Dritte Musterklausur

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Dritte Musterklausur

Lösungsvorschläge:

Inhaltsverzeichnis

. Aufgabe Lösungsvorschlag von --Marius95 (Diskussion) 11:05, 9. Apr. 2015 (CEST)

Zunächst stellt man fest, dass ein Verlust von 15% äquivalent zu einem Zuwachs von 85 %, was die Herleitung einer dazugehörigen Funktionsgleichung deutlich verleichtert.

f(x)= w \cdot 0,85^t


Eine Senkung des Wertes auf die Hälfte bedeutet, dass zu einem Funktionswert, die der Hälfte des Wertes entspricht, die entsprechende Zeit t gesucht wird, in der dieser Wertverlust geschieht.

0,5 \cdot w = w \cdot 0,85^t

0,5 =  0,85^t

log_{0,85}(0,5)=t  \Rightarrow t=4,265 \ \ \ \ , da \ t \geq 4,265 \ \ \Rightarrow t = 5


Innerhalb eines Zeitraums von etwa 5 Jahren ist der Wert auf die Hälfte gesunken!


. Aufgabe Lösungsvorschlag von --Schiffert1996 (Diskussion) 17:52, 14. Apr. 2015 (CEST)

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

Bedingung: f(-8)=2e

Einsetzten:

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

2e=k \cdot e | :e

k=2

f_2(x)=2 \cdot e^{- \frac{1}{8}x} erfüllt die Bedingung!

. Aufgabe Lösungsvorschlag von --Philipp95 (Diskussion) 18:31, 13. Apr. 2015 (CEST)



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

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



f'(x)=3[4-f(x)]=3[4-(4+2e^{-3x})]=3[4-4-2e^{-3x}]=3[-2e^{-3x}]=-6e^{-3x}


. Aufgabe Lösungsvorschlag von --Hellmann (Diskussion) 15:04, 14. Apr. 2015 (CEST)

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


___________________________________________


g(x)=f(x)

g'(x)=f'(x)

h(t)=t

H(t)=\frac {1}{2} \cdot t^2

___________________________________________


i(x)=2x

i'(x)=2

j(x)=e^t

J(t)=e^t

___________________________________________


\frac {1}{2} \cdot (f(x))^2=e^{2x}+c


(f(x))^2=2 \cdot e^{2x} +k


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




f(0)=\sqrt {2 \cdot e^0+k}=\sqrt {2+k}=2


2+k=4


k=2


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

. Aufgabe Lösungsvorschlag von --Philipp95 (Diskussion) 11:28, 12. Apr. 2015 (CEST)



a.)


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

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

Wenn man die Gleichung integriert ergibt sich:

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

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

Fallunterschidung:
1: f(x)= e^{\frac{5}{3}x^3}\cdot k

2:f(x)= -e^{\frac{5}{3}x^3}\cdot k



b.)


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


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


Nun wird diese Gleichung integriert und man erhält:


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

. Aufgabe Lösungsvorschlag von --Hellmann (Diskussion) 12:17, 15. Apr. 2015 (CEST)

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


f(x)=-4 f'(x)=3

f(x)=-3 f'(x)=2,5

f(x)=-2 f'(x)=2

f(x)=-1 f'(x)=1,5

f(x)=0 f'(x)=1

f(x)=1 f'(x)=0,5

f(x)=2 f'(x)=0

f(x)=3 f'(x)=-0,5

f(x)=4 f'(x)=-1


Graf 1

Graf 2

Die Funktion besitzt eine waagrechte Asymptote bei f(x)=2.


Für f(x)\geq 2

\Rightarrow f(x)=2+ k \cdot e^{-x}


Für f(x)\leq 2

\Rightarrow f(x)=2- k \cdot e^{-x}



. Aufgabe Lösungsvorschlag von --Hellmann (Diskussion) 09:49, 14. Apr. 2015 (CEST)

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

für x>0


die allgemeine Lösung der Differentialgleichung ist:

f(x) \cdot \sqrt x= sin x +C


daher ist f(x)= \frac {sin x+C}{\sqrt x}


Probe:

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


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

. Aufgabe Lösungsvorschlag von --Hellmann (Diskussion) 10:20, 14. Apr. 2015 (CEST)

allgemeine Tangentengleichung:

f(x)=f'(x_0) \cdot (x-x_0)+f(x_0)



f(0)=f'(x_0) \cdot (0-x_0)+f(x_0)= - x_0 \cdot f'(x_0)+f(x_0)=-1



-x \cdot f'(x)+f(x)=-1


-x \cdot f'(x)=-1-f(x)


x \cdot f'(x)=1+f(x)


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


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


nun wird diese Gleichung integriert:

ln(|1+f(x)|)=ln(|x|)+c


|1+f(x)|=|x| \cdot k



als nächstes muss eine Fallunterscheidung vorgenommen werden:


1.) x>0, da x wegen des natürlichen Logarithmus nicht 0 sein kann.



a) 1+f(x)>0, da auch 1+f(x) wegen des natürlichen Logarithmus nicht 0 sein darf.


1+f(x)=k \cdot x


f(x)=k \cdot x-1



b) 1+f(x)<0


-1-f(x)=k \cdot x

f(x)=- k \dot x -1




2.) x<0



a) 1+f(x)>0


1+f(x)=-k \dot x

f(x)=-k \cdot x -1



b) 1+f(x)<0


-1-f(x)=-k \cdot x

f(x)=k \cdot x -1


An dieser Fallunterscheidung sieht man, dass es vier verschiedene Lösungen gibt, je nachdem welchen Wert für x bzw f(x) man einsetzt.


. Aufgabe Lösungsvorschlag von --Hellmann (Diskussion) 16:24, 14. Apr. 2015 (CEST)

gegeben sind:


f(t)\leq 1000


f(0)=10


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



a)

Als erstes muss die Funktion von f(t) gefunden werden, welche den Fischbestand beschreibt.


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


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


_____________________________________________


g(t)=1000-f(t)


g'(t)=-f'(t)


h(x)=\frac {1}{x}


H(x)=ln(|x|)

_____________________________________________


da g'(t)=-f'(t) ist, muss vor der Integration der LT korrigiert werden, indem man beide Seiten mit -1 multipliziert.


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


ln(|1000-f(t)|)=-0,1t+c


|1000-f(t)|=e^{-0,1t} \cdot k



Da die Bedingung der Funktion f(t)\leq 1000 ist, muss 1000-f(t)\geq 0 sein!


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


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


f(t)=-e^{-0,1t} \cdot k +1000



Nun kann man die dritte Bedingung für die Funktion des Fischbestandes einsetzen, da am Anfang genau 10 Fische im Teich sind.


f(0)=-e^0 \cdot k+1000 = 10


-k+1000=10


k=990



Deswegen lautet die Funktion, welche den Fischbestand beschreibt, wie folgt:


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



b)

f(t)=990


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


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


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


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


t=-10 \cdot ln(\frac {1}{99}) \approx 45,95


Antwort: Nach ungefähr 46 Jahren sind 990 Fische in dem Teich zu erwarten.



c)

Wenn f(t)=1000 sein soll, dann müsste die e-Funktion gleich null sein. Dies ist allerdings nicht möglich, da e immer ungleich 0 ist.

Deswegen wird der Fischbestand die Anzahl von 1000 Fischen nur annähern, aber nie ganz erreichen. Dadurch geschieht es, dass es auf einem Grafen eine waagrechte Asymptote bei f(t)=1000 gäbe.