Musterklausur

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Inhaltsverzeichnis

. Aufgabe.; bearbeitet von --Sinan98OB (Diskussion) 20:10, 25. Feb. 2017 (CET)

In der Aufgabe wird eine Zerfallsfunktion ( mit t als Anzahl der Jahre ) beschrieben:

f(0)= 100 beschreibt den Anfangswert

a= 0,85 beschreibt den Zerfallsfaktor

k=ln(0,85)=-0,1625 beschreibt die fertige Zerfallskonstante


Nun können wir unsere Funktion nach folgender Form aufstellen:

f(t)=f(0)\cdot  e^{kt}

Mit unseren Werten ergibt das die Funktion:

f(t)=100\cdot  e^{-0,1625t}


Nun können wir ohne Probleme den Zeitraum berechnen, in dem das Auto die Hälfte seines Wertes verloren hat:

T_{ \frac{1}{2} } = \frac{-ln(2)}{k}

T_{ \frac{1}{2} } = \frac{-ln(2)}{-0,1625} =4,265

Antwort: Das Auto hat nach ungefähr 4,3 Jahren die Hälfte seines Wertes verloren.

. Aufgabe.; bearbeitet von --Deeka98OB 17:54, 3. Apr. 2017 (CEST)

f'(x)= -\frac{f(x)}{8}=\frac{-1}{8}\cdot f(x)
f(x)=k \cdot  e^{ -\frac{1}{8}x }
f(-8)=2e
2e=k\cdot e
2=k
f(x)=2 \cdot  e^{ -\frac{1}{8}x }

. Aufgabe.; bearbeitet von --Addie98OB (Diskussion) 19:42, 25. Feb. 2017 (CET)

f(x) = 4 + 2e^{-3x}

f'(x) = 2e^{-3x} \cdot (-3) = -6e^{-3x}


Differentialgleichung:

f'(x) = 3 \cdot \left[4 - f(x) \right]


-6e^{-3x} = 3 \cdot \left[4 - (4 + 2e^{-3x}) \right]

-6e^{-3x} = 3 \cdot \left[4 - 4 - 2e^{-3x} \right]

-6e^{-3x} = 3 \cdot \left[- 2e^{-3x} \right]

-6e^{-3x} = -6e^{-3x}

Die angegebene Funktion ist eine Lösung der Differentialgleichung.

. Aufgabe.; bearbeitet von --Karo99OB (Diskussion) 10:30, 26. Feb. 2017 (CET)

\begin{align}

f'(x) \cdot f(x) &= 2 \cdot e^{2x} \\

\frac{1}{2} \left( f(x) \right)^2 &= e^{2x} + c \\

f(x)^2 &= 2e^{2x}+ 2c \\ 

f(x) &= \sqrt{2e^{2x}+K} \\ 

\end{align}


\begin{align}

f(0) &= 2 \\

\sqrt{2e^{0}+K} &= 2 \\

\sqrt{2+K} &= 2 \\

2 + K &= 4 \\

K &= 2 \\

\end{align}

Somit lautet die Funktion, welche durch den Punkt P(0|2) verläuft f(x)=\sqrt{2e^{2x}+2}

. Aufgabe.; bearbeitet von --Tws98OB (Diskussion) 18:01, 25. Feb. 2017 (CET)

a)

\begin{align}

f'(x)&=5x^2 \cdot f(x) \\

\frac{f'(x)}{f(x)}&=5x^2 \\

ln(|f(x)|)&= \frac{5x^3}{3}+c \\

|f(x)|&=e^{\frac{5x^3}{3}+c} \\

|f(x)|&=k \cdot e^{\frac{5x^3}{3}} \\

\end{align}


b)

\begin{align}

f'(x)-3x &=4x^2 \\

f'(x)&=4x^2+3x \\

f(x)&=\frac{4x^3}{3}+\frac{3x^2}{2}+c \\

\end{align}

. Aufgabe.; bearbeitet von --Nico98OB (Diskussion) 19:21, 21. Apr. 2017 (CEST)

Richtungsfeld

Richtungsfeld Musterklausur

. Aufgabe.; bearbeitet von --Ben99OB (Diskussion) 21:16, 5. Mär. 2017 (CET)

f'(x)\cdot \sqrt { x } +f(x)\cdot \frac { 1 }{ 2\sqrt { x }  } =cos(x)

Diese Differenzialgleichung lässt sich mit der Umkehrung der Produktregel beim Ableiten lösen

h(x)=f(x)\cdot g(x)

h'(x)=f(x)\cdot g'(x)+f'(x)\cdot g(x)

Unsere Differenzialgleichung erfüllt diese Struktur also können wir damit auf die ursprünglichen Komponenten schließen

h(x)=f(x)\cdot \sqrt { x }

Also können wir wie folgt die Gleichung lösen

\int { f'(x)\cdot \sqrt { x } +f(x)\cdot \frac { 1 }{ 2\sqrt { x }  } } dx = \int { cos(x) } dx

f(x)\cdot \sqrt { x }= sin(x)+c

f(x)=\frac { sin(x)+c }{ \sqrt { x }  }

Probe folgt

f'(x)\cdot \sqrt { x } +f(x)\cdot \frac { 1 }{ 2\sqrt { x }  } =cos(x)

f(x)=\frac { sin(x)+c }{ \sqrt { x }  }

f'(x)=\frac { cos(x)\cdot \sqrt { x } -\frac { 1 }{ 2\sqrt { x }  } \cdot sin(x)+c }{ x }


Um die Übersicht zu verbessern teile ich den linken Term nochmal in zwei Unterterme auf:

T1: f'(x)\cdot \sqrt { x }

T1=\frac { cos(x)\cdot \sqrt { x } -\frac { 1 }{ 2\sqrt { x }  } \cdot sin(x)+c }{ x } \cdot \sqrt { x }

T1=\frac { cos(x)\cdot x-\frac { sin(x)+c }{ 2 }  }{ x }


T2: f(x)\cdot \frac { 1 }{ 2\sqrt { x }  }

T2=\frac { sin(x)+c }{ \sqrt { x }  } \cdot \frac { 1 }{ 2\sqrt { x }  }

T2=\frac { sin(x)+c }{ 2x }


Zusammenfassen von T1 und T2

LT: T1 + T2

LT=\frac { cos(x)\cdot x-\frac { sin(x)+c }{ 2 }  }{ x } + \frac { sin(x)+c }{ 2x }

Hauptnenner suchen

LT=\frac { 2cos(x)\cdot x-(sin(x)+c)+sin(x)+c }{ 2x }

LT=\frac { 2cos(x)\cdot x }{ 2x }

LT=cos(x)=RT

. Aufgabe.; bearbeitet von --Sinan98OB (Diskussion) 20:20, 25. Feb. 2017 (CET)

Angaben aus dem Text:

t(0)=-1

Diese Angabe können wir in unsere Tangentengleichung einsetzen:

-1= f' ( x_{0} )\cdot(0- x_{0} )+f(x_{0} )

-1-f(x_{0} )= -f' ( x_{0} ) x_{0}

1+f(x_{0} )= f' ( x_{0} ) x_{0}

 \frac{1}{x} = \frac{ f' ( x_{0} )}{1+f(x_{0} )}

ln( | x | )+c = ln( | 1+f(x_{0} ) | )

kx -1=  f(x_{0} )


Probe:

Einsetzen von der Funktion und dem Punkt der Tangente.

-1=k\cdot (0- x_{0} )+k x_{0} -1

-1=-k x_{0} +k x_{0} -1

-1= -1

Es handelt sich um eine wahre Aussage.

Zuletzt ein Bild zur Veranschaulichung:

Mathe LK 2017

. Aufgabe.; bearbeitet von --Alex99OB (Diskussion) 13:56, 4. Mär. 2017 (CET)

a)

f(t)=Zahl der Fische

f\left ( t \right )=S-ce^{-kt}


Da es sich um ein begrenztes Wachstum handelt muss eine Schranke gefunden werden.Diese liegt bei 1000 da der Lebensraum nicht für mehr Fische ausreicht.

S=1000

f\left ( t \right )< 1000

Am Anfang sind 10 Fische vorhanden daraus folgt:

f(0)=10

f\left ( 0\right )=1000-ce^{0}=10

Durch umformen kommt man auf:

c=990

Aus dem Text folgt die Gleichung:

f'\left ( t \right )=0,1(1000-f\left ( t \right ))

Diese Differenzialgleichung kann man lösen und f(t) berechnen.

\frac{f'(t)}{1000-f\left ( t \right )}=0,1

-ln(1000-f\left ( t \right ))=0,1t+c

ln(1000-f\left ( t \right ))=-0,1t-c

e^{-0,1t}\cdot c=1000-f\left ( t \right )

f\left ( t \right )=1000-e^{-0,1t}\cdot c

Da c=990 ist folgt die Funktion:

f\left ( t \right )=1000-990e^{-0,1t}

b)

990=1000-990e^{-0,1t}

990e^{-0,1t}=10

e^{-0,1t}=\frac{1}{99}

-0,1t=ln(\frac{1}{99})

t=\frac{ln\left ( \frac{1}{99} \right )}{-0,1}

t=45,95

Nach 46 Jahren beträgt der Fischbestand dieses Teiches 990 Fische.

c)

Da es sich um begrenztes Wachstum handelt erreicht die Population nie 1000, da sich in diesem Modell die Population nur an 1000 annähert, aber diese niemals erreicht.

.Aufgabe; bearbeitet von --Kat99OB (Diskussion) 16:52, 1. Apr. 2017 (CEST)

a.) Man kann von einem logistischen Wachstum sprechen, da es sich bei dem Wachstum der Anzahl der Erkrankten K zuerst um ein exponentielles Wachstum handelt und später um ein begrenztes Wachstum mit der Schranke S=6000.

Der Zuwachs K'(t) ist proportional zu K(t) und proportional zu 6000-K(t)

b.)K(t)= \frac{6000}{1+be^{-ct}}

b= \frac{S}{K(0)}-1= \frac{6000}{1}-1=5999
K(t)= \frac{6000}{1+5999e^{-ct}}

K(5)=400

\begin{align}\frac{6000}{1+5999e^{-5c}}& = 400\\
6000 & = 400+2399600e^{-5c}\\
5600 & = 2399600e^{-5c}\\
 \frac{2}{857} & = e^{-5c}\\
ln(  \frac{2}{857}) & = -5c\\
1,21=c\end{align}

=> K(t)= \frac{6000}{1+5999e^{-1,21t}}

Nach welcher Zeit ist die Hälfte der Bewohner krank?
\begin{align}3000& =\frac{6000}{1+5999e^{-1,21t}} \\
3000+17997000e^{-1,21t} & = 6000\\
17997000e^{-1,21t} & = 3000\\
 e^{-1,21t} & =\frac{1}{5999} \\
-1,21t & = ln(\frac{1}{5999})\\
t=7,2\end{align}
Zu diesem Zeitpunkt ist die Ausbreitung der Krankheit am höchsten(Wendepunkt)



c.) Wie groß ist in den ersten 2 Monaten die mittlere Zunahme an Erkrankten pro Woche?
1.Wie viele sind erkrankt nach 8 Wochen?
K(8)=\frac{6000}{1+5999e^{-1,21\cdot 8}}=4363,43
2.Für die mittlere Zunahme an Erkrankten durch 8 teilen
4363,43:8=545


d.)K'(t)=6000\cdot \left(- \frac{1}{(1+5999e^{-1,21t})^2}\right) \cdot (-7258,8e^{-1,21t})

K'(t)= \frac{43552800e^{-1,21t}}{(1+5999e^{-1,21t})^2}

e.)In welcher Woche gibt es zwei Neuerkrankungen?
K'(t)=2
2=\frac{43552800e^{-1,21t}}{(1+5999e^{-1,21t})^2}

2(1+5999e^{-1,21t})^2=43552800e^{-1,21t}


(1+5999e^{-1,21t})^2=21776400e^{-1,21t}


1+11998e^{-1,21t}+35988001(e^{-1,21t})^2=21776400e^{-1,21t}

35988001(e^{-1,21t})^2-21764402e^{-1,21t}+1=0


(e^{-1,21t})^2-0,605e^{-1,21t}+ \frac{1}{35988001}=0


u= e^{-1,21t}


u^2-0,605u+\frac{1}{35988001}=0
Gleichung mithilfe der p,q-Formel lösen


u1=0,605=e^{-1,21t}\qquad t1=0,415


u2=4,6\cdot 10^{-8}=e^{-1,21t}\qquad t2=13,96
Am 3.Tag nach Ausbreitung der Grippe und in der 14. Woche gibt es 2 Neuerkrankungen.

Nachbetrachtung Zweite Ableitung, Wendepunkt und Grafen.

Zweite Ableitung; bearbeitet von --Tws98OB (Diskussion) 10:12, 27. Apr. 2017 (CEST)

f(t)=\frac{6000}{1+5999e^{-1,21t}}

f(t)'=\frac{43.552.740e^{-1,21t}}{(1+5999e^{-1,21t})^2}

f(t)''=\frac{-52.698.815,4e^{-1,21t}(1+5999e^{-1,21t})^2-43.552.740e^{-1,21t} \cdot 2(1+5999e^{-1,21t}) \cdot (-7.258,8e^{-1,21t})}{(1+5999e^{-1,21t})^4}

f(t)''=\frac{-52.698.815,4e^{-1,21t}(1+5999e^{-1,21t})-43.552.740e^{-1,21t} \cdot (-14.517,6e^{-1,21t})}{(1+5999e^{-1,21t})^3}

Wendepunkt; bearbeitet von (--L.Wagner (Diskussion) 10:35, 27. Apr. 2017 (CEST)Laurent99OB)

Um den Wendepunkt zu berechnen, müssen wir die 2.Ableitung gleich 0 stellen.

0=f''(t)

0=\frac{-52.698.815,4e^{-1,21t}(1+5999e^{-1,21t})-43.552.740e^{-1,21t} \cdot (-14.517,6e^{-1,21t})}{(1+5999e^{-1,21t})^3}

0=-52.698.815,4e^{-1,21t}(1+5999e^{-1,21t})-43.552.740e^{-1,21t} \cdot (-14.517,6e^{-1,21t})

0=-3,61 \cdot 10^{11} (e^{-1,21t})^2+6,32 \cdot 10^{11} (e^{-1,21t})^2-52.698.815 (e^{-1,21t})

0=-3,61 \cdot 10^{11} (e^{-1,21t})^2-52.698.815e^{-1,21t}

Wir ersetzen das e^{-1,21t} durch u, sodass wir eine einfache Substituition vorliegen habenund das mit der pq-Formel lösen können.

u=e^{-1,21t}

0=-3,61\cdot 10^{11}u^2-52.698.815u

u_1=0

u_2=7,2

A: Der Wendepunkt liegt bei etwa 7,2 Jahre

Grafen; bearbeitet von (--L.Wagner (Diskussion) 10:57, 27. Apr. 2017 (CEST)Laurent99OB)

Aufgabe 10
Musterklausur II

.Aufgabe; bearbeitet von --Deeka98OB 18:34, 3. Apr. 2017 (CEST)

a.)
Es handelt sich um ein beschränktes Wachstum. f'(t)=k(S-f(t))
\vartheta =f(t)
S=\vartheta _{u}
f(0)=  \vartheta _{0}


f'(t)=k( \vartheta _{u}- \vartheta  )
f'(t)=k(   \vartheta _{u}- f(t) )


\frac{f'(t)}{ \vartheta _{u}-f(t)} =k
-ln(\vartheta _{u}- f(t))=kt+c
\frac{1}{\vartheta _{u}- f(t)}=e^{kt}\cdot k_1
f(t)= \vartheta_{u} - \frac{1}{ e^{kt}\cdot k_1}
Nun setzen wir in unsere Funktion f(t) f(0)=  \vartheta _{0} ein, damit wir k_1 haben.
f(0)=  \vartheta _{0}
\vartheta_{0}= \vartheta_{u}- \frac{1}{k_1}
\frac{1}{k_1} =  \vartheta_{u}- \vartheta_{0}
k_1= \frac{1}{\vartheta_{u}- \vartheta_{0}}
f(t)= \vartheta_{u}- \frac{ \vartheta_{u}- \vartheta_{0}}{e^{kt}}


b.)
\vartheta _{u}=20
\vartheta _{o}=400
f(10)=300

f(t)= \vartheta_{u}- \frac{ \vartheta_{u}- \vartheta_{0}}{e^{kt}}
f(10)=300=20- \frac{20-400}{e^{10k}}= 20+\frac{380}{e^{10k}}
280=\frac{380}{e^{10k}}
k=0,0305
f(t)= \vartheta_{u}- \frac{( \vartheta_{u}- \vartheta_{0})}{e^{0,0305t}}

f(t)=50
50=20- \frac{20-400}{e^{0,0305t}}
t=83,25

A: Der Körper hat sich nach 83 Minuten und 15 Sekunden auf 50°C abgekühlt.