Lösungen zum Aufgabenblatt Anwendungsaufgaben zur

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08.06.2017
Lösungen zum Aufgabenblatt Anwendungsaufgaben zur Differenzialrechnung I
Lösung E1:
a)
180
160
140
120
K ( x)
100
K´ ( x) 80
60
40
20
2
180
K  x   x3  12x 2  50x  40
K '  x   3x 2  24x  50
Der Graph der Grenzkostenfunktion ist
eine nach oben geöffnete Parabel.
Im Scheitelpunkt dieser sind die
Grenzkosten am geringsten.
0 1 2 3 4 5 6 7 8
0
x
8
b) Bedingung für die minimalen Differentialkosten: K ''  x   0
K  x   x 3  12x 2  50x  40
K '  x   3x 2  24x  50
K ''  x   6x  24
K ''  x   0  6x  24  0  x  4
K '  4  2
 Bei einer Ausbringung von
4 ME sind die Differentialkosten mit 2 GE/ME am geringsten.
c) K '  x   3x 2  24x  50 für K '  4   2 ist positiv
Wenn lt. Annahme für alle x 

K '  x  positiv sein soll,
darf es keine Nullstellen geben.
Wir untersuchen also K '  x  auf Nullstellen:
K '  x   0  3x 2  24x  50  0
2
50
50
p
 p  8 ; q 
; D     q  16 
0
3
3
2
 keine Lösung.
Die Differentialkosten sind für jede Ausbringungsmenge positiv.
q.e.d.
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E  x   28x (folgt aus Aufgabenstellung)
d) Erlösfunktion:
Gewinnfunktion: G  x   E  x   K  x    x 3  12x 2  22x  40
Gewinn wird dort gemacht, wo die Gewinnfunktion positive Werte hat.
Wir probieren:
G  5   25 ; G  4   0 Nullstelle von G  x  also x1  4
HORNER
1 12 22 40
x4
4
32
40
8
10
0
1
  x 2  8x  10  0
x 2 / 3  4  26  x 2  9,1
Für 4  x  9,1 arbeitet der Betrieb mit Gewinn
e) Gewinnzunahme erfolgt da, wo G  x  positive Steigung hat und G  x   0 ist.
Also: G  x   0  G'  x   0

26
26 
G'  x   3x 2  24x  22  0 für x  4 
;4
 oder x  1,05 ; 6,9 
3
3 

Gewinnzunahme:  4 ; 9,1  1,05 ; 6,9    4 ; 6,9 
Graphen:
180
180
160
140
120
100
K ( x)
80
K´ ( x)
60
G ( x)
40
20
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
20
40
 60 60
0
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x
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Lösung E2:
a) Von 0 bis 1 s :
Bewegung mit gleichbleibender
Geschwindigkeit v = 2 m/s
Von 1 bis 2 s:
Stillstand v = 0 m/s
Von 2 bis 5 s:
Bewegung mit gleichbleibender
Geschwindigkeit v = 1/3 m/s
Lösung E3:
a)
1
m
g  t 2 mit g  10 2
2
s
v  t   s '  t   v 0  gt
s(t)  v 0  t 
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b)
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v/
m
s
2
1
1
v0  7
2
3
4
5
t/s
m
s
v  t   0  v 0  gt  0  t  0,7 s
Nach 0,7 s hat der Stein die Geschwindigkeit v  t   0
b) Die maximale Steighöhe:
1
s  t    gt  v 0 ist eine nach unten geöffnete Parabel,
2
deren Scheitel beschreibt die maximale Wurfhöhe.
Bedingung für Scheitel:
s '  t   v  t   0  t  0,7 s siehe Teil a)
Maximale Höhe: s  0,7   2, 45
Die maximale Steighöhe beträgt 2,45 m
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Lösung E4:
a) Ein Gegenstand wird senkrecht nach oben geworfen.
Für t > 3 ist s < 0, d.h. der Gegenstand befindet sich unterhalb der Abwurfstelle
b)
1
s  t   at 2  v 0 t Bewegungsgleichung
2
Für die Berechnung von a und v 0 verwenden wir zwei Punkte des Graphen.
1
a  v0  5
2
a  5 ; v 0  7,5
9
P2  3 | 0  : s  3   a  3v 0  0
2
a < 0 bedeutet, dass es sich um eine verzögerte Bewegung handelt.
P1 1| 5  : s 1 
c) v  t   s'  t   at  v0  5t  7,5
Die Geschwindigkeit ist am Anfang
positiv, d.h. der Körper bewegt sich
nach oben.
8
8
6
4
2
Sie nimmt aber ab und ist bei t = 1,5 s
null.
v ( t)
Der Körper hat da seine größte Höhe
erreicht.
Dann ist die Geschwindigkeit negativ,
der Körper fällt, er bewegt sich wieder
nach unten.
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
2
4
6
8
8
0
t
3
Lösung E5:
0 – 100 m: Die Geschwindigkeit nimmt zu
100 – 150 m: Die Geschwindigkeit bleibt gleich: 40 km/h
150 – 200 m: Die Geschwindigkeit nimmt ab
250 – 300 m: Die Geschwindigkeit bleibt gleich: 15 km/h
300 – 400 m: Die Geschwindigkeit nimmt zu
ab 400 m:
Die Geschwindigkeit bleibt konstant 40 km/h
Erklärung:
Auf einer abfallenden Straße wird beschleunigt, die folgende Straße ist eben.
Anschließend geht es steil bergauf, die Geschwindigkeit verringert sich bis auf 15
km/h. Danach folgt eine Talfahrt, bei der wieder Geschwindigkeit gewonnen wird, die
Höchstgeschwindigkeit von 40 km/h kann danach gehalten werden auf der folgenden
leicht abschüssigen Strecke.
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