Protokolle vom Mai 2013

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Inhaltsverzeichnis

Protokoll vom 6.05.2013 / Thema:logistisches Wachstum

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 für 7999


c)

t=6,83 Tage


d) 7942 Personen



Buch S. 137

Aufgabe 2a

k=0,81

a=9


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 das ..

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

Linear.jpg


Exponentielles Wachstum

Exponentiell.jpg


begrenztes Wachstum

Begrenztes.jpg


logisitisches Wachstum

Logistisches .jpg



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 die Ableitung der gegebenen Funktion berechnet.


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


Die Ableitung 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


Das kann man mit der Herleitung der Formel für logistisches Wachstum vergleichen.

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 }=f'(t)


Die Probe bestätigt, dass unsere Ableitung richtig war.


Aufgabe 1d

In dieser Aufgabe soll

1. berechnet werden, wann die Wachstumsgeschwindigkeit pro Tag 60cm^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.

Dabei gilt:

1dm^{2}=100cm^{2}


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.


siehe Hausaufgaben!




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 Quotientenregel.


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}  ( -0,25t+e^{-0,25t} )    }{(1+4e^{-0,25t})^3 }


Die Ableitung setzten wir nun gleich Null.

f''(t)=0


0= 10 \frac{e^{-0,25t}  ( -0,25t+e^{-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=-0,25t+e^{-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 2b,7,8a und 1d fertigstellen


Protokoll vom 08.05.2013 / Thema:logistisches Wachstum

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})^{-2}

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} \approx 0,37

z_{2}=0,27-\sqrt{0,01} \approx 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}\approx 3,98


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

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

t_{2}\approx 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


Bild1-4.jpg



Aufgabe 7

a)

f(t)=\frac{5}{1+10e^{-t} }


Zum Berechnen der 1.Ableitung benötigen wir die Kettenregel.

f'(t)=\frac{5(-10e^{-t}) }{-(1+10e^{-t})^2 }

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): =\frac{50e^{-t} }{(1+10e^{-t})^2


Zum Berechnen der 2.Ableitung benötigen wir die Quotientenregel.

f''(t)=\frac{-50e^{-t}\cdot (1+10e^{-t})^2-50e^{-t}\cdot 2 \cdot (1+10e^{-t})\cdot (10e^{-t})     }{(1+10e^{-t})^4 }

=\frac{-50e^{-t}\cdot (1+10e^{-t})^2+1000e^{-2t}\cdot (1+10e^{-t})    }{(1+10e^{-t})^4 }

=\frac{e^{-t}(1+10e^{-t})\cdot \left[-50(1+10e^{-t})+1000e^{-t}\right]      }{(1+10e^{-t})^4 }

=\frac{e^{-t}\left[-50-500e^{-t}+1000e^{-t}\right]     }{(1+10e^{-t})^3 }

=\frac{e^{-t}(-50+500e^{-t})  }{(1+10e^{-t})^3 }


In dieser Aufgabe ist eine kleine Kurvendiskussion mit folgenden Punkten verlangt:

Nullstellen

f(t)=\frac{5}{1+10e^{-t} }=0

Den Nenner darf man in dieser Gleichung streichen

5=0

Daraus folgt, dass diese Funktion keine Nullstellen hat.


Extremstellen

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): f'(t)=\frac{50e^{-t} }{(1+10e^{-t})^2 =0


Auch hier darf man den Nenner der Gleichung streichen.

-5(-10e^{-t})=0

Die e-Funktion kann nicht den Wert Null annehmen, daher hat die Funktion keine Extremstellen.


Wendestellen

f''(t)=\frac{e^{-t}(-50+500e^{-t})  }{(1+10e^{-t})^3 }=0

Den Nenner kann man wieder streichen.

e^{-t}(-50-500e^{-t})=0

Die e-Funktion, die vor der Klammer steht, kann nicht den Wert Null annehmen, daher fällt sie weg.

-50+500e^{-t}=0 \qquad \qquad |+50  \qquad \qquad |:500

e^{-t}=0,1 \qquad \qquad |\ln ()

-t=\ln (0,1) \qquad \qquad |\cdot(-1)

t=2,3


Zur Überprüfung der hinreichenden Bedingung für den Wendepunkt könnte man das Ergebnis in die 3.Ableitung einsetzen.

Dieses Ergebnis muss von Null abweichen.

Um aber ab dieser stelle die aufwendige Berechnung einer 3.Ableitung zu umgehen wird überprüft, ob bei der Lösung ein Vorzeichenwechsel auftritt.

Dies kann auch als hinreichende Bedingung benutzt werden.

t>2,3\Rightarrow f''(t)<0

t<2,3\Rightarrow f''(t)>0


Funktionswert an der Wendestelle

Um nicht den gerundeten Wert von t zunehmen, setzt man den Zwischenschritt e^{-t}=0,1 in die Funktion f(t) ein, um einen exakten Funktionswert zu bekommen.

f(t_{w} )=\frac{5}{1+10\cdot 0,1}

f(t_{w} )=2,5


Eine Probe mit dem gerundeten Wert liefert uns:

\frac{5}{1+10e^{-2,3} }\approx 2,497\approx2,5


Monotonie

Bei Betrachtung der 1.Ableitung sieht man, dass der Nenner durch das Quadrat immer positiv ist und da eine Exponentialfunktion immer größer als Null ist,

ist der Zähler auch positiv.

Daraus folgt; die Funktion ist streng monoton steigend für alle t\in \mathbb{R}.


Verhalten für Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): t\rightarrow {+ \\ -} \infty

\lim_{t\to\infty}=f(t)=5

\lim_{t\to-\infty} f(t)=0

Für den Grenzwert im Zusammenhang mit der e-Funkion ist wichtig, dass e^{-\infty }\rightarrow 0 und e^{\infty }\rightarrow \infty gilt.

Des Weiteren strebt ein Bruch, der im Nenner den größeren Wert aufweist gegen Null.


b)

Für logistisches Wachstum mit einer Funktion f(t)=\frac{G}{1+ae^{-kt} } gilt die Differenzialgleichung f'(t)=rf(t)(G-f(t)),  \qquad k=r \cdot G, \qquad r>0.

Damit gilt, dass bei der Funktion f(t) der Aufgabe k=1 und G=5 sein müsste.

Daraus folgt r=0,2

f'(t)=0,2 \cdot \frac{5}{1+10e^{-1} } \cdot (5-\frac{5}{1+10e^{-t} })

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

=5(\frac{1}{1+10e^{-t} }-\frac{1}{(1+10e^{-t})^2 })

=5 \cdot \frac{1+10e^{-t}-1 }{(1+10e^{-t})^2 }

=\frac{50e^{-t} }{(1+10e^{-t})^2 }


f''(t)=0,2\left[f'(t) \cdot (G-f(t))-f(t) \cdot f'(t)\right]

f''(t)=0,2\left[G \cdot f'(t)-f'(t) \cdot f(t)-f(t) \cdot f'(t) \right]

f''(t)=0,2 \cdot f'(t) \left[5-2f(t_{w} )\right] =0


0,2 \cdot f'(t) ist echt größer Null, nur \left[5-2f(t_{w} )\right]  kann Null sein.

Daher genügt es nur 5-2f(t_{w} ) gleich Null zusetzen.


5=2f(t_{w} )

\frac{5}{2}=f(t_{w} )


Per Definition ist das Wachstum an der Wendestelle maximal.


Aufgabe 8

a)

f(t)=\frac{G}{1+ae^{-kt} }

Die Funktion f(t) soll die Lösung der Differenzialgleichung  f'(t)=\frac{k}{G}\cdot f(t) \cdot (G-f(t))    sein.

Um diese Gleichung zu überprüfen, betrachtet man den linken Term und den rechten Term getrennt voneinander.


Linker Term

Die Funktion f(t) wird mit der Kettenregel abgeleitet, um zu f'(t) zu gelangen.

f(t)=G \cdot (1+ae^{-kt})^{-1}

f'(t)=G \cdot (-1) \cdot (1+ae^{-kt})^{-2} \cdot (a \cdot e^{-kt}) \cdot (-k)

=\frac{G \cdot kae^{-kt}  }{(1+ae^{-kt})^2 }


Rechter Term

In den rechten Term der Gleichung muss die Funktion von f(t) eingesetzt werden.

Um zu zeigen, dass die Differenzialgleichung gilt, muss es möglich sein durch Vereinfachung das gleiche Ergebnis wie im linken Term zu erreichen.

\frac{k}{G} \cdot f(t) \cdot (G-f(t))

=\frac{k}{G} \cdot \frac{G}{1+ae^{-kt} } \cdot (G-\frac{G}{1+ae^{-kt} })

=\frac{k}{1+ae^{-kt} } \cdot (G-\frac{G}{1+ae^{-kt} } )

\frac{k \cdot G }{1+ae^{-kt} }-\frac{kG}{(1+ae^{-kt})^2 }

\frac{k \cdot G(1+ae^{-kt})-kG  }{(1+ae^{-kt})^2 }

\frac{G \cdot kae^{-kt}  }{(1+ae^{-kt})^2 }


Im linken und rechten Teil der Gleichung steht der gleiche Term, daher löst die Funktion f(t) die Differenzialgleichung.


Alternative Ableitung der Funktion für logistisches Wachstum

1)

Wenn man eine Funktion für logistisches Wachstum hat und die Wendestelle für diese Funktion berechnen möchte, kann man als Alternative auch die allgemeingültige

Gleichung zweimal ableiten, um somit eine Formel für Wendestellen für jede beliebige Funktion, die logistisches Wachstum beschreibt, zubekommen.

f(t)=\frac{G}{1+ae^{-kt} }

f'(t)=G \cdot (-\frac{1}{(1+ae^{-kt})^2 } \cdot (-ake^{-kt}))


Um die 2.Ableitung zu berechnen, muss die Quotientenregel benutzt werden.

f''(t)=\frac{-k^2 \cdot G \cdot ae^{-kt} \cdot (1+ae^{-kt})^2 - G \cdot a \cdot k \cdot e^{-kt} \cdot 2 \cdot (1+ae^{-kt}) \cdot (-k) \cdot a \cdot e^{-kt}              }{(1+ae^{-kt})^4 }

=\frac{k \cdot G \cdot ae^{-kt}(1+ae^{-kt}(-k(1+ae^{-kt})+2 \cdot k \cdot ae^{-kt})         }{(1+ae^{-kt})^4 }

=\frac{k \cdot G \cdot ae^{-kt}(-k-k \cdot ae^{-kt}+2 \cdot k \cdot ae^{-kt}        }{(1+ae^{-kt})^3 }

=\frac{k \cdot G \cdot ae^{-kt} (-k+k \cdot ae^{-kt} )    }{(1+ae^{-kt})^3 }

=\frac{(k^2 \cdot G \cdot ae^{-kt}) (ae^{-kt}-1)    }{(1+ae^{-kt})^3 }


Die linke Klammer ist echt größer Null, nur die rechte Klammer kann Null sein.

Daher genügt es bei Betrachtung der Wendestellen (ae^{-kt}-1) gleich Null zusetzen.


ae^{-kt}-1=0 \qquad \qquad |+1  \qquad \qquad |:a

e^{-kt}=\frac{1}{a}


Um keine Rundungsfehler zubekommen, kann man die letzte Zeile der Gleichung schon als Lösung in die ursprünglich Funktion einsetzen.

Man erhält dadurch einen exakten Funktionswert für die Wendestelle.

f(t_{w} ) =\frac{G}{1+a \cdot \frac{1}{a}  } =\frac{G}{2}


Jetzt muss nur noch die Wendestelle berechnet werden.

e^{-kt}=\frac{1}{a} \qquad \qquad |\ln ()

-kt=\ln (\frac{1}{a} )  \qquad \qquad |:(-k)

t_{w}=\frac{-\ln (\frac{1}{a} ) }{k}


Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): \ WP \(\frac{-\ln (\frac{1}{a} ) }{k} |\frac{G}{2} \)


Vergleiche Aufgabe 1

a=4 \qquad \qquad k=0,25


t_{w}=\frac{-\ln (\frac{1}{4} ) }{0,25}\approx 5,54


Vergleiche Aufgabe 7

a=10 \qquad \qquad k=1


t_{w}=\frac{-\ln (\frac{1}{10} ) }{1}\approx 2,3


2)

Eine noch einfachere Möglichkeit eine Lösung für den Funktionswert der Wendestelle zubekommen, ist mit der Differenzialgleichung selbst.

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


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

=\frac{k}{G} \cdot f'(t_{w} ) \cdot (G-2f(t_{w}) ) =0


\frac{k}{G} \cdot f'(t_{w} ) ist echt größer Null.

Daher reicht es nur  (G-2f(t_{w}) ) gleich Null zusetzen.

f(t_{w} )=\frac{G}{2}


Buch Seite 137 Nr.6

In der Aufgabe muss eine Funktion durch logistisches Wachstum modelliert werden.

f(t)=\frac{G}{1+ae^{-kt} }

Gesucht sind die Werte für G, a und k.

G als obere Grenze lässt sich im Graphen als in etwa 670 ablesen.

Um a und k zu bestimmen, werden dem Graph zwei Punkte entnommen.


  • f(0)=10

f(0)=\frac{670}{1+ae^{-k \cdot 0} }  =10

\frac{670}{1+a}   =10 \qquad \qquad |\cdot (1+a) \qquad \qquad |:10

\frac{670}{10}   =1+a \qquad \qquad |-1

66=a


  • f(8)=350

f(8)=\frac{670}{1+66e^{-k \cdot 8} }  =350\qquad \qquad |\cdot (1+66e^{-k \cdot 8}) \qquad \qquad |:350

\frac{670}{350}=1+66e^{-k \cdot8 } \qquad \qquad |-1

\frac{32}{35}=66e^{-k \cdot8 } \qquad \qquad |:66

\frac{16}{1155}=e^{-k \cdot8 } \qquad \qquad |\ln ()

\ln (\frac{16}{1155} ) =-k \cdot8  \qquad \qquad |:8 \qquad \qquad |\cdot(-1)

k=0,54


f(t)=\frac{670}{1+66e^{-0,54t} }


Bild2.jpg


Hausaufgaben zum 13.05.2013

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