Ordne den beschriebenen ganzrationalen Funktionen

AB2 – Modellierung sportlicher Bewegungen
Die
Idee
des
mathematischen
Modellierens von Sachproblemen kann
in
dem
abgebildeten
Modellierungsprozess, der eventuell
mehrfach durchlaufen werden muss,
schematisch dargestellt werden. Dabei
wird das mathematische Modell durch
eine Funktion beschrieben, die dem
Sachproblem am besten entspricht.
Das Ziel des Modellierungsprozesses ist die Interpretation der Lösung, die in direktem
Zusammenhang zum Sachproblem steht. Die Interpretation führt u.a. zur Bestätigung der
Modellannahmen, zu Aussagen über Realsituationen oder zu sinnvollen Prognosen.
Im Folgenden suchen wir Modellfunktionen für den Bewegungsablauf des Basketballwurfes, für
das Kugelstoßen und den Flop-Hochsprung, der ebenfalls einem „schrägen Wurf“ des eigenen
Körpers entspricht. Darüber hinaus wollen wir aus einem Weg-Zeit-Verlauf des 100 m Sprints die
dazugehörige Funktionsgleichung bestimmen.
Die drei Aufgaben dieses Arbeitsblattes werden gemeinsam im Unterricht erarbeitet. Anschließend
wird in einer Gruppenarbeit eine komplexe Kompetenzaufgabe zum Kugelstoßen bzw. zum
Hochsprung gelöst und präsentiert. Die Präsentation muss gleichermaßen von jedem
Gruppenmitglied getragen werden. Die erreichte Leistung wird mit einer Gruppen- und einer
Einzelnote bewertet und ist Teil der persönlichen SOMI-Note. Dabei steht das Argumentieren,
Darstellen und Präsentieren im Vordergrund. Die Bewertung lehnt sich an den bekannten
Bewertungsbogen der Einzelreferate an. Aus Zeitgründen werden alle Vorträge nur durch mich
bewertet. Dabei achte ich besonders auf folgende gleichberechtigte Kriterien:





Angemessenes und verständliches Benutzen der Fachsprache
Übersichtliches und korrektes Darstellen des Lösungsweges
Freies Vortragen mit Blickkontakt zum Publikum
Sicheres und kompetentes Auftreten
Angemessene Beteiligung am Gesamtvortrag
Aufgabe 1 (Basketballwurf)
Ein Werfer hat beim Positionswurf (Entfernung l = 5 m) eine Abwurfhöhe h von 2,60 m. Der
Ringmittelpunkt liegt in einer Höhe von 10 Fuß (= 3,05 m). Die Flugbahn des Balles verläuft exakt
durch den Ringmittelpunkt (dabei wird die Bahn durch den Ballmittelpunkt beschrieben, vgl.
Abb.1). Der Abwurfwinkel α beträgt 45°.
a)
Bestimme die Funktionsgleichung der Flugbahn.
[Zur Kontrolle: f(x) = -0,182 ∙ x2 + x + 2,6]
b)
Berechne die Koordinaten des höchsten Punktes
der obigen Flugbahn.
c)
Ermittle den Winkel β, mit der die Flugbahn des
Balles in den Ring eintaucht (vgl. Abb.1).
d)
Berechne die Gleichung eines Sprungwurfes mit
h = 3,05 m, l = 5 m und dem Scheitelpunkt
(2,5/4,05). [f(x) = -0,16 ∙ x2 + 0,8  x + 3,05]
e)
β
Abb.1: Der Positionswurf im Basketball
Berechne den Abflugwinkel des Wurfes aus d) und entscheide, ob der Werfer trifft.
Aufgabe 2 (Kugelstoß)
Der Schweizer Kugelstoßer Werner Guenthör
stieß
die
Kugel
1987
bei
den
Weltmeisterschaften in Rom 22,23 m weit. Der
Abflugwinkel seines Stoßes betrug 35,5º und
die Abflughöhe 2,24 m (vgl. Abb.2).
a)
y(x)
0: Abflugwinkel
h0: Abflughöhe
v0: Abfluggeschwindigkeit
W: Stoßweite
: Eintauchwinkel zum Boden
Bestimme eine Gleichung der Flugbahn
des Kugelstoßes von Werner Guenthör.
β
x
Abb.2: Der Kugelstoß
[Kontrollergebnis zum Weiterarbeiten: y(x) = -0,0366  x2 + 0,7133  x + 2,24]
b)
Berechne die Koordinaten des Scheitelpunktes beim obigen Kugelstoß.
c)
Ermittle den Winkel β, unter dem der Stoß in den Boden eintaucht. (vgl. Abb.2)
Ein zweiter Stoß hat bei gleicher Abflughöhe von 2,24 m den Scheitelpunkt (9,00/5,24).
d)
1
Bestimme die Gleichung der Flugbahn des zweiten Stoßes. [y(x) = - 27
∙ x2 + 23  x + 2,24]
e)
Berechne zum zweiten Stoß den Abflugwinkel 0, die Stoßweite W und den Eintauchwinkel β.
Aufgabe 3 (100 m Sprint)
Der 100 m Sprint eines Schülers ist im folgenden
bekannten Diagramm dargestellt. Es handelt sich
dabei um eine Funktion dritten Grades mit der
Gleichung f(x) = ax3 + bx2 + cx + d und den
folgenden Eigenschaften:
(I)
(II)
(III)
(IV)
Der Graph verläuft durch (0/0)
0 ist lokale Minimumstelle.
Der Graph ist bei x = 7 am steilsten.
Graph geht durch (12/100).
a) Begründe, dass man vier Bedingungen zur
Bestimmung von f(x) benötigt.
b) Markiere im Graphen die oben beschriebenen Eigenschaften (I) bis (IV).
c) Stelle mithilfe der Terme für f(x), f´(x) und f´´(x) vier Bedingungen auf, die man aus den
Eigenschaften (I) bis (IV) erhält. Fülle dazu die folgenden Lücken aus.
(I) f( 0 ) =
(II) f ´(
)=
(III) f´´(
)=
(IV) f(
) = 100
d) Leite nun f(x) zweimal ab. Fülle dazu die Lücken aus.
f(x) = ax3 + bx2 + cx + d
 bx +
f´(x) = 3ax2 +
f´´(x) =
e) Wende nun die Bedingungen (I) bis (IV) auf die Funktionsgleichungen für f(x), f´(x) und f´´(x) an.

(I) f( 0 ) =
(II) f´(
(III) f´´(
(IV) f(
)=
) =
) = 100
a  03 + b  02 + c  0 + d =
 3a 
2
 6a 
 a
+ 2b 
+c =

+ 2b =
3
+b
2+
c∙
 d=

c =
∙ a + 2b =
+ d = 100 
∙a+
∙ b = 100
f) Man erhält durch die Bedingungen (III) und (IV) ein Lineares Gleichungssystem mit zwei
Unbekannten a und b. Löse es z. B. mithilfe des TR ( MODE, 5, 1 ) und gib die
Funktionsgleichung f(x) an.
[Kontrollergebnis: f( x)  
25
175 2
 x3 
x ]
324
108
Musterlösungen
1a) Man wählt den Ansatz der allgemeinen Form einer quadratischen Gleichung mit der
Funktionsgleichung f(x) = a ∙ x2 + b ∙ x + c. Der Werfer wirft in einer Höhe von h = 2,6 m ab. Dies
bedeutet f(0) = h = 2,6  c = 2,6. Daher gilt f(x) = a ∙ x2 + b ∙ x + 2,6. Weiter gilt f(5) = 3,05 (Ball geht
durch den Ringmittelpunkt) und f´(0) = tan (45) = 1 (Abflugwinkel beträgt 45). Man erhält mit der
allgemeinen Form f´(x) = 2a∙ x + b: (I) f(5) = 3,05  25a + 5b + 2,6 = 3,05 sowie (II) f´(0) = 1  b = 1. b
in (I) eingesetzt liefert a = -0,182. Also: f(x) = -0,182 ∙ x2 + x + 2,6.
1b) Am höchsten Punkt ist die Steigung Null, d. h. f´(x) = -0,364 ∙ x + 1 = 0  x = 250
 2,75, eingesetzt
91
250
1808
in f ergibt sich y = f( 91 ) = 455  3,97. Also S(2,75/3,97).
1c) Man bestimmt zunächst die Steigung der Tangente an der Stelle 5 (Tangente an
140,65
die Flugbahn im Ringmittelpunkt). Es gilt f´(5) = -0,364 ∙ 5 + 1 = -0,82. Falls der TR mit -39,35 β
einem negativen Winkelwert zwischen -90 Grad und 0 Grad rechnet, ergibt sich für den
Steigungswinkel tan-1(-0,82)  - 39,35. Dann ist β  90  39,35 = 50,65. Falls der TR mit einem
Steigungswinkel zwischen 90 Grad und 180 Grad rechnet, folgt tan-1(-0,82)  140,65. Das bedeutet
für den Eintauchwinkel β  180  140,65 = 50,65. Der Eintauchwinkel β beträgt 50,65.
1d) Mit dem Ansatz f(x) = a ∙ x2 + b ∙ x + 3,05 (c = h = 3,05) bzw. f´(x) = 2a ∙ x + b und den
Bedingungen für den Scheitelpunkt f(2,5) = 4,05 und f´(2,5) = 0 erhält man das folgende lineare
Gleichungssystem: (I) f(2,5) = 4,05  6,25a + 2,5b + 3,05 = 4,05 sowie f´(2,5) = 0  (II) 5a + b = 0.
Insgesamt also: (I) 6,25 a + 2,5b = 1 und (II) 5a + b = 0. Es ergibt sich z. B. mithilfe des TR (Mode 5 1
und Eingabe der Koeffizienten 6,25 = 2,5 = 1 = 5 = 1 = 0) a = -0,16 und b = 0,8. Also ergibt sich die
Funktionsgleichung f(x) = -0,16 ∙ x2 + 0,8  x + 3,05.
1e) Für den Abflugwinkel gilt  = tan-1(f´(0)) = tan-1(b) = tan-1(0,8)  38,66.
Es gilt f(5) = 3,05. Der Wurf geht also durch den Ringmittelpunkt. Wegen f(4,775) =
3,2219 würde der Ballmittelpunkt etwa 3,2219 m – 3,05 m = 0,1719 m über der
vorderen Ringkante verlaufen. Wir wissen aus der Projektwoche, dass dieser Wert
über 18 cm liegen muss (vgl. Abb. rechts), damit der Ball sicher in den Korb geht. Ein
5er-Ball könnte treffen, ein 7er-Ball wahrscheinlich nicht.
2a) Mit dem bekannten Ansatz y(x) = a ∙ x2 + b ∙ x + 2,24 (c = h = 2,24) und den zwei zusätzlichen
Bedingungen y(22,23) = 0 (Stoßweite ist 22,23 m) sowie y´(0) = tan(35,5)  0,7133 ergib sich das LGS:
(I) 494,1729a + 22,23b + 2,24 = 0 und (II) b = 0,7133. Setze b in (I) ein, und man erhält für den
Parameter a  -0,0366. Also: y(x) = -0,0366  x2 + 0,7133  x + 2,24.
2b) Am höchsten Punkt ist die Steigung Null, d. h. y´(x) = -0,0732 ∙ x + 0,7133 = 0  x 9,74,
eingesetzt in f ergibt sich y = y(9,74)  5,72. Also S(9,74/5,72).
2c) Für den Eintauchwinkel β ergibt sich mit den Überlegungen aus Aufgabenteil 1c) (TR zeigt einen
negativen Steigungswinkel an, der bis auf das Vorzeichen dem Eintauchwinkel β in der Abbildung
entspricht) β = - tan-1(y´(22,23))  - tan-1(-0,9139)  42,43.
2d) Wie in Aufgabe 1d) ergibt sich mit y(x) = a ∙ x2 + b ∙ x + 2,24 bzw. y´(x) = 2a ∙ x + b und den
Bedingungen y(9) = 5,24 und y´(9) = 0 das LGS: (I) 81a + 9b + 2,24 = 5,24 und (II) 18a + b = 0. Dieses
1
1
LGS hat die Lösungen a = - 27
und b = 23  Also: y(x) = - 27
∙ x2 + 23  x + 2,24.
2e) Abflugwinkel:  = tan-1(y´(0)) = tan-1(b) = tan-1( 23 )  33,69. Für die Stoßweite W bestimmt man
1
die rechte Nullstelle der Parabel, d. h. y(W) = - 27
∙ W2 + 23  W + 2,24 = 0  W  20,89 oder W  -2,89.
Für den Eintauchwinkel gilt: β = - tan-1(y´(20,89))  - tan-1(-0,8807)  41,37.
3a und 3b) Zur Bestimmung der vier Parameter a, b, c und d benötigt man vier Informationen. Im
Graphen werden bei (0/0) ein lokaler Tiefpunkt mit waagerechter Tangente markiert, bei x = 7 ein
Wendepunkt sowie der Punkt (12/100) des Zieleinlaufes.
3c) (I) f(0) = 0, (II) f´(0) = 0, (III) f´´(7) = 0, (IV) f(12) = 100 3d) f´(x) = 3ax2 + 2bx + c, f´´(x) = 6ax + 2b
25
3e) (I) d = 0, (II) c = 0, (III) 42a + 2b = 0, (IV) 1728a + 144b = 100 3f) TR liefert a = - 324
und b = 175
.
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