Kostenlose Arbeitsblätter

- Welchen Wert hat die Datenrate auf der y-Achse? - Welches Zeitintervall ist markiert? - Wie hängen Datenrate, Zeit und übertragene Datenmenge zusammen?

1. Aus dem Graphen liest man eine konstante Datenrate von \(200\,\text{MB/min}\) ab. 2. Der betrachtete Zeitraum reicht von \(0\) bis \(2{,}5\,\text{min}\). 3. Die Datenmenge ist \(200\,\text{MB/min}\cdot2{,}5\,\text{min}=500\,\text{MB}\).

Es werden insgesamt \(500\,\text{MB}\) übertragen.

- Welche Rolle spielt das Integral einer Bestandsänderungsrate für Anfangs- und Endbestand? - Wie wirkt sich ein negativer Wert der Nettoänderung auf die vorhandene Filamentmasse aus? - Addiere die vorzeichenbehaftete Änderung zum Anfangsbestand.

1. Das Integral beschreibt die Nettoänderung der Filamentmasse in den drei Stunden. 2. Der negative Wert bedeutet, dass die Filamentmasse insgesamt um \(45\,\text{g}\) abgenommen hat. 3. Am Ende befinden sich \(320\,\text{g}-45\,\text{g}=275\,\text{g}\) Filament auf der Spule.

Am Ende befinden sich \(275\,\text{g}\) Filament auf der Spule. Der Integralwert \(-45\,\text{g}\) bedeutet eine Nettoabnahme um \(45\,\text{g}\).

- Überlege, was das Integral einer Änderungsrate über einen Zeitraum für den Gesamtbestand bedeutet. - Wie kommst du von der Änderungsrate zur Bestandsfunktion? - Welche Information aus dem Text hilft dir, die Integrationskonstante festzulegen? - Prüfe, ob deine Einheiten am Ende konsistent sind (Stunden und Bakterienanzahl).

1. Finden der Stammfunktion von \(r(t) = 3t^2 + 40t\): \(R(t) = t^3 + 20t^2\). 2. Berechnung des Integrals über \([0; 4]\): \(\int_{0}^{4} (3t^2 + 40t) \, \text{d}t = [t^3 + 20t^2]_0^4 = (4^3 + 20 \cdot 4^2) - 0 = 64 + 320 = 384\). 3. Interpretation: Das Integral gibt die Netto-Zunahme der Bakterienanzahl innerhalb der ersten \(4\) Stunden an (hier \(384\) Bakterien). 4. Rekonstruktion des Bestands \(N(t)\) mit dem Anfangsbestand \(N(0) = 1000\): \(N(t) = t^3 + 20t^2 + C\). Durch Einsetzen von \(t = 0\) ergibt sich \(1000 = 0^3 + 20 \cdot 0^2 + C\), also \(C = 1000\). 5. Ergebnis: \(N(t) = t^3 + 20t^2 + 1000\).

a) Das Integral hat den Wert \(384\). Dies entspricht der Anzahl der Bakterien, die in den ersten \(4\) Stunden neu hinzugekommen sind. b) Die Funktionsgleichung lautet \(N(t) = t^3 + 20t^2 + 1000\).

- Welcher mathematische Zusammenhang besteht zwischen der Änderungsrate und dem Lagerbestand? - Wie nutzt du den gegebenen Anfangsbestand, nachdem du eine Stammfunktion bestimmt hast? - Setze für Teil b den gesuchten Zeitpunkt in deine Bestandsfunktion ein.

1. Eine Stammfunktion der Änderungsrate ist \(-0{,}2t^3+3t^2+4t+C\). 2. Aus \(M(0)=50\) folgt \(C=50\). Damit ist \(M(t)=-0{,}2t^3+3t^2+4t+50\). 3. Es gilt \(M(5)=-0{,}2\cdot5^3+3\cdot5^2+4\cdot5+50=120\). Nach fünf Stunden liegen \(120\,\text{t}\) Granulat im Zwischenlager.

a) \(M(t)=-0{,}2t^3+3t^2+4t+50\) b) \(M(5)=120\,\text{t}\)

- Welche mathematische Operation kehrt den Vorgang des Ableitens um? - Wie hängen Beschleunigung, Geschwindigkeit und Ort (Weg) über die Ableitung zusammen? - Was bedeutet die Information über den Zeitpunkt \(t = 0\) für deine Integrationskonstante? - In welcher Reihenfolge musst du integrieren, um vom Gegebenen zum Gesuchten zu gelangen?

1. Bestimmung von \(v(t)\) durch Integration der Beschleunigung: \(v(t) = \int 0{,}6t \, dt = 0{,}3t^2 + C\). 2. Bestimmung von \(C\) mit \(v(0) = 0\): \(0{,}3 \cdot 0^2 + C = 0 \implies C = 0\). Ergebnis: \(v(t) = 0{,}3t^2\). 3. Bestimmung von \(s(t)\) durch Integration der Geschwindigkeit: \(s(t) = \int 0{,}3t^2 \, dt = 0{,}1t^3 + C'\). 4. Bestimmung von \(C'\) mit \(s(0) = 0\): \(0{,}1 \cdot 0^3 + C' = 0 \implies C' = 0\). Ergebnis: \(s(t) = 0{,}1t^3\). 5. Berechnung der Werte für \(t = 5\): \(v(5) = 0{,}3 \cdot 5^2 = 7{,}5\) und \(s(5) = 0{,}1 \cdot 5^3 = 12{,}5\).

a) \(v(t) = 0{,}3t^2\) b) \(s(t) = 0{,}1t^3\) c) Nach \(5\,\text{s}\) beträgt die Geschwindigkeit \(7{,}5\,\text{m/s}\) und der Weg \(12{,}5\,\text{m}\).

- Welche Gesamtzahl von Rückgaben beziehungsweise Ausgaben entspricht jeweils der Fläche unter einer Rate? - Zerlege die Flächen unter den beiden Graphen in Dreiecke und Rechtecke. - Für die Nettoänderung des verfügbaren Bestands musst du Rückgaben und Ausgaben miteinander verrechnen. - Vergiss den Anfangsbestand von \(20\) Geräten nicht.

1. Bis \(t=4\) entspricht die Zahl der Rückgaben der Dreiecksfläche unter \(r\): \(\frac12\cdot4\cdot8=16\). Die Zahl der Ausgaben ist \(\frac12\cdot4\cdot2=4\). Die Nettoänderung beträgt \(16-4=12\), also sind \(20+12=32\) Audioguides verfügbar. 2. Bis \(t=8\) ergeben sich \(16+4\cdot8=48\) Rückgaben und \(\frac12\cdot8\cdot4=16\) Ausgaben. Die Nettoänderung beträgt \(32\), also sind \(52\) Audioguides verfügbar. 3. Bis \(t=12\) kommen weitere \(\frac12\cdot4\cdot8=16\) Rückgaben hinzu, insgesamt also \(64\). Die Ausgaben entsprechen \(\frac12\cdot12\cdot6=36\). Die Nettoänderung beträgt \(28\), also sind \(48\) Audioguides verfügbar.

Nach \(4\) Stunden sind \(32\) Audioguides verfügbar. Nach \(8\) Stunden sind \(52\) Audioguides verfügbar. Nach \(12\) Stunden sind \(48\) Audioguides verfügbar.

- Welche geometrische Form hat die Fläche zwischen der ansteigenden Geraden und der Zeitachse? - Welche beiden Randwerte der Wachstumsrate kannst du aus dem Graphen ablesen? - Welche Einheit erhältst du, wenn du eine Rate in Millimetern pro Woche über Wochen aufsummierst?

1. Die Fläche unter dem Graphen ist ein Trapez. 2. Zu Beginn beträgt die Wachstumsrate \(2\,\text{mm}/\text{Woche}\), nach drei Wochen \(8\,\text{mm}/\text{Woche}\). 3. Der Flächeninhalt ist \(A=\frac{2+8}{2}\cdot3\,\text{mm}=15\,\text{mm}\). 4. Dieser Flächeninhalt ist der gesamte Durchmesserzuwachs in den drei Wochen.

Der Durchmesserzuwachs beträgt \(15\,\text{mm}\).

- Welche geometrische Form bildet die Fläche unter der Geraden? - Welche Grundseite und Höhe hat dieses Dreieck? - Welche Einheit entsteht aus \(\text{m/min}\cdot\text{min}\)?

1. Die Fläche unter dem Geschwindigkeitsgraphen ist ein rechtwinkliges Dreieck. 2. Die Geschwindigkeit beginnt bei \(400\,\text{m/min}\) und sinkt bis \(t=2\,\text{min}\) auf \(0\). 3. Die verarbeitete Länge ist \(\frac12\cdot2\,\text{min}\cdot400\,\text{m/min}=400\,\text{m}\).

In den ersten zwei Minuten laufen insgesamt \(400\,\text{m}\) Papierbahn durch die Maschine.

- Was bedeutet ein positives beziehungsweise negatives Vorzeichen der Änderungsrate für den Bestand? - Wo wechselt die Änderungsrate ihr Vorzeichen? - Vergleiche die positive und die negative Fläche zwischen dem Rategraphen und der \(t\)-Achse.

1. Für \(0<t<2\) ist \(r(t)>0\), also muss der Bestand dort zunehmen. Für \(2<t<4\) ist \(r(t)<0\), also muss der Bestand dort abnehmen. 2. Bei \(t=2\) wechselt \(r\) von positiv zu negativ. Dort besitzt \(B\) deshalb ein Maximum. 3. Die positive Fläche zwischen \(0\) und \(2\) ist genauso groß wie der Betrag der negativen Fläche zwischen \(2\) und \(4\). Daher ist die Gesamtänderung \(0\) und es gilt \(B(4)=B(0)=4\). 4. Nur \(B_1\) steigt zunächst, hat bei \(t=2\) ein Maximum, fällt anschließend und endet wieder beim Anfangswert.

\(B_1\). Für \(0<t<2\) ist \(r(t)>0\), danach ist \(r(t)<0\); deshalb steigt der Bestand zunächst und hat bei \(t=2\) ein Maximum. Die positive und negative Flächenbilanz sind gleich groß, sodass \(B(4)=B(0)=4\) gilt. Nur \(B_1\) erfüllt alle drei Bedingungen.

- Welche der beiden gegebenen Raten vergrößert und welche verkleinert die Zahl aufgehängter Kleidungsstücke? - Formuliere zuerst eine einzige Nettorate. - Das Integral der Nettorate liefert die Bestandsänderung, nicht bereits den Endbestand.

1. Neu abgegebene Kleidungsstücke erhöhen den Bestand, abgeholte verringern ihn. Daher ist die Nettorate \(n(t)=p(t)-5=t-1\). 2. Die Bestandsänderung in vier Stunden ist \(\int_0^4(t-1)\,\text{d}t=\left[\frac12t^2-t\right]_0^4=4\) Stück. 3. Mit dem Anfangsbestand folgt \(B(4)=40+4=44\).

Nettorate: \(n(t)=(t-1)\,\frac{\text{Stück}}{\text{h}}\); nach \(4\) Stunden hängen \(44\) Kleidungsstücke an der Garderobe.

- Welche Größe erhältst du durch Integration der Wachstumsrate über einen Zeitraum? - Wie hängt eine Bestandsfunktion mit ihrer Änderungsrate zusammen? - Welche Anfangsbedingung bestimmt die Integrationskonstante in Teil b? - Welche Zeitspanne wird durch die Grenzen \(t\) und \(t+2\) beschrieben?

1. Eine Stammfunktion der Wachstumsrate ist \(W(t)=2000e^{0{,}1t}\). 2. Der Zuwachs in den ersten zehn Stunden beträgt \(\int_0^{10}200e^{0{,}1t}\,\text{d}t=[2000e^{0{,}1t}]_0^{10}=2000(e-1)\) Bakterien. 3. Eine Bestandsfunktion hat die Form \(N(t)=2000e^{0{,}1t}+C\). Aus \(N(0)=5000\) folgt \(C=3000\), also \(N(t)=2000e^{0{,}1t}+3000\). 4. Die Gleichung in Teil c fragt nach einem Zeitpunkt \(t\), ab dem die Bakterienanzahl in den folgenden zwei Stunden um genau \(2000\) zunimmt.

a) \(2000(e-1)\) Bakterien b) \(N(t)=2000e^{0{,}1t}+3000\) c) „Zu welchem Zeitpunkt \(t\) nimmt die Bakterienanzahl innerhalb der folgenden zwei Stunden um genau \(2000\) zu?“

- Wie entsteht aus einer Zuflussrate und einem bekannten Anfangsvolumen eine Bestandsfunktion? - Prüfe bei der Integrationskonstante ausdrücklich den gegebenen Anfangsbestand. - Für den letzten Teil ändert sich das Modell bei \(t=20\); bestimme zuerst den Bestand genau zu diesem Umschaltzeitpunkt. - Was bedeutet eine anschließend konstante Zuflussrate für die weitere Bestandsentwicklung?

1. Eine Stammfunktion der Zuflussrate ist \(12t+30e^{-0{,}4t}\). Mit \(V(0)=40\) folgt \(V(t)=12t+30e^{-0{,}4t}+10\) für \(0\le t\le20\). 2. Nach zehn Minuten enthält der Behälter \(V(10)=130+30e^{-4}\,\text{L}\). 3. Zum Umschaltzeitpunkt gilt \(V(20)=250+30e^{-8}\,\text{L}\). 4. Für \(t\ge20\) gilt daher \(V(t)=250+30e^{-8}+12(t-20)\). 5. Aus \(V(t)=500\) folgt \(t=\frac{245}{6}-\frac{5}{2}e^{-8}\,\text{min}\).

a) \(V(t)=12t+30e^{-0{,}4t}+10\) für \(0\le t\le20\) b) \(V(10)=130+30e^{-4}\,\text{L}\) c) \(t=\frac{245}{6}-\frac{5}{2}e^{-8}\,\text{min}\)

- Wie setzt sich ein späterer Energiebestand aus Anfangsbestand und der seitdem zugeführten Energie zusammen? - Die Stammfunktion ist bereits gegeben; achte beim bestimmten Integral auf beide Randwerte. - Vergleiche in Teil c den Bestandsunterschied \(E(4)-E(0)\) mit dem Integral der Leistung über denselben Zeitraum.

1. Für die gespeicherte Energie gilt \(E(t)=200+\int_0^tP(x)\,\text{d}x\). 2. Mit der gegebenen Stammfunktion folgt \(E(t)=200+F(t)-F(0)=200-80(t+2)e^{-0{,}5t}+160=360-80(t+2)e^{-0{,}5t}\). 3. Nach vier Stunden gilt \(E(4)=360-480e^{-2}\,\text{Wh}\). 4. Die Energiezunahme in den ersten vier Stunden ist \(E(4)-E(0)=160-480e^{-2}\,\text{Wh}\). Genau diesen Wert liefert \(\int_0^4P(t)\,\text{d}t\), weil das Integral der Leistung über die Zeit die zugeführte Energie beschreibt.

a) \(E(t)=360-80(t+2)e^{-0{,}5t}\) b) \(E(4)=360-480e^{-2}\,\text{Wh}\) c) \(160-480e^{-2}\,\text{Wh}\); dies ist zugleich \(\int_0^4P(t)\,\text{d}t\), also die in den ersten vier Stunden zugeführte Energie.

- Wann ist eine Größe steigend, wenn man ihre Änderungsrate kennt? - Wie hängen Bestand, Anfangsbestand und die Änderungsrate über ein Integral zusammen? - Was bedeuten die einzelnen Summanden und der Wert auf der rechten Seite der Gleichung in Bezug auf die Einheiten im Text?

1. Die Bakterienanzahl nimmt zu, wenn die momentane Änderungsrate positiv ist: \(f(t) > 0\). Die Nullstellen von \(f(t) = -0{,}1(t^2 - 8t + 12)\) liegen bei \(t_1 = 2\) und \(t_2 = 6\). Da der Graph von \(f\) eine nach unten geöffnete Parabel ist, gilt \(f(t) > 0\) für \(t \in ]2; 6[\). Die Anzahl nimmt also im offenen Intervall \(]2; 6[\) zu. 2. Die Bakterienanzahl zum Zeitpunkt \(t=6\) berechnet sich durch \(B(6) = 10 + \int_{0}^{6} (-0{,}1t^2 + 0{,}8t - 1{,}2) \, \text{d}t\). Das Integral ist \([ -\frac{0{,}1}{3}t^3 + 0{,}4t^2 - 1{,}2t ]_0^6 = -7{,}2 + 14{,}4 - 7{,}2 = 0\). Da die Änderungsrate in Tausend Bakterien pro Stunde angegeben ist, bleibt die Anzahl bei \(10\,000\) Bakterien. 3. Die Gleichung \(10 + \int_0^k f(t) \,\text{d}t = 9{,}5\) beschreibt alle Zeitpunkte \(k\), zu denen der Bestand \(9500\) Bakterien beträgt. Eine passende Fragestellung lautet: „Zu welchen Zeitpunkten \(k\) beträgt die Bakterienanzahl \(9500\)?“

a) Das Zeitintervall ist \(]2; 6[\). b) Die Bakterienanzahl beträgt \(10\,000\). c) Mögliche Fragestellung: „Zu welchen Zeitpunkten \(k\) beträgt die Bakterienanzahl \(9500\)?“

- Wie muss sich das Vorzeichen einer Nettoänderungsrate verhalten, damit der zugehörige Bestand ein Maximum erreicht? - Das bestimmte Integral einer vorzeichenbehafteten Rate liefert die Nettoänderung der gespeicherten Größe. - Was bedeutet eine Nettoänderung von \(0\) für die Bestände an Anfang und Ende des betrachteten Intervalls?

1. Die \(\text{CO}_2\)-Masse ist maximal, wenn die Nettoänderungsrate von positiv zu negativ wechselt. Aus \(4e^{-0{,}5t}-2=0\) folgt \(t=2\ln(2)\,\text{min}\). Vor diesem Zeitpunkt ist \(h(t)>0\), danach \(h(t)<0\). 2. Die Nettoänderung in den ersten vier Minuten ist \(\Delta M=\int_0^4(4e^{-0{,}5t}-2)\,\text{d}t=[-8e^{-0{,}5t}-2t]_0^4=-8e^{-2}\,\text{g}\). 3. Das Integral \(\int_2^x h(t)\,\text{d}t\) ist die Nettoänderung der \(\text{CO}_2\)-Masse zwischen \(t=2\) und \(t=x\). Ein Integralwert von \(0\) würde bedeuten, dass die \(\text{CO}_2\)-Masse zu beiden Zeitpunkten gleich groß ist. 4. Für \(x>2\) ist \(h(t)<0\) im Modellintervall, daher existiert dort keine solche Lösung.

a) \(t=2\ln(2)\,\text{min}\) b) \(\Delta M=-8e^{-2}\,\text{g}\) c) Eine Lösung würde bedeuten, dass die \(\text{CO}_2\)-Masse zum Zeitpunkt \(x\) wieder genauso groß wie bei \(t=2\) ist. Für \(x>2\) existiert im Modellintervall keine solche Lösung.

- Welche Bedeutung hat das Integral einer Speicherrate über ein Zeitintervall? - Achte beim Integrieren der Sinusfunktion auf den Faktor im Argument. - Unterscheide in b) zwischen der neu gespeicherten Datenmenge und dem tatsächlichen Speicherinhalt. - Welche zusätzliche Information brauchst du neben der Bestandsänderung, um den Speicherinhalt zu einem späteren Zeitpunkt zu bestimmen?

1. Die neu gespeicherte Datenmenge entspricht dem Integral der Speicherrate. Eine Stammfunktion ist \(G(t)=-\frac{160}{\pi}\cos\left(\frac{\pi}{4}t\right)+50t\). 2. Für die ersten vier Minuten gilt \(\int_0^4g(t)\,\text{d}t=G(4)-G(0)=200+\frac{320}{\pi}\,\text{MB}\). 3. Nach sechs Minuten beträgt die Bestandsänderung \(\int_0^6g(t)\,\text{d}t=300+\frac{160}{\pi}\,\text{MB}\). 4. Mit dem Anfangsbestand folgt \(D(6)=200\,\text{MB}+300\,\text{MB}+\frac{160}{\pi}\,\text{MB}=500+\frac{160}{\pi}\,\text{MB}\).

a) \(200+\frac{320}{\pi}\,\text{MB}\) b) \(500+\frac{160}{\pi}\,\text{MB}\)

- Welche Information über Zu- oder Abnahme liefert das Vorzeichen der Änderungsrate? - Welche Einheit hat das Integral einer Rate in Tonnen pro Stunde über die Zeit? - Wie setzt sich der Bestand nach zehn Stunden aus Anfangsbestand und Nettoänderung zusammen? - Was bedeutet ein Vorzeichenwechsel der Rate von positiv zu negativ für den zugehörigen Bestand?

1. Die Nullstellen von \(f(t)=-t^2+12t-20\) sind \(t=2\) und \(t=10\). Da die Parabel nach unten geöffnet ist, gilt \(f(t)<0\) für \(0\le t<2\) und \(10<t\le12\), während \(f(t)>0\) für \(2<t<10\) gilt. 2. Das Integral \(\int_4^9 f(t)\,\text{d}t\) gibt die Nettoänderung der Getreidemenge zwischen der 4. und der 9. Stunde in Tonnen an. 3. Nach zehn Stunden ist der Bestand \(m(10)=100+\int_0^{10}(-t^2+12t-20)\,\text{d}t\). 4. Mit der Stammfunktion \(-\frac13t^3+6t^2-20t\) ergibt sich \(\int_0^{10}f(t)\,\text{d}t=\frac{200}{3}\,\text{t}\). Somit ist \(m(10)=\frac{500}{3}\,\text{t}\). 5. Bei \(t=10\) wechselt \(f\) von positiv zu negativ. Der Bestand steigt also davor und fällt danach; deshalb liegt dort ein lokales Maximum vor.

a) Entnahme für \(0\le t<2\) und \(10<t\le12\); Zufuhr für \(2<t<10\) b) Nettoänderung der Getreidemenge zwischen der 4. und 9. Stunde c) \(\frac{500}{3}\,\text{t}\) d) Bei \(t=10\) wechselt die Änderungsrate von positiv zu negativ, daher hat der Bestand dort einen lokalen Hochpunkt.

- Eine faktorisierte Form der Änderungsrate erleichtert die Vorzeichenanalyse in den angegebenen Intervallen. - Wie erhältst du aus Anfangsbestand und bestimmtem Integral der Änderungsrate den späteren Bestand? - Der Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung verbindet die Bestandsänderung mit dem Integral der Änderungsrate. - Für den Vergleich in Teil c genügt das Vorzeichen der gesamten Nettoänderung auf \([0;10]\).

1. Es gilt \(v(t)=0{,}2t(t-8)(t-10)\). Für \(0<t<8\) hat das Produkt das Vorzeichen \((+)\cdot(-)\cdot(-)\), also ist \(v(t)>0\). Für \(8<t<10\) gilt \((+)\cdot(+)\cdot(-)\), also \(v(t)<0\). 2. Eine Stammfunktion von \(v\) ist \(F(t)=0{,}2\left(\frac{t^4}{4}-6t^3+40t^2\right)\). Daher ist \(\int_0^8v(t)\,\text{d}t=102{,}4\,\text{m}^3\) und somit \(V(8)=602{,}4\,\text{m}^3\). 3. Für die ersten zehn Stunden gilt \(\int_0^{10}v(t)\,\text{d}t=100\,\text{m}^3>0\). Deshalb ist \(V(10)=600\,\text{m}^3\) größer als \(V(0)=500\,\text{m}^3\).

a) Für \(0<t<8\) gilt \(v(t)>0\), für \(8<t<10\) gilt \(v(t)<0\). b) \(V(8)=602{,}4\,\text{m}^3\) c) \(V(10)=600\,\text{m}^3>V(0)\); der Bestand ist nach zehn Stunden größer.

- Energie erhältst du durch Integration der Leistung über die Zeit. - Vergleiche die Länge des Integrationsintervalls mit der Periode der Sinuskomponente. - Skaliere das Ergebnis einer Anlage anschließend mit Anlagenzahl und Schichtzahl.

1. Die elektrische Energie einer Anlage ist \(\int_0^{12}P(t)\,\mathrm{d}t\). Das Intervall hat genau die Periodenlänge \(12\) der Sinuskomponente, daher ist deren Integral über dieses Intervall null. Es bleibt \(20\cdot12=240\,\text{kWh}\). 2. Für \(8\) Anlagen und zwei Schichten ergibt sich \(240\,\text{kWh}\cdot8\cdot2=3840\,\text{kWh}\).

a) \(240\,\text{kWh}\) b) \(3840\,\text{kWh}\)

- Wie setzt sich ein gespeicherter Bestand aus Anfangsbestand und der seitdem aufgelaufenen Änderung zusammen? - Für das Steigen oder Fallen der gespeicherten Masse ist das Vorzeichen der gegebenen Änderungsrate entscheidend. - Kannst du den Funktionsterm so faktorisieren, dass sein Vorzeichen auf \([0;16]\) unmittelbar erkennbar wird? - Wenn der Bestand im gesamten Inneren des Intervalls steigt, an welchem Rand wird sein Maximum erreicht?

1. Es gilt \(M(t)=5000+\int_0^t f(x)\,\text{d}x\). 2. Eine Stammfunktion von \(f\) ist \(F(t)=-0{,}05t^5+t^4\). Damit ist \(\int_0^{12}f(t)\,\text{d}t=8294{,}4\,\text{kg}\), also \(M(12)=13\,294{,}4\,\text{kg}\). 3. Es gilt \(f(t)=0{,}25t^3(16-t)\). Daher ist \(f(t)>0\) für \(0<t<16\); die gespeicherte Masse steigt im gesamten Inneren des Modellintervalls. 4. Folglich wird das Maximum bei \(t=16\) erreicht. Mit \(F(16)=13\,107{,}2\) ergibt sich \(M(16)=18\,107{,}2\,\text{kg}\).

a) \(M(t)=5000+\int_0^t f(x)\,\text{d}x\); \(M(12)=13\,294{,}4\,\text{kg}\) b) Die gespeicherte Masse steigt für \(0<t<16\); innerhalb des Modellintervalls gibt es kein fallendes Teilintervall. c) Maximum bei \(t=16\,\text{Tagen}\) mit \(M(16)=18\,107{,}2\,\text{kg}\)

- Welche Beziehung besteht zwischen Beschleunigung und Geschwindigkeit sowie zwischen Geschwindigkeit und Wegfunktion? - Nutze die beiden Anfangswerte jeweils erst nach dem Integrieren, um die Integrationskonstanten zu bestimmen. - Prüfe für Teil c das Vorzeichen der Geschwindigkeit, bevor du Ortsänderung und zurückgelegten Weg gleichsetzt.

1. Durch Integration der Beschleunigung erhält man \(v(t)=8e^{-0{,}5t}+C\). Aus \(v(0)=8\,\text{m}/\text{s}\) folgt \(C=0\), also \(v(t)=8e^{-0{,}5t}\). 2. Durch erneute Integration erhält man \(s(t)=-16e^{-0{,}5t}+C\). Aus \(s(0)=0\) folgt \(C=16\), also \(s(t)=16-16e^{-0{,}5t}\). 3. Da \(v(t)>0\) gilt, entspricht die Ortsänderung dem zurückgelegten Weg. Für die ersten zwei Sekunden ist \(s(2)-s(0)=16(1-e^{-1})\,\text{m}\).

a) \(v(t)=8e^{-0{,}5t}\) b) \(s(t)=16-16e^{-0{,}5t}\) c) \(16(1-e^{-1})\,\text{m}\)

- Wie hängen Beschleunigung, Geschwindigkeit und Weg mathematisch über die Integralrechnung zusammen? - Welche Rolle spielen die Werte zum Zeitpunkt \(t = 0\) bei der Bestimmung der Stammfunktionen? - Kannst du eine Gleichung aufstellen, in der die gesuchte Zeit die Unbekannte ist? - Erinnerst du dich an ein Verfahren, um quadratische Gleichungen zu lösen?

1. Bestimmung der Geschwindigkeitsfunktion: Da \(v(t) = \int a(t) \,\text{d}t\), folgt \(v(t) = \int 2 \,\text{d}t = 2t + C_1\). Mit der Anfangsbedingung \(v(0) = 5\) ergibt sich \(C_1 = 5\), also \(v(t) = 2t + 5\). 2. Bestimmung der Wegfunktion: Da \(s(t) = \int v(t) \,\text{d}t\), folgt \(s(t) = \int (2t + 5) \,\text{d}t = t^2 + 5t + C_2\). Mit der Anfangsbedingung \(s(0) = 10\) ergibt sich \(C_2 = 10\), also \(s(t) = t^2 + 5t + 10\). 3. Berechnung des Zeitpunkts für \(s = 160\): Setze \(t^2 + 5t + 10 = 160\), woraus die quadratische Gleichung \(t^2 + 5t - 150 = 0\) folgt. 4. Lösen der quadratischen Gleichung: Die Lösungen sind \(t = \frac{-5 \pm \sqrt{25 - 4 \cdot 1 \cdot (-150)}}{2} = \frac{-5 \pm 25}{2}\). Da \(t \ge 0\) sein muss, ist \(t = 10\,\text{s}\).

a) \(v(t) = 2t + 5\) und \(s(t) = t^2 + 5t + 10\) b) Das Fahrzeug erreicht die Position nach \(t = 10\,\text{s}\).

- Welche Bestandsfunktion erhältst du durch Integration der gegebenen Änderungsrate? - Wie schränkt die Angabe „zu Beginn vollständig sauber“ die Integrationskonstante ein? - Welche zweite Bedingung liefert der Messwert nach einer Stunde?

1. Aus \(m'(t)=k(t+1)^{-2}\) folgt durch Integration \(m(t)=-\frac{k}{t+1}+C\). 2. Mit \(m(0)=0\) erhält man \(-k+C=0\), also \(C=k\). 3. Aus \(m(1)=2\) folgt \(-\frac{k}{2}+k=2\), also \(k=4\). 4. Damit ist \(C=4\) und \(m(t)=4-\frac{4}{t+1}\).

\(k=4\) und \(m(t)=4-\frac{4}{t+1}\)

- Was bedeutet das Vorzeichen der Nettoänderungsrate für die Länge der Warteschlange? - Wann wird ein Bestand minimal, wenn seine Änderungsrate von negativ zu positiv wechselt? - Welche Bestandsänderung repräsentiert ein einzelnes Gitterkästchen bei den gegebenen Achsenskalierungen? - Addiere die geschätzte Nettoänderung zum Anfangsbestand.

1. Solange \(q(t)<0\) ist, wird die Warteschlange kürzer. Dies ist von \(t=0\) bis \(t=5\) der Fall. Danach ist \(q(t)>0\), sodass die Warteschlange wieder wächst. Deshalb ist die Zahl wartender Personen bei \(t=5\,\text{min}\) am geringsten. 2. Die Bestandsänderung bis \(t=5\) entspricht der vorzeichenbehafteten Fläche unter dem Graphen. Ein Gitterkästchen hat die Breite \(1\,\text{min}\) und die Höhe \(10\,\frac{\text{Personen}}{\text{min}}\), also entspricht es \(10\) Personen. 3. Die Fläche zwischen Graph und horizontaler Achse von \(t=0\) bis \(t=5\) umfasst näherungsweise \(10\) Kästchen unterhalb der Achse. Die Nettoänderung beträgt daher ungefähr \(-100\) Personen. 4. Aus dem Anfangsbestand \(400\) folgt \(Q(5)\approx400-100=300\) Personen.

a) Nach \(5\,\text{min}\); bis dahin ist \(q(t)<0\), danach \(q(t)>0\). b) Nach fünf Minuten warten näherungsweise \(300\) Personen.

- Welche Information über das Steigen oder Fallen des Bestands liefert das Vorzeichen der Änderungsrate? - Wie ergänzt du eine Stammfunktion der Änderungsrate um den gegebenen Anfangsbestand? - Wenn der Bestand erst steigt und anschließend bis zum Ende fällt, an welchen Stellen muss für die Leerheitsprüfung verglichen werden?

1. Es gilt \(f(t)=t(t-3)(t-8)\). Damit ist \(f(t)>0\) für \(0<t<3\) und \(f(t)<0\) für \(3<t<8\). Der Bestand steigt also bis \(t=3\) und fällt anschließend bis \(t=8\). 2. Eine Stammfunktion von \(f\) ist \(F(t)=\frac14t^4-\frac{11}{3}t^3+12t^2\). Mit \(M(0)=100\) folgt \(M(t)=\frac14t^4-\frac{11}{3}t^3+12t^2+100\). 3. Es ist \(M(3)=\frac{517}{4}\,\text{t}\) und \(M(8)=\frac{44}{3}\,\text{t}\). 4. Auf \([0;3]\) steigt der Bestand, auf \([3;8]\) fällt er. Deshalb kann das Minimum nur an \(t=0\) oder \(t=8\) liegen. Beide Werte sind positiv, insbesondere \(M(8)=\frac{44}{3}\,\text{t}>0\). Das Lager wird daher nicht leer.

a) Steigend für \(0<t<3\), fallend für \(3<t<8\). b) \(M(t)=\frac14t^4-\frac{11}{3}t^3+12t^2+100\) c) \(M(3)=\frac{517}{4}\,\text{t}\), \(M(8)=\frac{44}{3}\,\text{t}\); wegen des monotonen Verlaufs in den beiden Teilintervallen und positiver Randbestände wird das Lager nicht leer.

- In welchen Zeitabschnitten ist die gegebene Nettoänderungsrate negativ? - Für eine spätere Personenzahl brauchst du den Anfangsbestand und die bis dahin aufgelaufene Nettoänderung. - Welcher Vorzeichenwechsel der Rate kennzeichnet einen lokalen Hochpunkt des Bestands? - Für ein absolutes Maximum auf einem geschlossenen Intervall müssen zusätzlich die Randbestände berücksichtigt werden.

1. Es gilt \(f(t)=-3(t-2)(t-10)\). Daher ist \(f(t)<0\) für \(0\le t<2\) und \(10<t\le12\). In diesen Zeitintervallen nimmt die Personenzahl ab. 2. Eine Stammfunktion ist \(F(t)=-t^3+18t^2-60t\). Für \(t=6\) gilt \(P(6)=200+F(6)-F(0)=272\). 3. Die Personenzahl fällt bis \(t=2\), steigt dann bis \(t=10\) und fällt danach wieder. Somit liegt bei \(t=10\) ein lokales Maximum vor. 4. Für das globale Maximum werden die Randwerte mit diesem Wert verglichen: \(P(0)=200\), \(P(10)=400\) und \(P(12)=344\). Daher ist \(P(10)=400\) das absolute Maximum.

a) Für \(0\le t<2\) und \(10<t\le12\). b) \(272\) Personen c) Bei \(t=10\) beträgt das absolute Maximum \(400\) Personen.

- Was bedeutet das Vorzeichen der Nettoänderungsrate für die Zahl verfügbarer Fahrräder? - Für ein absolutes Minimum genügt ein lokaler Vorzeichenwechsel nicht immer; vergleiche auch die bis dahin aufgelaufene Flächenbilanz mit dem Anfangszustand. - Zerlege die Flächen im Diagramm in einfache Rechtecke und Dreiecke und beachte ihr Vorzeichen. - Der spätere Bestand ist Anfangsbestand plus gesamte Nettoänderung.

1. Die Zahl verfügbarer Fahrräder nimmt ab, wenn die Nettoänderungsrate negativ ist. Dies ist für \(3<t<8\) der Fall. 2. Der Bestand steigt bis \(t=3\), fällt dann bis \(t=8\) und steigt anschließend wieder. Bis \(t=3\) beträgt die positive Flächenbilanz \(5\) Fahrräder, von \(t=3\) bis \(t=8\) beträgt sie \(-7\) Fahrräder. Somit liegt der Bestand bei \(t=8\) sogar unter dem Anfangsbestand; dort liegt das absolute Minimum. 3. Von \(t=0\) bis \(t=5\) ergeben die Teilflächen \(4+1-1-2=2\). Die Nettoänderung beträgt also \(2\) Fahrräder. 4. Über die gesamten zehn Minuten beträgt die Flächenbilanz \(5-7+2=0\). Daher sind am Ende wieder \(50\) Fahrräder verfügbar.

a) \(3<t<8\) b) Bei \(t=8\,\text{min}\); dort ist die bis dahin aufgelaufene Bilanz am kleinsten. c) \(2\) Fahrräder d) \(50\) Fahrräder

- Überlege dir, was passiert, wenn die Kurve unter die Nulllinie sinkt. Läuft dann Wasser hinein oder heraus? - Das Integral über die Rate entspricht der Bestandsänderung. - Die maximale Füllmenge wird erreicht, kurz bevor der Abfluss beginnt den Zufluss zu übersteigen. Wo ist das im Graphen? - Du kannst die Flächen im Graphen als einfache geometrische Formen (Rechtecke, Dreiecke) berechnen.

1. Maximum der Wassermenge: Die Wassermenge \(V(t)\) nimmt zu, solange die Rate \(f(t)\) positiv ist, und ab, wenn \(f(t)\) negativ ist. Der Graph von \(f\) wechselt bei \(t = 6\) das Vorzeichen von Plus nach Minus. Daher ist die Wassermenge zum Zeitpunkt \(t = 6\,\text{h}\) am größten. 2. Volumenänderung nach \(10\) Stunden: - Intervall \([0; 4]\): Rechteck mit \(4\,\text{h} \cdot 4\,\text{m}^3/\text{h} = 16\,\text{m}^3\). - Intervall \([4; 6]\): Dreieck mit \(\frac{1}{2} \cdot 2\,\text{h} \cdot 4\,\text{m}^3/\text{h} = 4\,\text{m}^3\). - Intervall \([6; 8]\): Dreieck (Abfluss) mit \(\frac{1}{2} \cdot 2\,\text{h} \cdot (-4\,\text{m}^3/\text{h}) = -4\,\text{m}^3\). - Intervall \([8; 10]\): Rechteck (Abfluss) mit \(2\,\text{h} \cdot (-4\,\text{m}^3/\text{h}) = -8\,\text{m}^3\). - Gesamte Änderung: \(V(10) = 16 + 4 - 4 - 8 = 8\,\text{m}^3\). 3. Zeitpunkt der vollständigen Leerung: - Gesucht ist \(t\) mit \(V(t) = 0\). - Aus Schritt 2 wissen wir \(V(10) = 8\,\text{m}^3\). - Für \(t \ge 8\) ist die Abflussrate konstant \(f(t) = -4\,\text{m}^3/\text{h}\). - \(V(t) = V(10) + \int_{10}^t (-4) \,\text{d}\tau = 8 - 4(t - 10)\). - Setze \(8 - 4(t - 10) = 0 \Rightarrow 8 = 4(t - 10) \Rightarrow 2 = t - 10 \Rightarrow t = 12\,\text{h}\).

a) Nach \(6\) Stunden, da die Rate dort von Zufluss (positiv) zu Abfluss (negativ) wechselt. b) Das Wasservolumen hat sich um \(8\,\text{m}^3\) erhöht. c) Nach \(12\) Stunden ist das Becken wieder leer.

- Das Integral einer Leistung über die Zeit liefert eine Energie. - Nutze für a) und c) nur die jeweils gegebenen Werte der Stammfunktion. - Für b) benötigst du ausschließlich die Lage des höchsten Punkts und die y-Skalierung der Abbildung.

1. Für die ersten zehn Stunden gilt \(F(10)-F(0)=200-400e^{-1}\). Die Energie beträgt \((200-400e^{-1})\,\text{MWh}\). 2. Der höchste Punkt des dargestellten Graphen liegt bei \(t=10\,\text{h}\). Aus der y-Skala liest man dort ungefähr \(7{,}4\,\text{MW}\) ab. 3. Bis \(t=20\) gilt \(F(20)-F(0)=200-600e^{-2}\,\text{MWh}\). 4. Es gilt \(200-600e^{-2}>2(200-400e^{-1})\), also ist nach \(20\) Stunden mehr als doppelt so viel Energie erzeugt worden wie nach zehn Stunden.

a) \((200-400e^{-1})\,\text{MWh}\) b) Maximum bei \(t=10\,\text{h}\); maximale Leistung etwa \(7{,}4\,\text{MW}\). c) \((200-600e^{-2})\,\text{MWh}\); das ist mehr als das Doppelte des Werts aus a).

- Wie erhältst du aus einer Nettogeldflussrate und dem Anfangsbestand den späteren Kassenbestand? - Für ein Maximum des Bestands ist entscheidend, wann die Rate ihr Vorzeichen von positiv zu negativ wechselt. - Ein erneut gleicher Kassenbestand bedeutet, dass die seit dem Start aufgelaufene Nettobilanz null ist. - Im Graphen kannst du dafür positive und negative Flächen gegeneinander bilanzieren.

1. Aus der Nettogeldflussrate folgt mit \(K(0)=80\) die Bestandsfunktion \(K(t)=-\frac13t^3+3t^2+80\). 2. Nach drei Stunden ist \(K(3)=98\,\text{€}\). 3. Es gilt \(p(t)=t(6-t)\). Die Rate ist für \(0<t<6\) positiv und für \(6<t\le10\) negativ. Daher ist der Kassenbestand bei \(t=6\) maximal. Es ist \(K(6)=116\,\text{€}\). 4. Aus \(K(t)=80\) folgt \(-\frac13t^3+3t^2=0\), also \(t^2\left(3-\frac13t\right)=0\). Für \(t>0\) ergibt sich \(t=9\,\text{h}\). Im Graphen entspricht dies dem Zeitpunkt, bis zu dem die negative Flächenbilanz nach \(t=6\) die zuvor aufgelaufene positive Bilanz genau ausgleicht. 5. Am Ende des Beobachtungszeitraums ist \(K(10)=\frac{140}{3}\,\text{€}\).

a) \(98\,\text{€}\) b) Maximum bei \(t=6\,\text{h}\) mit \(116\,\text{€}\) c) Nach \(9\,\text{h}\) d) \(\frac{140}{3}\,\text{€}\)

- Ein bestimmtes Integral einer vorzeichenbehafteten Änderungsrate liefert eine Bilanz, nicht die Summe aller Zu- und Abnahmen. - Wie wird aus Anfangsvorrat und Nettoänderung der spätere Vorrat? - Welche Wirkung hat der Betrag auf negative Funktionswerte, bevor integriert wird? - Formuliere bei Teil c ausdrücklich, welche sachliche Größe jede der beiden Integrationen beschreibt.

1. Eine Stammfunktion von \(f\) ist \(F(t)=0{,}005t^4-0{,}2t^3+2{,}25t^2-5t\). Damit ist \(\int_2^8f(t)\,\text{d}t=F(8)-F(2)=24{,}6\,\text{kg C}\). Dies ist die Nettoänderung zwischen dem zweiten und achten Jahr. 2. Für zehn Jahre gilt \(F(10)-F(0)=25\,\text{kg C}\). Deshalb beträgt der Kohlenstoffvorrat \(C(10)=100\,\text{kg C}+25\,\text{kg C}=125\,\text{kg C}\). 3. Das Integral \(\int_0^{15}|f(t)|\,\text{d}t\) beschreibt die über den gesamten Zeitraum betragsmäßig aufsummierte Änderung des modellierten Kohlenstoffvorrats, also seine Gesamtvariation. Dagegen beschreibt \(\int_0^{15}f(t)\,\text{d}t\) nur die vorzeichenbehaftete Nettoänderung zwischen Anfang und Ende.

a) \(24{,}6\,\text{kg C}\) b) \(125\,\text{kg C}\) c) \(\int_0^{15}|f(t)|\,\text{d}t\) ist die betragsmäßig aufsummierte Änderung des modellierten Kohlenstoffvorrats (Gesamtvariation); \(\int_0^{15}f(t)\,\text{d}t\) ist seine Nettoänderung.

- Was sagt das Vorzeichen der Nettowärmeleistung darüber aus, ob der gespeicherte Energieinhalt steigt oder fällt? - Ein Extremum des Bestands entsteht an einem geeigneten Vorzeichenwechsel seiner Änderungsrate. Welche Nullstellen hat \(p\)? - Wie setzt sich ein späterer Energieinhalt aus Anfangsenergie und aufgelaufener Nettoänderung zusammen? - Was bedeutet ein Integralwert von null für Anfangs- und Endbestand des betrachteten Zeitraums?

1. Es ist \(p(2)=0{,}8\cos\left(\frac{\pi}{3}\right)=0{,}4\,\text{kW}\). Nach zwei Stunden wird der Speicher momentan mit einer Nettowärmeleistung von \(0{,}4\,\text{kW}\) geladen. 2. Die Nullstellen von \(p\) im betrachteten Intervall liegen bei \(t=3\) und \(t=9\). Die Leistung ist auf \((0;3)\) positiv, auf \((3;9)\) negativ und auf \((9;12)\) wieder positiv. Damit liegt bei \(t=3\) ein lokales Maximum des Energieinhalts. 3. Es gilt \(E(3)=3{,}50+\int_0^3p(t)\,\text{d}t=3{,}50+\frac{24}{5\pi}\,\text{kWh}\approx5{,}03\,\text{kWh}\). Außerdem ist \(E(9)=3{,}50-\frac{24}{5\pi}\,\text{kWh}\) und wegen \(\int_0^{12}p(t)\,\text{d}t=0\) gilt \(E(12)=3{,}50\,\text{kWh}\). Somit ist der Wert bei \(t=3\) größer als beide späteren Kandidaten und daher das absolute Maximum auf \([0;12]\). 4. Für \(t=6\) gilt \(\int_0^6p(t)\,\text{d}t=\left[\frac{24}{5\pi}\sin\left(\frac{\pi}{6}t\right)\right]_0^6=0\). Somit ist \(E(6)=3{,}50\,\text{kWh}\): Bis dahin heben sich positive und negative Nettoenergieänderung genau auf.

a) \(p(2)=0{,}4\,\text{kW}\); der Wärmespeicher wird zu diesem Zeitpunkt netto geladen. b) Das absolute Maximum liegt bei \(t=3\,\text{h}\) und beträgt \(3{,}50+\frac{24}{5\pi}\,\text{kWh}\approx5{,}03\,\text{kWh}\). c) \(E(6)=3{,}50\,\text{kWh}\), weil \(\int_0^6p(t)\,\text{d}t=0\) gilt.

- In welchen Abschnitten ist die gegebene Änderungsrate positiv? - Welche Größe entsteht, wenn eine momentane Änderungsrate über ein Zeitintervall integriert wird? - Für den tatsächlichen Wert des SWE musst du zur aufgelaufenen Änderung den Anfangswert addieren. - Welcher Vorzeichenwechsel der Änderungsrate kennzeichnet einen lokalen Hochpunkt des Bestands?

1. Die Nullstellen von \(q(t)=-0{,}5(t-2)(t-6)\) sind \(t=2\) und \(t=6\). Da die Parabel nach unten geöffnet ist, gilt \(q(t)>0\) für \(2<t<6\). In diesem Zeitraum nimmt das SWE zu. 2. Das Integral \(\int_2^6q(t)\,\text{d}t\) beschreibt die Nettoänderung des Schneewasseräquivalents zwischen dem zweiten und sechsten Tag in Millimetern. 3. Es gilt \(S(6)=150+\int_0^6q(t)\,\text{d}t\). Mit der Stammfunktion \(-\frac16t^3+2t^2-6t\) ist das Integral gleich \(0\,\text{mm}\), also \(S(6)=150\,\text{mm}\). 4. Bei \(t=6\) wechselt \(q\) von positiv zu negativ. Das SWE steigt unmittelbar davor und fällt unmittelbar danach; deshalb liegt dort ein lokaler Hochpunkt vor.

a) \(2<t<6\) b) Nettoänderung des Schneewasseräquivalents zwischen dem zweiten und sechsten Tag. c) \(150\,\text{mm}\) d) Bei \(t=6\) wechselt die Änderungsrate von positiv zu negativ; daher besitzt das SWE dort einen lokalen Hochpunkt.

- Wie erhältst du aus einer Nettozuflussrate zusammen mit dem Anfangsvolumen die Bestandsfunktion? - Woran erkennst du am Vorzeichen von \(r(t)\), ob das Volumen steigt oder fällt? - Eine durchschnittliche Rate über ein Zeitintervall lässt sich auch aus der Nettoänderung des Bestands und der Länge des Intervalls bestimmen. - Für Teil d kannst du die Bestandsfunktion mit dem Anfangsvolumen gleichsetzen und die bekannte Lösung \(t=0\) berücksichtigen.

1. Die Bestandsfunktion ist \(V(t)=40+\int_0^t r(x)\,\text{d}x=40-\frac{1}{50}\left(\frac{t^3}{3}-10t^2+64t\right)\). 2. Damit gilt \(V(4)=\frac{2824}{75}\,\text{m}^3\) und \(V(10)=\frac{608}{15}\,\text{m}^3\). 3. Die Nullstellen der Nettozuflussrate sind \(t=4\) und \(t=16\). Da \(r\) vor \(t=4\) negativ und danach positiv ist, besitzt \(V\) innerhalb der ersten zehn Stunden bei \(t=4\) ein Minimum. Es beträgt \(\frac{2824}{75}\,\text{m}^3\). 4. Für die ersten \(16\) Stunden ist \(V(16)=40+\frac{256}{75}\,\text{m}^3\). Die durchschnittliche Nettozuflussrate beträgt daher \(\bar r=\frac{V(16)-V(0)}{16}=\frac{16}{75}\,\frac{\text{m}^3}{\text{h}}\approx0{,}21\,\frac{\text{m}^3}{\text{h}}\). 5. Aus \(V(t)=40\) folgt \(t\left(\frac{t^2}{3}-10t+64\right)=0\). Für \(t>0\) ergibt sich \(t^2-30t+192=0\), also \(t=15\pm\sqrt{33}\). 6. Der erste positive Zeitpunkt ist \(t=15-\sqrt{33}\,\text{h}\).

a) \(V(4)=\frac{2824}{75}\,\text{m}^3\); \(V(10)=\frac{608}{15}\,\text{m}^3\) b) Minimum bei \(t=4\,\text{h}\) mit \(V(4)=\frac{2824}{75}\,\text{m}^3\) c) \(\bar r=\frac{16}{75}\,\frac{\text{m}^3}{\text{h}}\approx0{,}21\,\frac{\text{m}^3}{\text{h}}\) d) \(t=15-\sqrt{33}\,\text{h}\)

- Wie erhältst du aus einer Nettozuwachsrate und der gegebenen Anfangsbiomasse eine Bestandsfunktion? - Welches Vorzeichen hat die Zuwachsrate im Inneren des Beobachtungsintervalls, und was bedeutet das für die Biomasse? - Für die Trapeznäherung brauchst du die bereits vorhandene Biomasse bei \(t=10\) und den angenäherten Zuwachs von \(10\) bis \(15\). - Was sagt die Krümmung des Rategraphen über die Lage seiner Verbindungssehne und damit über die Trapezfläche aus?

1. Eine Stammfunktion von \(h\) ist \(H(t)=-0{,}02t^5+0{,}5t^4\). Mit \(M(0)=5000\) folgt \(M(t)=-0{,}02t^5+0{,}5t^4+5000\). 2. Es gilt \(h(t)=t^3(2-0{,}1t)>0\) für \(0<t<20\) und \(h(20)=0\). Daher steigt \(M\) im gesamten Inneren des Modellintervalls und erreicht bei \(t=20\) sein Maximum. Es ist \(M(20)=21\,000\,\text{g}\). 3. Für die Trapeznäherung gilt \(h(10)=1000\,\frac{\text{g}}{\text{h}}\) und \(h(15)=1687{,}5\,\frac{\text{g}}{\text{h}}\). Der angenäherte Zuwachs ist \(A_T=\frac{1000+1687{,}5}{2}\cdot5=6718{,}75\,\text{g}\). Da \(M(10)=8000\,\text{g}\), ergibt sich \(M(15)\approx14\,718{,}75\,\text{g}\). 4. Exakt ist \(M(15)=15\,125\,\text{g}\), also beträgt der exakte Zuwachs von \(t=10\) bis \(t=15\) \(7125\,\text{g}\). 5. Die zweite Ableitung der Rate ist \(h''(t)=-1{,}2t^2+12t=-1{,}2t(t-10)\). Für \(10<t\le15\) gilt \(h''(t)<0\), der Graph von \(h\) ist dort also konkav. Die Verbindungssehne der Randpunkte liegt unter dem Graphen, weshalb die Trapezfläche den Integralwert unterschätzt. 6. Die relative Abweichung bezogen auf den exakten Zuwachs beträgt \(\frac{7125-6718{,}75}{7125}\cdot100\,\%=\frac{325}{57}\,\%\approx5{,}70\,\%\).

a) \(M(t)=-0{,}02t^5+0{,}5t^4+5000\); die maximale Biomasse beträgt bei \(t=20\,\text{h}\) genau \(21\,000\,\text{g}\). b) \(M(15)\approx14\,718{,}75\,\text{g}\) c) Exakt ist \(M(15)=15\,125\,\text{g}\). Da \(h''(t)<0\) für \(10<t\le15\), liegt die Trapezsehne unter dem Rategraphen und der Zuwachs wird unterschätzt. Die Abweichung beträgt \(\frac{325}{57}\,\%\approx5{,}70\,\%\).

- Für das Steigen und Fallen des Energieinhalts ist das Vorzeichen der Nettoladeleistung entscheidend. - Welche Nettoenergieänderung muss über einen Zeitraum vorliegen, wenn Anfangs- und Endenergieinhalt gleich sind? - Suche im zweiten Graphen nach einer Symmetrie, die gleich große positive und negative Flächen liefert. - Ein erneut gleicher Energieinhalt bedeutet, dass das Integral der Leistung zwischen den beiden Zeitpunkten null ist.

1. Es gilt \(f(t)=0{,}5t(t-2)(t-4)\). Für \(0<t<2\) ist \(f(t)>0\), für \(2<t<4\) ist \(f(t)<0\). Der Energieinhalt steigt daher bis \(t=2\) und fällt anschließend; bei \(t=2\) liegt sein Maximum. 2. Es gilt \(\int_0^4f(t)\,\text{d}t=[0{,}125t^4-t^3+2t^2]_0^4=0\,\text{MWh}\). Die Nettoänderung des Energieinhalts in den vier Stunden ist also null, weshalb der Endbestand dem Anfangsbestand entspricht. 3. Der Graph von \(g\) ist punktsymmetrisch zum Punkt \((2\mid0)\). Daher gleichen sich die vorzeichenbehafteten Flächen auf \([0{,}5;2]\) und \([2;3{,}5]\) aus. Somit ist \(\int_{0{,}5}^{3{,}5}g(t)\,\text{d}t=0\,\text{MWh}\), sodass bei \(t=3{,}5\) derselbe Energieinhalt wie bei \(t=0{,}5\) vorliegt. Das entspricht 13:30 Uhr.

a) Bei \(t=2\) wechselt die Nettoladeleistung von positiv zu negativ; dort ist der Energieinhalt maximal. b) \(\int_0^4f(t)\,\text{d}t=0\,\text{MWh}\); nach vier Stunden ist der Ausgangsenergieinhalt wieder erreicht. c) Bei \(t=3{,}5\), also um 13:30 Uhr; die vorzeichenbehafteten Flächen zwischen \(t=0{,}5\) und \(t=3{,}5\) gleichen sich aus.