Aufgabe B5 - Differentialrechnung · Abitur NRW Mathematik LK · Nachtermin · GTR 2023

Thema: Differentialrechnung: Tangenten, Extrem- und Wendepunkte · Aus der Prüfung LK · Nachtermin · GTR (2023)

Aufgabenstellung

Aufgabenstellung:

Skoliose ist eine Erkrankung der Wirbelsäule, bei der diese nicht gerade verläuft, sondern ein Teil der Wirbel eine Krümmung bildet (siehe Abbildung 1). Auf Röntgenaufnahmen lässt sich diese Krümmung erkennen und anhand der Aufnahmen wird über die weitere Behandlung entschieden.

Ein Abschnitt der Wirbelsäule eines Skoliose-Patienten wird für −2≤x≤2-2 \le x \le 2 durch die Funktion ff beschrieben mit

f(x)=0,8⋅e−x2,  x∈R.f(x) = 0{,}8 \cdot \mathrm{e}^{-x^2},\; x \in \mathbb{R}. Eine Einheit im Koordinatensystem steht für einen Dezimeter (dm).

Die xx-Achse stellt den geraden Verlauf der Wirbelsäule einer gesunden Person ohne Skoliose dar.

Abbildung 2 zeigt das um 90∘90^\circ gedrehte Röntgenbild der Wirbelsäule zusammen mit dem Graphen von ff:

a)

(1) Zeigen Sie: f′(x)=−1,6x⋅e−x2f'(x) = -1{,}6x \cdot \mathrm{e}^{-x^2}.

Bestimmen Sie auf rechnerischem Weg die Koordinaten des Hochpunkts am Graphen von ff.

Deuten Sie die yy-Koordinate des Hochpunkts bezogen auf den Sachkontext.

(2) (i) Zeigen Sie durch eine Rechnung, dass der Graph von ff symmetrisch bezüglich der yy-Achse verläuft.

Der Punkt W1(−12  |  f(−12))W_1\left(-\frac{1}{\sqrt{2}} \;\middle|\; f\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\right) ist der Wendepunkt des Graphen von ff im II. Quadranten.

(ii) Zeigen Sie, dass die Gerade t1t_1 mit t1:y=0,8⋅2⋅e−0,5⋅x+1,6⋅e−0,5t_1: y = 0{,}8 \cdot \sqrt{2} \cdot \mathrm{e}^{-0{,}5} \cdot x + 1{,}6 \cdot \mathrm{e}^{-0{,}5} die Tangente an den Graphen von ff im Punkt W1W_1 ist.

(iii) Geben Sie den zweiten Wendepunkt W2W_2 und eine Gleichung der Tangente t2t_2 an den Graphen von ff im Punkt W2W_2 an.

Um über weitere Behandlungsschritte zu entscheiden, wird der Winkel α\alpha zwischen den beiden Wendetangenten t1t_1 und t2t_2 bestimmt, der sogenannte Cobb-Winkel (siehe Abbildung 3).

Cobb-Winkel von mehr als 70∘70^\circ können als Nebenwirkung zu Kurzatmigkeit führen. Laut einer Studie ist bei einem Cobb-Winkel von kleiner als 70∘70^\circ nicht von einer Beeinträchtigung der Atemwege auszugehen.

(3) Der Cobb-Winkel kann mit der Formel

α=∢(t1,t2)=tan⁡−1(m1−m21+m1⋅m2)\alpha = \sphericalangle(t_1, t_2) = \tan^{-1}\left(\frac{m_1 - m_2}{1 + m_1 \cdot m_2}\right)

aus den Steigungen m1m_1 bzw. m2m_2 der Wendetangenten t1t_1 bzw. t2t_2 berechnet werden.

Berechnen Sie den Cobb-Winkel und beurteilen Sie, ob bei dieser Skoliose von einer Beeinträchtigung der Atemwege auszugehen ist.

^\circ

c)

Für einige weitere Skoliose-Patienten konnte der Verlauf der Wirbelsäule durch eine Funktion hkh_k mit

hk(x)=0,8⋅e−k⋅x2,k>0,  x∈Rh_k(x) = 0{,}8 \cdot \mathrm{e}^{-k \cdot x^2}, \quad k > 0, \; x \in \mathbb{R}

beschrieben werden.

In einem vereinfachten Ansatz zur Analyse der Skoliose soll die maximale Steigung des Graphen der Funktion hkh_k betrachtet werden. Diese liegt an der Stelle xW=−12kx_W = -\frac{1}{\sqrt{2k}} vor.

Wenn die maximale Steigung größer ist als 0,840{,}84, ist ein besonderes Therapieprogramm erforderlich.

(1) Berechnen Sie hk′(x)h_k'(x) und bestimmen Sie die maximale Steigung des Graphen von hkh_k abhängig von kk.

(2) Ermitteln Sie, für welche Werte von k>0k > 0 die maximale Steigung größer ist als 0,840{,}84.

d)

Ein Arzt überlegt, nicht den Cobb-Winkel zwischen den Tangenten in den Wendepunkten zu verwenden, sondern stattdessen den Winkel zwischen den Tangenten an den äußeren Kanten der Wirbel, auf denen die Wendepunkte liegen.

Das bedeutet: Statt der Tangente im Punkt W1W_1 wird die Tangente im Punkt P1P_1 verwendet, der weiter links auf dem Graphen von ff liegt. Ebenso wird statt der Tangente im Punkt W2W_2 die Tangente im Punkt P2P_2 verwendet, der weiter rechts auf dem Graphen von ff liegt (siehe Abbildung 6).

Beurteilen Sie ohne zusätzliche Rechnung, ob diese Änderung zu einem größeren oder einem kleineren Winkelwert führt.

Aufgabenstellung: Aufgabe B5 - Differentialrechnung · Abitur NRW Mathematik LK · Nachtermin · GTR 2023

Lösung

Nach den offiziellen Korrekturhinweisen

a) (1) Zeigen Sie: f′(x)=−1,6x⋅e−x2f'(x) = -1{,}6x \cdot \mathrm{e}^{-x^2}.

Lösung: f′(x)=0,8⋅(−2x)⋅e−x2=−1,6x⋅e−x2f'(x) = 0{,}8 \cdot (-2x) \cdot \mathrm{e}^{-x^2} = -1{,}6x \cdot \mathrm{e}^{-x^2}

a) (1) Bestimmen Sie auf rechnerischem Weg die Koordinaten des Hochpunkts am Graphen von ff.

Lösung: H(0∣0,8)H(0 \mid 0{,}8)

a) (1) Deuten Sie die yy-Koordinate des Hochpunkts bezogen auf den Sachkontext.

Lösung: Die maximale seitliche Verschiebung der Wirbelsäule beträgt 0,8 dm=8 cm0{,}8\text{ dm} = 8\text{ cm}.

a) (2) (i) Zeigen Sie durch eine Rechnung, dass der Graph von ff symmetrisch bezüglich der yy-Achse verläuft.

Lösung: f(−x)=0,8⋅e−(−x)2=0,8⋅e−x2=f(x)f(-x) = 0{,}8 \cdot \mathrm{e}^{-(-x)^2} = 0{,}8 \cdot \mathrm{e}^{-x^2} = f(x)

a) (2) (ii) Zeigen Sie, dass die Gerade t1t_1 mit t1:y=0,8⋅2⋅e−0,5⋅x+1,6⋅e−0,5t_1 : y = 0{,}8 \cdot \sqrt{2} \cdot \mathrm{e}^{-0{,}5} \cdot x + 1{,}6 \cdot \mathrm{e}^{-0{,}5} die Tangente an den Graphen von ff im Punkt W1W_1 ist.

Lösung: Wegen f(−12)=t1(−12)=45ef\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = t_1\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \frac{4}{5\sqrt{\mathrm{e}}} liegt W1W_1 auf t1t_1, und wegen f′(−12)=0,82⋅e−0,5f'\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = 0{,}8\sqrt{2}\cdot\mathrm{e}^{-0{,}5} stimmt die Steigung überein.

a) (2) (iii) Geben Sie den zweiten Wendepunkt W2W_2 an.

Lösung: W2(12  |  45⋅e)W_2\left(\frac{1}{\sqrt{2}} \;\middle|\; \frac{4}{5\cdot\sqrt{\mathrm{e}}}\right) / W2(0,71∣0,49)W_2(0{,}71 \mid 0{,}49)

a) (2) (iii) Geben Sie eine Gleichung der Tangente t2t_2 an den Graphen von ff im Punkt W2W_2 an.

Lösung: t2:y=−0,8⋅2⋅e−0,5⋅x+1,6⋅e−0,5t_2 : y = -0{,}8 \cdot \sqrt{2} \cdot \mathrm{e}^{-0{,}5} \cdot x + 1{,}6 \cdot \mathrm{e}^{-0{,}5} / y=−0,69x+0,97y = -0{,}69x + 0{,}97

a) (3) Berechnen Sie den Cobb-Winkel.

Lösung: 68,92∘68{,}92^\circ

a) (3) Beurteilen Sie, ob bei dieser Skoliose von einer Beeinträchtigung der Atemwege auszugehen ist.

Lösung: Da α≈68,92∘<70∘\alpha \approx 68{,}92^\circ < 70^\circ ist, ist von keiner Beeinträchtigung der Atemwege auszugehen.

c) (1) Berechnen Sie hk′(x)h_k'(x).

Lösung: hk′(x)=−1,6⋅k⋅x⋅e−k⋅x2h_k'(x) = -1{,}6 \cdot k \cdot x \cdot \mathrm{e}^{-k\cdot x^2}

c) (1) Bestimmen Sie die maximale Steigung des Graphen von hkh_k abhängig von kk.

Lösung: 1,6⋅k2⋅e−121{,}6 \cdot \sqrt{\frac{k}{2}} \cdot \mathrm{e}^{-\frac{1}{2}} / 0,8⋅2k⋅e−0,50{,}8 \cdot \sqrt{2k} \cdot \mathrm{e}^{-0{,}5}

c) (2) Ermitteln Sie, für welche Werte von k>0k > 0 die maximale Steigung größer ist als 0,840{,}84.

Lösung: k>441800⋅ek > \frac{441}{800}\cdot \mathrm{e} / k>1,50k > 1{,}50

d) Beurteilen Sie ohne zusätzliche Rechnung, ob diese Änderung zu einem größeren oder einem kleineren Winkelwert führt.

Lösung: Die Tangenten an den Graphen von ff außerhalb der Wendepunkte verlaufen flacher als die Wendetangenten. Dies führt dazu, dass der Schnittwinkel kleiner wird (kleinerer Wert).

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