Wachstum und die e-Funktion: Übungen AFB III – Mathe Klasse 13

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Aufgabenblock — AFB III

Begründen statt nur rechnen: Behauptungen widerlegen, Modelle beurteilen, Fehler finden und allgemein zeigen. Formuliere deine Antwort in ganzen Sätzen, bevor du die Musterlösung aufklappst.

Eine falsche Ableitungsregel

AFB III

Lena behauptet: „\((2^{x})'=x\cdot2^{x-1}\), das ist doch die Potenzregel.“ Widerlegen Sie die Behauptung.

Hinweis: Ein einziges Gegenbeispiel reicht.

Strategie: Einen Wert einsetzen, an dem die rechte Seite offensichtlich falsch ist.Warum so? Eine allgemeine Aussage ist widerlegt, sobald sie an einer Stelle nicht stimmt.

Lösungsskizze: Bei \(x=0\): rechts \(0\cdot2^{-1}=0\), aber der Graph von \(2^{x}\) steigt überall · richtige Regel \((2^{x})'=\ln2\cdot2^{x}\).

Musterlösung anzeigen (zählt als erledigt)

Musterlösung: Nach Lenas Regel wäre die Steigung bei \(x=0\) gleich \(0\cdot2^{-1}=0\), der Graph hätte dort eine waagerechte Tangente. \(2^{x}\) ist aber streng monoton steigend; tatsächlich gilt \((2^{x})'=\ln2\cdot2^{x}\), also \(\ln2\approx0{,}69\) bei \(x=0\). Die Potenzregel gilt nur, wenn die Variable in der Basis steht (\(x^{n}\)), nicht im Exponenten.

Lösung der logistischen Gleichung

AFB III

Zeigen Sie, dass \(f(t)=\dfrac{S}{1+c\,e^{-kSt}}\) für jede Konstante \(c\) die Differentialgleichung \(f'(t)=k\cdot f(t)\cdot\bigl(S-f(t)\bigr)\) erfüllt.

Hinweis: Schreibe \(f(t)=S\cdot\left(1+c\,e^{-kSt}\right)^{-1}\) und rechne beide Seiten getrennt aus.

Strategie: Linke Seite mit der Kettenregel (äußere Funktion \(S\cdot z^{-1}\)), rechte Seite: \(S-f(t)\) auf einen Bruch bringen.Warum so? Zwei gleiche Terme für jedes \(t\) beweisen, dass \(f\) Lösung ist.

Lösungsskizze: \(f'=\frac{kS^{2}c\,e^{-kSt}}{(1+c\,e^{-kSt})^{2}}\) · \(S-f=\frac{S\,c\,e^{-kSt}}{1+c\,e^{-kSt}}\) · Produkt vergleichen.

Musterlösung anzeigen (zählt als erledigt)

Musterlösung: Mit \(N(t)=1+c\,e^{-kSt}\) gilt \(N'(t)=-kSc\,e^{-kSt}\). Links: \(f'(t)=S\cdot(-1)\cdot N^{-2}\cdot N'=\frac{kS^{2}c\,e^{-kSt}}{N^{2}}\). Rechts: \(S-f=\frac{S\,N-S}{N}=\frac{S\,c\,e^{-kSt}}{N}\), also \(k\cdot f\cdot(S-f)=k\cdot\frac{S}{N}\cdot\frac{S\,c\,e^{-kSt}}{N}=\frac{kS^{2}c\,e^{-kSt}}{N^{2}}\). Beide Seiten stimmen für alle \(t\) überein, unabhängig von \(c\). \(c\) legt den Anfangswert fest: \(c=\frac{S}{f(0)}-1\).

Potenz gegen e-Funktion

AFB III

Tom meint: „Bei \(f(x)=e^{x}-x^{10}\) gewinnt für große \(x\) die Potenz, denn schon \(f(10)\) ist riesig negativ.“ Beurteilen Sie Toms Aussage.

Hinweis: Rechne auch einmal \(f(40)\) mit dem GTR.

Strategie: Den Wert bei \(x=10\) prüfen und dann den Grenzprozess für \(x\to\infty\) betrachten.Warum so? Einzelne Werte zeigen kein Grenzverhalten — die Dominanz der e-Funktion schon.

Lösungsskizze: \(f(10)\approx-10^{10}\) stimmt · \(e^{40}\approx2{,}4\cdot10^{17}\) gegen \(40^{10}\approx1{,}0\cdot10^{16}\) · \(f(x)\to+\infty\).

Musterlösung anzeigen (zählt als erledigt)

Musterlösung: Toms Beobachtung stimmt: \(f(10)=e^{10}-10^{10}\approx-10^{10}\). Sein Schluss ist falsch: \(e^{x}\) wächst schneller als jede Potenz. Schon bei \(x=40\) ist \(e^{40}\approx2{,}4\cdot10^{17}\) größer als \(40^{10}\approx1{,}0\cdot10^{16}\), also \(f(40)>0\). Für \(x\to\infty\) gilt \(f(x)\to+\infty\). Aus endlich vielen Werten darf man kein Grenzverhalten ablesen.