Definitions- und Wertemenge im Sachkontext erklärt

Das Wasservolumen in einem Zylinder wird mit der Formel $V = \pi \cdot r^2 \cdot h$ berechnet. Hier ist die Höhe die Füllhöhe $f$ und der Radius $r$ ist die Hälfte des Durchmessers.

Radius $r = \frac{4 \text{ cm}}{2} = 2 \text{ cm}$

Die Funktion lautet also: $v(f) = \pi \cdot (2)^2 \cdot f$

$v(f) = 4\pi \cdot f$

Wir überlegen, welche Werte für die Füllhöhe $f$ sinnvoll sind.

• Die Füllhöhe kann nicht negativ sein, also ist die untere Grenze $0$. $f \ge 0$.
• Der Zylinder ist $8 \text{ cm}$ hoch, also kann die Füllhöhe maximal $8 \text{ cm}$ sein. $f \le 8$.

Zusammengefasst ergibt das die Definitionsmenge: $D_v = [0; 8]$

Wir setzen die Grenzen der Definitionsmenge ($0$ und $8$) in unsere Funktion $v(f)$ ein, um die Grenzen der Wertemenge zu finden.

Untere Grenze (kleinstes Volumen): $v(0) = 4\pi \cdot 0 = 0 \text{ cm}^3$

Obere Grenze (größtes Volumen): $v(8) = 4\pi \cdot 8 = 32\pi \approx 100{,}53 \text{ cm}^3$

Die Wertemenge ist also: $W_v = [0; 32\pi]$

Das Volumen einer Schachtel (Quader) ist $V = \text{Länge} \cdot \text{Breite} \cdot \text{Höhe}$.

• Nach dem Falten ist die Höhe der Schachtel $x$.
• Die ursprüngliche Seitenlänge war $20 \text{ cm}$. An beiden Enden wird $x$ weggeschnitten, also sind Länge und Breite der neuen Grundfläche $(20 - 2x)$.

Die Volumenfunktion ist: $V(x) = (20 - 2x) \cdot (20 - 2x) \cdot x$

$V(x) = (20 - 2x)^2 \cdot x$

Wir überlegen, welche Werte für die Schnittlänge $x$ sinnvoll sind.

• Die Länge $x$ muss größer als 0 sein, sonst schneiden wir nichts weg. $x > 0$.
• An jeder Seite (20 cm) werden zwei Längen von $x$ weggeschnitten. $2x$ muss also kleiner als 20 cm sein, sonst bleibt keine Pappe übrig. $2x < 20 \to x < 10$.

Zusammengefasst ergibt das die Definitionsmenge: $D_V = ]0; 10[$

Diese Aufgabe fragt nur nach der Definitionsmenge. Die Bestimmung der Wertemenge würde hier die Analyse von Extremwerten erfordern, was über die aktuelle Fragestellung hinausgeht.

Die Anfangshöhe ist $15 \text{ cm}$. Pro Stunde verliert sie $1{,}2 \text{ cm}$. Dies ist eine lineare Funktion.

$h(t) = 15 - 1{,}2t$

Wir überlegen, welche Werte für die Zeit $t$ sinnvoll sind.

• Die Zeit beginnt bei $t=0$. $t \ge 0$.
• Die Kerze brennt, bis ihre Höhe 0 ist. Wir müssen ausrechnen, wann das passiert: $0 = 15 - 1{,}2t$ $1{,}2t = 15$ $t = \frac{15}{1{,}2} = 12{,}5$ Stunden.

Die Kerze kann also maximal 12,5 Stunden brennen. Die Definitionsmenge ist: $D_h = [0; 12{,}5]$

Wir setzen die Grenzen der Definitionsmenge ($0$ und $12{,}5$) in $h(t)$ ein.

Untere Grenze (kleinste Höhe): $h(12{,}5) = 15 - 1{,}2 \cdot 12{,}5 = 15 - 15 = 0 \text{ cm}$

Obere Grenze (größte Höhe): $h(0) = 15 - 1{,}2 \cdot 0 = 15 \text{ cm}$

Die Wertemenge ist also: $W_h = [0; 15]$

Die Strecke ist Geschwindigkeit mal Zeit.

$s(t) = 80 \cdot t$

Die Zeit $t$ ist die Eingabegröße.

• Die Zeitmessung beginnt bei $t=0$. $t \ge 0$.
• Die maximale Fahrtdauer ist laut Aufgabe auf 4 Stunden begrenzt. $t \le 4$.

Die Definitionsmenge ist: $D_s = [0; 4]$

Wir setzen die Grenzen der Definitionsmenge ($0$ und $4$) in $s(t)$ ein.

Untere Grenze (kürzeste Strecke): $s(0) = 80 \cdot 0 = 0 \text{ km}$

Obere Grenze (längste Strecke): $s(4) = 80 \cdot 4 = 320 \text{ km}$

Die Wertemenge ist also: $W_s = [0; 320]$

Die Kosten setzen sich aus einer Grundgebühr und variablen Kosten zusammen.

$K(f) = 5 + 2f$

Die Anzahl der Fahrten $f$ ist die Eingabegröße.

• Die kleinste Anzahl an Fahrten ist 0. $f \ge 0$.
• Die Anzahl der Fahrten muss eine ganze Zahl sein ($f \in \mathbb{N}_0$).
• Das Budget ist auf 25 € begrenzt. Wir berechnen die maximale Anzahl an Fahrten: $25 = 5 + 2f$ $20 = 2f$ $f = 10$

Der Besucher kann also 0, 1, 2, ..., bis zu 10 Fahrten machen. Die Definitionsmenge ist: $D_K = \{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10\}$

Wir setzen die kleinste und größte Anzahl an Fahrten in $K(f)$ ein.

Untere Grenze (minimale Kosten): $K(0) = 5 + 2 \cdot 0 = 5 \text{ €}$

Obere Grenze (maximale Kosten): $K(10) = 5 + 2 \cdot 10 = 25 \text{ €}$

Da nur ganze Fahrten möglich sind, sind auch nur bestimmte Kostenwerte möglich. Die Wertemenge ist: $W_K = \{5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25\}$

Die Aussage „das Wasservolumen ... niemals abnimmt" bedeutet, dass die Änderungsrate $f(t)$ nicht negativ sein darf. Wir müssen also zeigen, dass für den Zeitraum der ersten beiden Stunden ($0 \le t \le 2$) gilt:

$f(t) \ge 0$

Wir berechnen die Nullstellen von $f(t)$, um die Grenzen zu finden, an denen das Vorzeichen wechseln könnte.

$f(t) = 0$

$(2t - t^2) \cdot e^{2-t} = 0$

Nach dem Satz vom Nullprodukt muss einer der Faktoren null sein. Der Term $e^{2-t}$ ist als e-Funktion immer positiv und kann nie null werden. Also betrachten wir nur den ersten Faktor:

$2t - t^2 = 0$

Wir klammern $t$ aus: $t(2 - t) = 0$

Das ergibt die Nullstellen: $t_1 = 0$ und $t_2 = 2$

Die Nullstellen sind bei $t=0$ und $t=2$. Genau das ist das Intervall, das wir untersuchen sollen. Aus dem Graphen können wir direkt ablesen, dass die Funktion $f(t)$ zwischen $t=0$ und $t=2$ oberhalb der t-Achse verläuft oder sie berührt. Das bedeutet, in diesem Intervall sind die Funktionswerte positiv oder null.

Da die Änderungsrate $f(t)$ im Intervall $[0; 2]$ immer größer oder gleich null ist, nimmt das Wasservolumen in den ersten beiden Stunden niemals ab.

„Die Temperatur sinkt" bedeutet, dass die Änderungsrate der Temperatur, also $T'(t)$, negativ sein muss.

$T'(t) < 0$

Wir finden den Punkt, an dem das Sinken beginnt, indem wir die Änderungsrate gleich null setzen.

$T'(t) = 0$

$-0{,}2t + 1{,}2 = 0$

$1{,}2 = 0{,}2t$

$t = \frac{1{,}2}{0{,}2} = 6$

Zum Zeitpunkt $t=6$ Stunden ändert sich das Vorzeichen der Änderungsrate.

Wir müssen prüfen, für welches Intervall $T'(t) < 0$ gilt. Wir testen einen Wert, der größer als 6 ist, z.B. $t=10$.

$T'(10) = -0{,}2 \cdot 10 + 1{,}2 = -2 + 1{,}2 = -0{,}8$

Das Ergebnis ist negativ. Also ist die Änderungsrate für alle $t > 6$ negativ.

Die Temperatur sinkt im Zeitraum von 6 Stunden nach Mitternacht bis 12 Stunden nach Mitternacht, also im Intervall $]6; 12]$.

„Zu einem geringeren Gewinn führt" bedeutet, dass der Gewinn abnimmt. Die Änderungsrate des Gewinns, $G'(x)$, muss also in diesem Bereich negativ sein.

Wir müssen zeigen, dass für $x$ zwischen 6 und 7 (da $x$ in Tausend angegeben ist) gilt: $G'(x) < 0$.

Wir setzen die Änderungsrate gleich null, um den Punkt des maximalen Gewinns zu finden.

$G'(x) = 0$

$-2x + 10 = 0$

$10 = 2x$

$x = 5$

Bei 5000 Stück ist der Gewinn maximal. Danach muss er sinken.

Das Intervall, das uns interessiert, ist von $x=6$ bis $x=7$. Dieser Bereich liegt rechts von der Nullstelle $x=5$. Wir testen einen Wert aus diesem Intervall, z.B. $x=6$.

$G'(6) = -2 \cdot 6 + 10 = -12 + 10 = -2$

Das Ergebnis ist negativ.

Da die Änderungsrate des Gewinns für eine Produktion von mehr als 5000 Stück negativ ist, führt eine Erhöhung der Produktion von 6000 auf 7000 Stück zu einem sinkenden und damit geringeren Gewinn.

„Der Ball steigt" bedeutet, dass seine Höhe zunimmt. Die Änderungsrate der Höhe, also die Geschwindigkeit $v(t)$, muss positiv sein.

$v(t) > 0$

Wir finden den höchsten Punkt (wo die Geschwindigkeit null ist), indem wir $v(t)=0$ setzen.

$v(t) = 0$

$-10t + 20 = 0$

$20 = 10t$

$t = 2$

Nach 2 Sekunden erreicht der Ball seinen höchsten Punkt.

Wir suchen den Zeitraum, in dem $v(t) > 0$ ist. Das muss vor dem höchsten Punkt sein. Wir testen einen Wert aus dem Intervall $]0; 2[$, z.B. $t=1$.

$v(1) = -10 \cdot 1 + 20 = 10$

Das Ergebnis ist positiv.

Der Ball steigt in den ersten beiden Sekunden nach dem Abwurf, also im Zeitraum $]0; 2[$.

„Niemals abnimmt" bedeutet, die Wachstumsrate $P'(t)$ ist immer größer oder gleich null.

$P'(t) \ge 0$

Wir versuchen, die Änderungsrate gleich null zu setzen.

$P'(t) = 50 \cdot e^{0{,}5t} = 0$

Die e-Funktion $e^{0{,}5t}$ ist für alle Werte von $t$ immer streng positiv. Sie kann niemals null oder negativ werden. Der Faktor 50 ist ebenfalls positiv.

Ein Produkt aus zwei positiven Zahlen ist immer positiv. Daher ist $P'(t)$ für alle $t$ immer größer als 0.

Da die Wachstumsrate $P'(t)$ eine e-Funktion mit positiven Faktoren ist, ist sie selbst immer positiv. Eine positive Wachstumsrate bedeutet, dass die Population zu jedem Zeitpunkt wächst und somit niemals abnimmt.

Wir suchen den Zeitraum, in dem die Wachstumsgeschwindigkeit $f(t)$ größer als $0{,}5$ ist. Wir ziehen also eine gedankliche waagerechte Linie bei $y = 0{,}5$.

Wir schauen, wo der Graph diese Linie schneidet. Von den Schnittpunkten gehen wir senkrecht zur t-Achse (x-Achse) und lesen die Werte ab:

• Erster Schnittpunkt bei $t_1 \approx 1$
• Zweiter Schnittpunkt bei $t_2 \approx 3{,}5$

Die Frage lautet „größer als 0,5". Wir sehen im Graphen, dass die Kurve zwischen $t=1$ und $t=3{,}5$ oberhalb der Linie $y=0{,}5$ verläuft. Das ist also unser gesuchter Zeitraum.

Die Länge des Zeitraums ist die Differenz zwischen dem End- und dem Anfangszeitpunkt.

Länge = $t_2 - t_1 = 3{,}5 - 1 = 2{,}5$ Jahre.

Wir suchen den Zeitraum, in dem die Temperatur $T(t)$ über $20°C$ lag. Wir ziehen eine waagerechte Linie bei $y = 20$.

Wir lesen die t-Koordinaten der Schnittpunkte des Graphen mit der Linie ab:

• Erster Schnittpunkt bei $t_1 = 10$ (10 Uhr)
• Zweiter Schnittpunkt bei $t_2 = 18$ (18 Uhr)

Die Temperatur war „über 20°C", also suchen wir den Bereich, in dem der Graph oberhalb der Linie liegt. Das ist der Fall zwischen $t=10$ und $t=18$.

Die Länge des Zeitraums ist: Länge = $t_2 - t_1 = 18 - 10 = 8$ Stunden.

Wir suchen den Zeitraum, in dem der Pegel $g(x)$ unter $60 \text{ Dezibel}$ lag. Wir ziehen eine Linie bei $y = 60$.

Die Schnittpunkte des Graphen mit der Linie sind bei:

• $x_1 = 1$
• $x_2 = 9$

Wir suchen, wo der Graph „unter" der Linie liegt. Das ist in zwei Bereichen der Fall:

• Von Beginn an bis zur ersten Stunde: $[0; 1]$
• Von der neunten Stunde bis zum Ende: $[9; 10]$

Wir berechnen die Länge beider Zeiträume und addieren sie. Länge 1 = $1 - 0 = 1$ Stunde Länge 2 = $10 - 9 = 1$ Stunde Gesamtlänge = $1 + 1 = 2$ Stunden.

Wir suchen den Zeitraum, in dem die Besucherzahl $B(t)$ über $150$ war. Wir ziehen eine Linie bei $y = 150$.

Die Schnittpunkte sind bei:

• $t_1 = 2$ (2 Stunden nach 9 Uhr, also 11 Uhr)
• $t_2 = 6$ (6 Stunden nach 9 Uhr, also 15 Uhr)

Wir suchen, wo der Graph „über" der Linie liegt. Das ist im Intervall $]2; 6[$.

Die Frage lautet „wann", nicht „wie lange". Wir müssen also den Zeitraum angeben. Der Zeitraum beginnt bei $t=2$ (11 Uhr) und endet bei $t=6$ (15 Uhr).

„Mindestens $4 \text{ mg/l}$" bedeutet $f(x) \ge 4$. Wir ziehen eine Linie bei $y = 4$.

Die Schnittpunkte sind bei:

• $x_1 = 0{,}5$
• $x_2 = 5$

Wir suchen, wo der Graph über oder auf der Linie liegt. Das ist im Intervall $[0{,}5; 5]$.

Die Dauer ist die Differenz der x-Werte. Dauer = $x_2 - x_1 = 5 - 0{,}5 = 4{,}5$ Stunden.