschied zwischen den Versionen

Version vom 8. Mai 2013, 22:57 Uhr

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Protokoll vom 6.05.2013 / Thema:logistisches Wachstum

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Übungsblatt 7

Buch S. 137

Graphen der Wachstumsvorgänge

Alternative Herleitung der Formel für das logistische Wachstum

Buch S. 137

Aufgabe 1a

Aufgabe 1c

Aufgabe 1d

Wendestelle einer logistischen Funktion

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Aufgabe 1d

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