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Integralanwendungen BF

Beispiel:

Bei einer Bakterienkultur geht man von einer Wachstumsrate von $5 e^{2 x - 5}$ Bakterien pro Minute zur Zeit x (in Minuten) aus. Zu Zeitpunkt x=0 sind 34 Bakterien vorhanden. Wie viele sind es nach 1 Minuten?

Lösung einblenden

Zuerst berechnen wir die Änderung des Bestands zwischen 0 und 1:

\int_{0}^{1} 5 e^{2 x - 5} ⅆ x

= ${[\frac{5}{2} e^{2 x - 5}]}_{0}^{1}$

$=$ $\frac{5}{2} e^{2 \cdot 1 - 5} - \frac{5}{2} e^{2 \cdot 0 - 5}$

= $\frac{5}{2} e^{2 - 5} - \frac{5}{2} e^{0 - 5}$

= $\frac{5}{2} e^{- 3} - \frac{5}{2} e^{- 5}$

≈ 0,108

Der neue Bestand setzt sich aus dem Anfangsbestand bei 0 und der Änderung zwischen 0 und 1 zusammen:

B = 34 + $\frac{5}{2} e^{- 3} - \frac{5}{2} e^{- 5}$ ≈ 34.11

Integralanwendungen

Beispiel:

Aus einem Wasserhahn läuft Wasser mit der Auslaufgeschwindigkeit f(x)= $2 e^{2 x - 1}$ (in Liter pro Minute) in einen Wassertank. Nach 2 Minuten sind 15 Liter im Tank. Wieviel Liter sind nach 5 Minuten darin?

Lösung einblenden

Zuerst berechnen wir die Änderung des Bestands zwischen 2 und 5:

\int_{2}^{5} 2 e^{2 x - 1} ⅆ x

= ${[e^{2 x - 1}]}_{2}^{5}$

$=$ $e^{2 \cdot 5 - 1} - e^{2 \cdot 2 - 1}$

= $e^{10 - 1} - e^{4 - 1}$

= $e^{9} - e^{3}$

≈ 8082,998

Der neue Bestand setzt sich aus dem Anfangsbestand bei 2 und der Änderung zwischen 2 und 5 zusammen:

B = 15 + $e^{9} - e^{3}$ ≈ 8098

Integralfunktion - Gleichung

Beispiel:

Bestimme u > 1 so, dass $\int_{1}^{u} (- 4 x - 4) ⅆ x$ = $- 172,5$

Lösung einblenden

\int_{1}^{u} (- 4 x - 4) ⅆ x

= ${[- 2 x^{2} - 4 x]}_{1}^{u}$

$=$ $- 2 u^{2} - 4 u - (- 2 \cdot 1^{2} - 4 \cdot 1)$

= $- 2 u^{2} - 4 u - (- 2 \cdot 1 - 4)$

= $- 2 u^{2} - 4 u - (- 2 - 4)$

= $- 2 u^{2} - 4 u - 1 \cdot (- 6)$

= $- 2 u^{2} - 4 u + 6$

Diese Integralfunktion soll ja den Wert $- 172,5$ annehmen, deswegen setzen wir sie gleich :

- 2 u^{2} - 4 u + 6

=

- 172,5

|

+ 172,5

$- 2 u^{2} - 4 u + 178,5$ = 0

Lösen mit der a-b-c-Formel (Mitternachtsformel):

eingesetzt in x_1,2 = $\frac{- b \pm \sqrt{b^{2} - 4 a \cdot c}}{2 a}$ ergibt:

u_1,2 = $\frac{+ 4 \pm \sqrt{{(- 4)}^{2} - 4 \cdot (- 2) \cdot 178,5}}{2 \cdot (- 2)}$

u_1,2 = $\frac{+ 4 \pm \sqrt{16 + 1 428}}{- 4}$

u_1,2 = $\frac{+ 4 \pm \sqrt{1 444}}{- 4}$

u₁ = $\frac{4 + \sqrt{1 444}}{- 4}$ = $\frac{4+38}{- 4}$ = $\frac{42}{- 4}$ = $- 10,5$

u₂ = $\frac{4 - \sqrt{1 444}}{- 4}$ = $\frac{4-38}{- 4}$ = $\frac{- 34}{- 4}$ = $8,5$

Lösen mit der p-q-Formel (x² + px + q = 0):

Um die Gleichung auf die Form "x² + px + q = 0" zu bekommen, müssen wir zuerst die ganze Gleichung durch " $- 2$ " teilen:

$- 2 u^{2} - 4 u + 178,5$ = 0 |: $- 2$

$u^{2} + 2 u - 89,25$ = 0

vor dem Einsetzen in x_1,2 = $- \frac{p}{2}$ ± $\sqrt{{(\frac{p}{2})}^{2} - q}$
berechnen wir zuerst die Diskriminante D = ${(\frac{p}{2})}^{2} - q$ :

D = $1^{2} - (- \frac{178,5}{2})$ = $1$ $+$ $\frac{178.5}{2}$ = $\frac{2}{2}$ $+$ $\frac{178.5}{2}$ = $\frac{180.5}{2}$

x_1,2 = $- 1$ ± $\sqrt{90,25}$

x₁ = $- 1$ - $9,5$ ≈ -10.5

x₂ = $- 1$ + $9,5$ ≈ 8.5

Da u= $- 10,5$ < 1 ist u= $8,5$ die einzige Lösung.

Maximaler Bestand rückwärts

Beispiel:

Die Funktion f mit

f(t) =

3 \cdot \sin (\frac{1}{6} π t)

beschreibt die Zu- bzw. Abflussrate von Wasser in einen Wassertank (f(t) in m³/min, t in Minuten nach Beobachtungsbeginn). Ihr Graph ist rechts abgebildet. Die maximale Wassermenge im Tank beträgt im abgebildeten Zeitraum 40 m³. Bestimme die Wassermenge im Tank zu Beobachtungsbeginn.

Lösung einblenden

Der maximale Bestand (Wassermenge im Tank) wird zu dem Zeitpunkt erreicht, an dem die Änderungsrate vom Positiven ins Negative wechselt, also wenn die Zunahme in eine Abnahme übergeht.
Wir suchen also eine Nullstelle von f mit Vorzeichenwechsel + nach -.

Wir wissen, dass bei der Sinus-Funktion die fallende Nullstelle nach einer halben Periode ist.
Die Periode von f ist p = $\frac{2 π}{\frac{1}{6} π}$ = 12. Somit ist die fallende Nullstelle nach einer halben Periode bei t = 6.

Da beim Sinus die Teilflächen über und unter der x-Achse gleich groß sind, wird dieser maximale Bestand zwar noch zu anderen Zeitpunkten erreicht, aber nie übertroffen.

Wir wissen nun, dass zum Zeitpunkt t = 6 der Bestand (Wassermenge im Tank) maximal ist.
Über die Fläche unter der Kurve können wir den gesamten Zuwachs bis zu diesem Zeitpunkt berechnen:

I =

\int_{0}^{6} 3 \cdot \sin (\frac{1}{6} π t) ⅆ t

= ${[- \frac{3}{0,5236} \cdot \cos (\frac{1}{6} π t)]}_{0}^{6}$

$=$ $- \frac{3}{0,5236} \cdot \cos (\frac{1}{6} π \cdot 6) + \frac{3}{0,5236} \cdot \cos (\frac{1}{6} π \cdot 0)$

= $- \frac{3}{0,5236} \cdot \cos (π) + \frac{3}{0,5236} \cdot \cos (0)$

= $- \frac{3}{0,5236} \cdot (- 1) + \frac{3}{0,5236} \cdot 1$

= $5,7296 + 5,7296$

= $11,4592$

≈ 11,459

Der Zuwachs von Beginn bis zum Zeitpunkts des maximalen Bestands beträgt somit 11,459 m³

Wenn der maximale Bestand (Wassermenge im Tank) aber 40 m³ ist müssen ja zu Beginn bereits 40 m³ - 11,459 m³ ≈ 28,541 m³ vorhanden gewesen sein.

Der Anfangs-Wassermenge im Tank betrug demnach B₀ = 28,541 m³.

Mittelwerte

Beispiel:

Bestimme den Mittelwert der Funktionswerte von f mit f(x)= $e^{2 x - 3}$ zwischen 1 und 3.

Lösung einblenden

Wir berechnen den Mittelwert mit der üblichen Formel:

m =

\frac{1}{3 - 1}

\int_{1}^{3} e^{2 x - 3} ⅆ x

= $\frac{1}{2}$ ${[\frac{1}{2} e^{2 x - 3}]}_{1}^{3}$

$=$ $\frac{1}{2} (\frac{1}{2} e^{2 \cdot 3 - 3} - \frac{1}{2} e^{2 \cdot 1 - 3})$

= $\frac{1}{2} (\frac{1}{2} e^{6 - 3} - \frac{1}{2} e^{2 - 3})$

= $\frac{1}{2} (\frac{1}{2} e^{3} - \frac{1}{2} e^{- 1})$

≈ 4,929

uneigentliche Integrale

Beispiel:

Der Graph der Funktion f mit f(x)= $- \frac{3}{\sqrt{3 x - 6}}$ schließt mit der x-Achse und der Geraden x= $\frac{22}{3}$ eine nach rechts offene Fläche ein.
Untersuche, ob der Flächeninhalt endlich ist und bestimme in diesem Fall diesen Flächeninhalt.

Lösung einblenden

A(u)=

\int_{\frac{22}{3}}^{u} - \frac{3}{\sqrt{3 x - 6}} ⅆ x

=

\int_{\frac{22}{3}}^{u} - 3 {(3 x - 6)}^{- \frac{1}{2}} ⅆ x

= ${[- 2 {(3 x - 6)}^{\frac{1}{2}}]}_{\frac{22}{3}}^{u}$

= ${[- 2 \sqrt{3 x - 6}]}_{\frac{22}{3}}^{u}$

$=$ $- 2 \sqrt{3 u - 6} + 2 \sqrt{3 \cdot (\frac{22}{3}) - 6}$

= $- 2 \sqrt{3 u - 6} + 2 \sqrt{22 - 6}$

= $- 2 \sqrt{3 u - 6} + 2 \sqrt{16}$

= $- 2 \sqrt{3 u - 6} + 2 \cdot 4$

= $- 2 \sqrt{3 u - 6} + 8$

Für u → ∞ gilt: A(u) = $- 2 \sqrt{3 u - 6} + 8$ → $- \infty$

minimaler + maximaler Bestand (2 Kurven)

Beispiel:

Ein Wassertank hat einen Zu- und einen Abfluss. In der Abbildung zeigt der blaue Graph die momentane Zuflussrate in Liter pro Minute, der rote Graph die momentane Abflussrate (Liter pro Minute). Die x-Achse zeigt die Zeit in Minuten nach Beobachtungsbeginn. Betrachtet wird nur der Zeitraum zwischen 0 und 10 Minuten nach Beobachtungsbeginn.

Nach wie vielen Minuten ist am wenigsten Wasser im Tank?
2 Minuten nach Beobachtungsbeginn sind ca. 23,2 Liter Wasser im Tank. Bestimme den Inhalt des Tanks in Litern Wasser bei Beobachtungsbeginn.

Lösung einblenden

Man erkennt schnell, dass von 0 bis 1 die Zuflussrate über der Abflussrate liegt, so dass hier das Wasservolumen zunimmt.

Von 1 bis 7 liegt dann die Abflussrate über der Zuflussrate, so dass hier das Wasservolumen abnimmt.

Von 7 bis 10 liegt dann wieder die Zuflussrate über der Abflussrate, so dass hier das Wasservolumen wieder zunimmt.

Die Werte der Zunahme (bzw. Abnahme) kann man an der Fläche zwischen den Kurven abzählen:
von 0 bis 1: ca. 1.1 Liter
von 1 bis 7: ca. -12 Liter

Zeitpunkt des kleinsten Bestands
Da zwischen 0 und 1 weniger Zuwachs abzulesen ist als die Abnahme zwischen 1 und 7, ist der Zeitpunkt mit dem geringsten Bestand wenn die Zuwachsrate wieder größer wird als die Abnahmerate, also bei t = 7 min.
Anfangsbestand
Die Änderung des Bestands kann man einfach durch die Flächen zwischen dem Kurven ablesen, wobei man hier natürlich die Vorzeichen übernehmen muss. Durch Abzählen der Kästchen der eingeschlossenen Flächen im Interval [0;2] kann man einen Zuwachs von ca. 0.2 erkennen.
Bei Beobachtungsbeginn muss somit das Wasservolumen um 0.2 Liter niedriger als die 23.2 nach 2 min gewesen sein:
B₀ = 23.2 - 0.2 = 23 Liter .

Aufgabenbeispiele von Anwendungen

Integralanwendungen BF

Integralanwendungen

Integralfunktion - Gleichung

Lösen mit der a-b-c-Formel (Mitternachtsformel):

Lösen mit der p-q-Formel (x² + px + q = 0):

Maximaler Bestand rückwärts

Mittelwerte

uneigentliche Integrale

minimaler + maximaler Bestand (2 Kurven)