Wachstumsmodelle und Differenzialgleichungen – Mathe Abitur (Klasse 12-13) Arbeitsblatt Lösungen zum Herunterladen als PDF

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1. Lösung zu Aufgabe 1

   Lösungsweg: Der Anfangswert liefert \(N_0\). Den zweiten Messwert setzt man ein und löst die Gleichung mit dem natürlichen Logarithmus nach \(k\) auf. Verdopplungszeit, spätere Bestände und die Differenzialgleichung folgen dann direkt aus der Funktionsgleichung.

   a) \(N_0=200\). Aus \(200\,\mathrm e^{3k}=500\) folgt \(\mathrm e^{3k}=2{,}5\), also \(k=\frac{\ln2{,}5}3\approx0{,}3054\). Damit ist \(N(t)=200\,\mathrm e^{0{,}3054t}\).
   b) \(T_D=\frac{\ln2}k\approx2{,}27\) Stunden. Nach dieser Zeit hat sich der Bestand jeweils verdoppelt.
   c) \(N(5)=200\,\mathrm e^{5k}\approx921\) Einheiten.
   d) \(N^{\prime}=k\,N\) mit \(k\approx0{,}3054\): Die Änderungsrate ist proportional zum Bestand.

2. Lösung zu Aufgabe 2

   Lösungsweg: Um eine Lösung zu prüfen, berechnet man die Ableitung (linke Seite) und setzt die Funktion in die rechte Seite ein. Stimmen beide Terme für alle \(t\) überein, ist die Funktion eine Lösung; ein einziger Gegenwert genügt, um das Gegenteil zu zeigen.

   a) \(f^{\prime}(t)=5\cdot0{,}3\,\mathrm e^{0{,}3t}=1{,}5\,\mathrm e^{0{,}3t}\) und \(0{,}3f(t)=1{,}5\,\mathrm e^{0{,}3t}\). Beide Seiten sind gleich, \(f\) ist eine Lösung.
   b) \(g^{\prime}(t)=-7\cdot(-0{,}2)\mathrm e^{-0{,}2t}=1{,}4\,\mathrm e^{-0{,}2t}\); \(0{,}2(10-g)=0{,}2\cdot7\,\mathrm e^{-0{,}2t}=1{,}4\,\mathrm e^{-0{,}2t}\). Gleich, also Lösung.
   c) \(h^{\prime}(t)=6t\), aber \(0{,}5h(t)=1{,}5t^2\). Für \(t=1\) gilt \(6\ne1{,}5\); \(h\) ist keine Lösung.
   d) \(f(0)=5\) und \(g(0)=10-7=3\).

3. Lösung zu Aufgabe 3

   Lösungsweg: Die Gleichung \(f^{\prime}=kf\) mit negativem \(k\) beschreibt exponentiellen Zerfall. Mit dem Anfangswert erhält man die Lösung. Restmengen ergeben sich durch Einsetzen, Halbwertszeit und andere Zeitpunkte durch Logarithmieren.

   a) Die DGL beschreibt exponentiellen Zerfall mit \(k=-0{,}04\): \(f(t)=80\,\mathrm e^{-0{,}04t}\). Probe: \(f(0)=80\).
   b) \(f(24)=80\,\mathrm e^{-0{,}96}\approx30{,}6\) mg.
   c) \(\mathrm e^{-0{,}04t}=0{,}5\Rightarrow t=\frac{\ln2}{0{,}04}\approx17{,}33\) Stunden.
   d) \(80\,\mathrm e^{-0{,}04t}=10\Rightarrow\mathrm e^{-0{,}04t}=0{,}125\Rightarrow t=\frac{\ln8}{0{,}04}\approx52{,}0\) Stunden, also genau drei Halbwertszeiten.

4. Lösung zu Aufgabe 4

   Lösungsweg: Aus der Form \(f^{\prime}=k(G-f)\) liest man Schranke und Wachstumskonstante ab und setzt sie in die allgemeine Lösung ein. Zeitpunkte bestimmt man, indem man nach der Exponentialfunktion auflöst und logarithmiert. Die zweite Ableitung zeigt das gebremste Wachstum.

   a) Schranke \(G=50\). Lösung \(f(t)=50-(50-10)\,\mathrm e^{-0{,}1t}=50-40\,\mathrm e^{-0{,}1t}\).
   b) \(f(10)=50-40\,\mathrm e^{-1}\approx35{,}28\).
   c) \(40\,\mathrm e^{-0{,}1t}=5\Rightarrow\mathrm e^{-0{,}1t}=\frac18\Rightarrow t=10\ln8\approx20{,}79\).
   d) \(f^{\prime}(t)=4\,\mathrm e^{-0{,}1t}\) ist positiv, aber streng monoton fallend, weil \(f^{\prime\prime}(t)=-0{,}4\,\mathrm e^{-0{,}1t}<0\). Der Bestand wächst immer langsamer.

5. Lösung zu Aufgabe 5

   Lösungsweg: Den Anfangswert erhält man durch Einsetzen von \(t=0\), die Schranke als Grenzwert für \(t\to\infty\). Die Hälfte der Schranke markiert den Wendepunkt; dort ist die Änderungsrate am größten und wird mit der logistischen Differenzialgleichung berechnet.

   a) \(f(0)=\frac{100}{10}=10\); für \(t\to\infty\) gilt \(\mathrm e^{-0{,}5t}\to0\), also \(G=100\).
   b) \(1+9\,\mathrm e^{-0{,}5t}=2\Rightarrow\mathrm e^{-0{,}5t}=\frac19\Rightarrow t=2\ln9\approx4{,}39\).
   c) Bei \(f=50\): \(f^{\prime}=\frac{0{,}5}{100}\cdot50\cdot50=12{,}5\) pro Zeiteinheit.
   d) \(f^{\prime}=\frac{0{,}5}{100}f(100-f)=0{,}005\,f(100-f)\).

6. Lösung zu Aufgabe 6

   Lösungsweg: Für jede Messreihe werden Differenzen und Quotienten aufeinanderfolgender Werte gebildet. Konstante Differenzen bedeuten lineares, konstante Quotienten exponentielles Wachstum. Nähern sich die Werte einer Schranke, betrachtet man die Abstände zu ihr.

   a) Quotienten: \(\frac{60}{40}=\frac{90}{60}=\frac{135}{90}=1{,}5\), konstant. Reihe A wächst exponentiell.
   b) Differenzen: jeweils \(15\), konstant. Reihe B wächst linear.
   c) Abstände \(80\), \(40\), \(20\), \(10\): Sie halbieren sich jeweils. Reihe C beschreibt beschränktes Wachstum mit \(G=100\).
   d) A: \(f(t)=40\cdot1{,}5^t=40\,\mathrm e^{0{,}4055t}\); B: \(f(t)=40+15t\); C: \(f(t)=100-80\cdot0{,}5^t=100-80\,\mathrm e^{-0{,}6931t}\).

7. Lösung zu Aufgabe 7

   Lösungsweg: Aus der Verdopplungszeit folgt die Wachstumskonstante \(k=\frac{\ln2}{T_D}\). Bestände nach einer Zeit erhält man durch Einsetzen oder durch Zählen der Verdopplungen. Für den Zeitpunkt einer bestimmten Anzahl wird logarithmiert; am Ende werden die Modellgrenzen bewertet.

   a) \(k=\frac{\ln2}{20}\approx0{,}0347\): \(N(t)=1000\,\mathrm e^{0{,}0347t}=1000\cdot2^{t/20}\).
   b) \(180\) Minuten sind \(9\) Verdopplungen: \(N(180)=1000\cdot2^9=512\,000\) Bakterien.
   c) \(2^{t/20}=1000\Rightarrow t=20\cdot\frac{\ln1000}{\ln2}\approx199\) Minuten, also etwa \(3\) Stunden und \(19\) Minuten.
   d) Nährstoffe und Platz in der Schale sind begrenzt; das Wachstum wird gebremst. Realistischer ist ein logistisches Modell.

8. Lösung zu Aufgabe 8

   Lösungsweg: Nach Newton nimmt der Temperaturunterschied zum Raum exponentiell ab. Mit dem Messwert nach fünf Minuten bestimmt man \(k\), danach berechnet man den Zeitpunkt der Trinktemperatur. Die Anfangsabkühlung ist die Ableitung an der Stelle null.

   a) Beschränkte Abnahme gegen die Raumtemperatur \(20\): Die Lösung hat die Form \(20+(T_0-20)\mathrm e^{-kt}\) mit \(T_0=90\).
   b) \(20+70\,\mathrm e^{-5k}=70\Rightarrow\mathrm e^{-5k}=\frac57\Rightarrow k=\frac{\ln1{,}4}5\approx0{,}0673\).
   c) \(70\,\mathrm e^{-kt}=35\Rightarrow t=\frac{\ln2}k\approx10{,}3\) Minuten.
   d) \(T^{\prime}(0)=-70k\approx-4{,}71\,^\circ\mathrm C\) pro Minute.

9. Lösung zu Aufgabe 9

   Lösungsweg: Zufuhr und Abbau stehen in der Differenzialgleichung; das Gleichgewicht ergibt sich aus \(c^{\prime}=0\). Die angegebene Lösung wird durch Einsetzen geprüft, Zeitpunkte durch Logarithmieren bestimmt. Nach dem Ende der Infusion bleibt nur der Abbau übrig.

   a) Gleichgewicht: \(c^{\prime}=0\Rightarrow2=0{,}1c\Rightarrow c=20\) mg.
   b) \(c^{\prime}(t)=2\,\mathrm e^{-0{,}1t}\); \(2-0{,}1\cdot20(1-\mathrm e^{-0{,}1t})=2\,\mathrm e^{-0{,}1t}\) ✓; \(c(0)=0\) ✓.
   c) \(1-\mathrm e^{-0{,}1t}=0{,}75\Rightarrow t=10\ln4\approx13{,}9\) Stunden.
   d) Ohne Zufuhr: \(c^{\prime}=-0{,}1c\) mit Startwert \(c(24)\approx18{,}19\) mg, also exponentieller Abbau.

10. Lösung zu Aufgabe 10

    Lösungsweg: Die Zerfallskonstante folgt aus der Halbwertszeit. Den verbleibenden Anteil berechnet man mit der Anzahl der vergangenen Halbwertszeiten. Für den Zeitpunkt, an dem nur noch ein Prozent übrig ist, wird logarithmiert und das Ergebnis in eine Jahreszahl übersetzt.

    a) \(k=\frac{\ln2}{30}\approx0{,}0231\) pro Jahr.
    b) \(40\) Jahre: \(0{,}5^{40/30}\approx0{,}397\), also knapp \(40\,\%\).
    c) \(0{,}5^{t/30}=0{,}01\Rightarrow t=30\cdot\frac{\ln100}{\ln2}\approx199\) Jahre, also etwa im Jahr \(2185\).
    d) Pilze nehmen Cäsium aus dem Waldboden auf, wo es in der Humusschicht festgehalten wird; Ackerböden werden umgepflügt und verdünnen es. Der Zerfall selbst ist überall gleich schnell.

11. Lösung zu Aufgabe 11

    Lösungsweg: Der Anfangswert bestätigt die Konstante im Nenner. Mit dem zweiten Messwert erhält man \(k\) durch Umformen und Logarithmieren. Die Hälfte der Schule entspricht dem Wendepunkt, die stärkste Ausbreitung beträgt \(\frac{kG}4\).

    a) \(f(0)=\frac{1200}{1+99}=12\) ✓.
    b) \(\frac{1200}{1+99\,\mathrm e^{-k}}=60\Rightarrow1+99\,\mathrm e^{-k}=20\Rightarrow\mathrm e^{-k}=\frac{19}{99}\Rightarrow k=\ln\frac{99}{19}\approx1{,}6507\).
    c) \(99\,\mathrm e^{-kt}=1\Rightarrow t=\frac{\ln99}k\approx2{,}78\) Tage.
    d) Maximale Rate \(\frac{kG}4\approx\frac{1{,}651\cdot1200}4\approx495\) neue Nutzer pro Tag.

12. Lösung zu Aufgabe 12

    Lösungsweg: Die beschränkte Wachstumsgleichung liefert Schranke und Konstante, damit die Lösung. Bestände nach einer Zeit erhält man durch Einsetzen, Zeitpunkte durch Logarithmieren. Am Ende wird geprüft, ob das Modell zur Biologie der Fische passt.

    a) \(f(t)=5000-4000\,\mathrm e^{-0{,}3t}\).
    b) \(f(5)=5000-4000\,\mathrm e^{-1{,}5}\approx4107\) Fische.
    c) \(4000\,\mathrm e^{-0{,}3t}=500\Rightarrow t=\frac{\ln8}{0{,}3}\approx6{,}93\) Jahre.
    d) Beim beschränkten Modell ist die Zunahme am Anfang am größten. Bei Fischen hängt die Vermehrung aber von der Zahl der Elterntiere ab; das logistische Modell berücksichtigt das und wäre biologisch plausibler.

13. Lösung zu Aufgabe 13

    Lösungsweg: Mit Anfangstemperatur und Raumtemperatur ist der Ansatz festgelegt; der Messwert nach zehn Minuten liefert \(k\). Spätere Temperaturen und Zeitpunkte folgen durch Einsetzen bzw. Logarithmieren, die Differenzialgleichung aus der Form des beschränkten Wachstums.

    a) \(22-16\,\mathrm e^{-10k}=12\Rightarrow\mathrm e^{-10k}=0{,}625\Rightarrow k=\frac{\ln1{,}6}{10}\approx0{,}0470\).
    b) \(T(30)=22-16\cdot0{,}625^3\approx18{,}1\,^\circ\mathrm C\).
    c) \(16\,\mathrm e^{-kt}=4\Rightarrow t=\frac{\ln4}k\approx29{,}5\) Minuten.
    d) \(T^{\prime}=k(22-T)\) mit \(k\approx0{,}0470\).

14. Lösung zu Aufgabe 14

    Lösungsweg: Beide Modelle werden für dieselben Zeitpunkte ausgewertet und in der Tabelle verglichen. Solange der Bestand klein ist, stimmen sie fast überein. Für den halben Sättigungswert löst man die logistische Gleichung, zuletzt wird die Realitätsnähe beurteilt.

    a) \(E(2)\approx248\), \(E(5)\approx2730\), \(E(10)\approx149\,048\); \(L(2)\approx225\), \(L(5)\approx1167\), \(L(10)\approx1974\).
    b) In den ersten zwei Jahren sind die Werte ähnlich, solange der Bestand klein gegenüber \(2\,000\) ist. Danach wächst das exponentielle Modell viel zu schnell.
    c) \(39\,\mathrm e^{-0{,}8t}=1\Rightarrow t=\frac{\ln39}{0{,}8}\approx4{,}58\) Jahre.
    d) Das logistische Modell, denn die Nahrung reicht nur für etwa \(2\,000\) Tiere; das exponentielle Modell würde nach zehn Jahren über eine Million Kaninchen vorhersagen.

15. Lösung zu Aufgabe 15

    Lösungsweg: Zuerst wird der Anfangsbestand berechnet. Die stärkste Ausbreitung liegt im Wendepunkt bei der Hälfte der Schranke. Für vorgegebene Zahlen von Erkrankten wird die Gleichung nach der Exponentialfunktion aufgelöst und logarithmiert; anschließend wird das Modell kritisch betrachtet.

    a) \(f(0)=\frac{1500}{150}=10\) Erkrankte.
    b) Wendepunkt bei \(f=750\): \(t=\frac{\ln149}{0{,}6}\approx8{,}34\) Tage; maximale Rate \(\frac{0{,}6\cdot1500}4=225\) Neuerkrankungen pro Tag.
    c) \(\frac{1500}{1+149\mathrm e^{-0{,}6t}}=1350\Rightarrow149\,\mathrm e^{-0{,}6t}=\frac19\Rightarrow t=\frac{\ln(1341)}{0{,}6}\approx12{,}0\) Tage.
    d) \(149\,\mathrm e^{-0{,}6t}=4\Rightarrow t=\frac{\ln37{,}25}{0{,}6}\approx6{,}0\), also nach gut \(6\) Tagen.
    e) Nicht alle Schülerinnen und Schüler erkranken (Impfung, Immunität), und Erkrankte werden wieder gesund und stecken dann niemanden mehr an. Außerdem spielen Ferien und Kontakte außerhalb der Schule eine Rolle.

16. Lösung zu Aufgabe 16

    Lösungsweg: Der Messwert um \(23{:}00\) Uhr liefert die Abkühlungskonstante. Den Todeszeitpunkt findet man, indem man die Gleichung für \(37\,^\circ\mathrm C\) löst; ein negatives \(t\) bedeutet einen Zeitpunkt vor dem Fund. Dann wird das Alibi mit diesem Zeitpunkt verglichen.

    a) \(18+12\,\mathrm e^{-k}=28\Rightarrow\mathrm e^{-k}=\frac56\Rightarrow k=\ln1{,}2\approx0{,}1823\).
    b) \(18+12\,\mathrm e^{-kt}=37\Rightarrow\mathrm e^{-kt}=\frac{19}{12}\Rightarrow t=-\frac{\ln\frac{19}{12}}k\approx-2{,}52\) h, also etwa \(2\) h \(31\) min vor \(22{:}00\) Uhr: gegen \(19{:}29\) Uhr.
    c) \(T(2)=18+12\cdot\left(\frac56\right)^2\approx26{,}33\,^\circ\mathrm C\).
    d) Nein: Der Tod trat nach dem Modell gegen \(19{:}30\) Uhr ein, also vor \(20{:}00\) Uhr. Das Alibi deckt den Tatzeitpunkt nicht ab.

17. Lösung zu Aufgabe 17

    Lösungsweg: Die Differenzialgleichung entsteht aus Zufluss minus Verlust. Ihr Gleichgewicht zeigt, welches Volumen sich langfristig einstellt. Die angegebene Lösung wird durch Einsetzen bestätigt, und für den Füllzeitpunkt wird logarithmiert.

    a) \(V^{\prime}=2-0{,}05V\): Zufluss minus Verlust.
    b) \(V^{\prime}=0\Rightarrow V=40\,\mathrm m^3\). Das Gleichgewicht liegt über dem Fassungsvermögen; der Pool kann also voll werden.
    c) \(V^{\prime}(t)=1{,}5\,\mathrm e^{-0{,}05t}\) und \(2-0{,}05(40-30\,\mathrm e^{-0{,}05t})=1{,}5\,\mathrm e^{-0{,}05t}\) ✓; \(V(0)=10\) ✓.
    d) \(40-30\,\mathrm e^{-0{,}05t}=38\Rightarrow\mathrm e^{-0{,}05t}=\frac1{15}\Rightarrow t=20\ln15\approx54{,}2\) Stunden.
    e) Das Gleichgewicht \(\frac{z}{0{,}05}=20z\) muss mindestens \(38\) betragen: \(z\ge1{,}9\,\mathrm m^3\) pro Stunde; bei genau \(1{,}9\) würde der Pool aber nie ganz voll, also braucht man mehr als \(1{,}9\,\mathrm m^3\) pro Stunde.

18. Lösung zu Aufgabe 18

    Lösungsweg: Der Ansatz wird abgeleitet und in die Differenzialgleichung eingesetzt. Ein Koeffizientenvergleich der Exponentialterme und der Konstanten liefert \(k\) und \(b\). Die Anfangsbedingung bestimmt \(a\); der Sonderfall \(a=0\) ist eine Gleichgewichtslösung.

    a) Linke Seite \(ak\,\mathrm e^{kt}\), rechte Seite \(0{,}5a\,\mathrm e^{kt}+0{,}5b-3\). Die Exponentialterme und die konstanten Terme müssen jeweils übereinstimmen.
    b) \(ak=0{,}5a\Rightarrow k=0{,}5\); \(0{,}5b-3=0\Rightarrow b=6\).
    c) \(f(0)=a+6=10\Rightarrow a=4\): \(f(t)=4\,\mathrm e^{0{,}5t}+6\).
    d) Dann ist \(a=0\) und \(f(t)=6\) konstant: eine Gleichgewichtslösung. Sie ist instabil, denn jede kleine Abweichung wächst exponentiell.

19. Lösung zu Aufgabe 19

    Lösungsweg: Die Ableitung entsteht mit der Kettenregel. Durch geschicktes Umformen von \(G-f\) wird gezeigt, dass die logistische Differenzialgleichung erfüllt ist. Der Anfangswert liefert \(c\), und die Parabelform der Änderungsrate erklärt die Lage des Wendepunkts.

    a) Kettenregel mit \(f=G(1+c\,\mathrm e^{-kt})^{-1}\): \(f^{\prime}=-G(1+c\,\mathrm e^{-kt})^{-2}\cdot(-ck\,\mathrm e^{-kt})\).
    b) \(G-f=\frac{Gc\,\mathrm e^{-kt}}{1+c\,\mathrm e^{-kt}}\); daher \(\frac kGf(G-f)=\frac kG\cdot\frac G{1+c\mathrm e^{-kt}}\cdot\frac{Gc\,\mathrm e^{-kt}}{1+c\mathrm e^{-kt}}=f^{\prime}\) ✓.
    c) \(f_0=\frac G{1+c}\Rightarrow c=\frac G{f_0}-1\).
    d) \(f^{\prime}=\frac kG(Gf-f^2)\) ist eine Parabel in \(f\) mit Scheitel bei \(f=\frac G2\); dort ist \(f^{\prime}\) maximal. Da \(f^{\prime\prime}=\frac kG(G-2f)f^{\prime}\), wechselt \(f^{\prime\prime}\) bei \(f=\frac G2\) das Vorzeichen: Wendepunkt.

20. Lösung zu Aufgabe 20

    Lösungsweg: Gleichgewichte sind Nullstellen der rechten Seite. Das Vorzeichen von \(f^{\prime}\) zwischen ihnen zeigt, ob Bestände zu einem Gleichgewicht hin- oder von ihm wegstreben. Die höchstmögliche Fangmenge entspricht dem Maximum der natürlichen Wachstumsrate.

    a) \(0{,}02(50f-f^2)=8\Rightarrow f^2-50f+400=0\Rightarrow f=10\) oder \(f=40\) Tonnen.
    b) \(f^{\prime}=-0{,}02(f-10)(f-40)\): für \(f<10\) negativ, für \(10\lt f<40\) positiv, für \(f>40\) negativ.
    c) \(40\) ist stabil (Bestände darüber nehmen ab, darunter zu); \(10\) ist instabil. Ein Bestand von \(8\) Tonnen schrumpft weiter und bricht zusammen.
    d) Die Wachstumsrate \(0{,}02f(50-f)\) ist bei \(f=25\) maximal mit \(0{,}02\cdot25\cdot25=12{,}5\). Bei einer Fangmenge über \(12{,}5\) Tonnen gibt es kein Gleichgewicht mehr, der Bestand wird überfischt.