Analysis Anwendungen Wi 1. Das Konsevendosen-Poblem Ein Konsevendosenhestelle will zylindische Dosen mit einem Inhalt von einem Lite, das sind 1000 cm 3, hestellen und dabei möglichst wenig Mateial vebauchen. Wie goß muß e den Radius und die Höhe h wählen, damit die Obefläche (= Mateialvebauch) möglichst klein ist? Siehe Skizze: h Lösung: 1. Fü das Volumen gilt die Fomel: V = 2. π. h = 1000 [cm 3 ]. 2. Fü die Obefläche gilt die Fomel: O = 2. 2. π + 2.. π. h. Wetetabelle 2 Deckflächen Mantelfläche Aus (1) folgt: h = 1000 2. π in (2) eingesetzt, egibt dann: O = 2. 2. π + 2.. π. 1000 2. π Also ehalten wi die Fomel fü die Obefläche: O 6,28. 2 + 2000 Diese Obefläche O des Zylindes, die als "Mateial" zu Hestellung eine Dose gebaucht wid, hängt also nu von dem Radius ab. Insofen ist die Obefläche eine Funktion von (= Radius), die wi ähnlich de Funktionsscheibweise ƒ(x) nun mit O() bezeichnen können. Die Funktionswete von O() entspechen dann de Obefläche des Zylindes in [cm 2 ]. Die Aufgabe besteht nun dain, heauszufinden, fü welchen Radius die Obeflächenfunktion O() ein Minimum annimmt. Wi zeichnen mit Hilfe eine Wetetabelle zunächst einmal den Gaphen de Funktion O(): Gaph de Obeflächenfunktion O() 6,28. 2 + 2000 O() cm cm 2 1 2006 2 1025 3 723 4 600 5 556 6 558 7 592 8 650 9 729 10 826 11 939 12 1068 13 1211 14 1369 15 1541 16 1727 Obefläche in cm 2 kleinste Obefläche Radius in [cm]
Rechneische Lösung: Um den kleinsten Wet de Obefläche O() zu beechnen, müssen wi mit Hilfe de Diffeentialechnung das Minimum de Funktion: O() 6,28. 2 + 2000 bestimmen. Dazu bestimmen wi zunächst die esten beiden Ableitungen ( ist die Funktionsvaiable): O'() = 2. 6,28. 2000 2 O''() = 12,56 + 4000 3 1. Notwendige Bedingung: O'() = 0 2. 6,28. 2000 2 = 0. 2 12,56. 3 2000 = 0. + 2000 : 12,56 3 = 2000 3 12,56 5,4 [cm] 2. Hineichende Bedingung: O'() = 0 O''() 0 O''() = 12,56 + 4000 3 O''(5,4) = 12,56 + 4000 5,4 3 > 0 O() hat bei 5,4 [cm] ein lokales Minimum. 3. Funktionswet: O(5,4) 6,28. 5,4 2 + 2000 5,4 552 [cm 2 ]. Daaus folgt: die Funktion O() 6,28. 2 + 2000 hat einen lokalen Tiefpunkt bei: T(5,4 / 5,52) Damit ehalten wi das folgende Egebnis: Wenn de Radius de Dose den Wet 5,4 cm hat, dann ist ihe Obefläche am kleinsten, sie betägt dann O(5,4) 552 cm 2. Bei jedem andeen Radius ist die Obefläche - also de Mateialvebauch de Dose - göße. Jetzt müssen wi noch die Höhe de Dose bestimmen. Dazu setzen wi das beechnete Egebnis fü den Radius: 5,4 in die Fomel (1) ein: V = 2. π. h = 1000 h = 1000 2. π. Wi ehalten dann: h 1000 5,4 2. 3,14 h 10,9 [cm] Damit ist die Aufgabe gelöst: Bei einem Inhalt von 1 Lite hat eine zylindische Konsevendose dann den kleinsten Mateialvebauch, wenn de Radius den Wet 5,4 [cm] und die Höhe h den Wet h 10,9 [cm] hat. Wi wollen diese Lösung nun veallgemeinen:
Allgemeine Lösung: Das konkete Egebnis näht die Vemutung, ob fü ein beliebiges Volumen V de die optimalen Wete dain bestehen, daß die Höhe h doppelt so goß ist wie de Radius. Das weden wi nun zeigen. Beweisen Sie diese Vemutung! Lösung allgemein fü ein beliebiges Volumen V: Fü ein allgemeines Volumen V lautet die Obeflächenfunktion: O() 2. π. 2 + 2. V 1. Notw. Bed.: O'() = 0 4. π. 2V 2 = 0 4. π. 3 2V = 0 3 = 2V 4. π = 3 2. Hineichende Bedingung: O'() = 0 O''() 0 4V O''() = 4. π + 3 O''( 3 V 2. π ) = 4π + 8π > 0 O() hat bei = 3 V 2. π ein lokales Minimum. Beechnung von h: V 2. π h = V 2. π = V [ 3 V 2. π ]2. π = 3 V 3 3 V 2 4. π 2. 3 π 3 = 3 4V π = 3 8V 2π = 2 3 V 2π = 2.
2. Das Luftöhenpoblem Die Luftöhe (Tachea) ist ein schlauchatiges Ogan, das vom Kehlkopf in die Lunge füht und das Aus- und Einstömen de Atemluft vemittelt. Beim Ewachsenen ist die Luftöhe etwa 10 14 cm lang und 1,2 2 cm (Duchmesse) weit. Wenn wi husten, kann sich die Luftöhe bis zu 50% zusammenziehen, um die Geschwindigkeit de ausstömenden Luft zu ehöhen. Biologen haben expeimentell festgestellt, daß unte nomalen Bedingungen die Geschwindigkeit v [ cm ] des Luftstoms in de Luftöhe vom Radius [cm] abhängig ist und duch die folgende Funktionsgleichung gegeben sec ist: v() = c. ( 0 ). 2. 02 0 v (velocity) = Geschwindigkeit des Luftstoms, abhängig von c = Konstante 0 = Ruheadius = vaiable Radius Die Vaiable 0 ist also de Ruheadius de Luftöhe, de zwischen 0,6-1 cm liegt, und die Vaiable c > 0 ist eine Konstante, die u.a. von de Länge de Luftöhe abhängt. Aufgaben: 1. Setzen Sie konket c = 100 und 0 = 0,8 (duchschnittliche Radius beim Menschen). Untesuchen Sie die Funktion v() = 100. (0,8 ). 2 im Definitionsbeeich: 0,4 0,8. Bestimmen Sie dazu die Nullstellen, Extempunkte und Wendepunkte de Funktion v(). 2. Zeichnen Sie den Gaphen von v() in das unten vobeeitete Koodinatensystem, indem Sie den Beeich 0 < 0,4 gestichelt und den Definitionsbeeich 0,4 0,8 voll einzeichnen. Intepetieen Sie anschließend die Zeichnung. v() in cm sec 3. Beweisen Sie allgemein fü eine beliebige Konstanten c IR + und einen beliebigen Ruheadius 0 IR +, daß die Luftöhe genau dann die gößte Geschwindigkeit v() (und damit die gößte Wikung beim Husten) ezielt, wenn sie sich um 1 3 von ihem Ruheadius 0 zusammenzieht. in cm Röntgenaufnahmen bestätigen, daß sich die Luftöhe wähend des Hustens in de Tat um 1 3, d.h. etwa um 33 %, zusammenzieht, um die höchste Stömungsgeschwindigkeit zu ezielen. Bemekung: Es ist veblüffend, daß sich die Natu hie in eine Weise vehält, die im mathematischen Sinne optimal ist.
Lösung:
3. Lungenentzündung Eine Lungenentzündung wid meist duch bestimmte Bakteien, sogenannte Pneumokokken (giech. pneumon = Lunge, kokkos = Ken, Keim), hevogeufen. Bakteien sind Einzelle und vemehen sich duch Zellteilung. Die Anzahl de Bakteien in eine Bakteienkultu nimmt innehalb eine Zeiteinheit, z.b. innehalb eines Tages, um so stäke zu, je meh Bakteien zu Beginn dieses Zeitaumes vohanden sind. Insofen vemeht sich po Tag nicht nu die Anzahl de Bakteien, sonden auch die Wachstumsgeschwindigkeit, was bei Kankheiten wie die Lungenentzündung fatale Folgen haben kann. Angenommen, man hat festgestellt, daß sich die Pneumokokken im Köpe po Tag um 12 % vemehen (d.h.: an jedem Tag wid damit de Zuwachs göße, weil die Vemehung von 12 % ja imme von de jeweils schon eeichten Anzahl beechnet wid). Weite hat man bei eine Blutpobe festgestellt, daß sich zum Zeitpunkt t = 0 (Tagen) eine Anzahl von 300 Pneumokokken in 1 mm 3 Blut befindet. Aufgaben: 1. Stellen Sie die Wachstumsfunktion W(t) de Bakteien auf und emitteln Sie mit eine Wetetabelle, wieviel Pneumokokken wähend de esten 15 Tagen nach de Untesuchung ohne Behandlung zu ewaten sind? 2. Zeichnen Sie die Wachstumsfunktion W(t) de Pneumokokken in ein Koodinatensystem. 3. Nach wieviel Tagen ohne Behandlung hat sich die Anzahl de Pneumokokken vedoppelt, vedeifacht, vefünffacht? 4. Man vefügt übe ein Antibiotikum, das in dei Dosen veabeicht wid: Die Dosis D 1 kann po Tag etwa 80 Pneumokokken, Dosis D 2 etwa 100 und Dosis D 3 etwa 120 Pneumokokken po mm 3 und po Tag abtöten. Zeichnen Sie gemäß diese dei Dosen die Theapiefunktionen T 3 (t) = 80 t, T 1 (t) = 100 t und T 2 (t) = 120 t in das gleiche Koodinatensystem ein. Welche Theapie empfiehlt sich, wenn man die Nebenwikungen mitbeücksichtigt? 5. Bestimmen Sie die optimale Dosis fü die Theapie, d.h. eine Theapiefunktion: T m (t) = m t, mit de alle Bakteien getötet weden können, abe möglichst wenig Nebenwikungen des Medikamentes zu Folge hat.
1. Lösung: Die Wachstumsfunktion W(t) ist eine Exponentialfunktion: W(t) = 300. 1,12 t, mit dem Anfangswet a 0 = W(0) = 300, de Basis b = 1,12 und de Funktionsvaiable t als Zeitvaiable (t = Anzahl de Tage). Nach 15 Tagen ehalten wi dann also: W(15) = 300. 1,12 15 1642 (Bakteien po mm 3 ) 2. Mit de Funktion W(t) = 300. 1,12 t entsteht die folgende Tabelle: t 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 W(t) 336 376 421 472 529 592 663 743 832 932 1044 1169 1309 1466 1642 Dazu die Zeichnung des Gaphen von W(t) mit den Theapiefunktionen T 1 (t) = 80 t, T 2 (t) ) = 100 t und T 3 (t) ) = 120 t: Anzahl y de Bakteien po mm 3 W(t) = 300. 1,12 t T 3 (t) = 120 t T 2 (t) = 100 t T 1 (t) = 80 t Zeit t in Tagen 3. Vedopplung. Vedeifachung und Vefünffachung: a) Ansatz: W(t) = 300. 1,12 t = 2 300 1,12 t = 2 t ln(1,12) = ln 2 ln 2 t = 6,1 ln(1,12) b) Ansatz: W(t) = 300. 1,12 t = 3 300 t = c) Ansatz: W(t) = 300. 1,12 t = 5 300 t = ln 3 ln (1,12) ln 5 ln (1,12) 9,7 14,2.
4. Aufgund de Zeichnung de Funktionsgaphen empfielt sich die Dosis D 2 mit de Theapiefunktion: T 2 (t) = 100. Denn die Dosis D 80 ist zu klein, damit können nicht alle Bakteien getötet weden, und die Dosis D 3 eeicht zwa ih Ziel fühe als D 2, abe hie sind die Nebenwikungen des Medikamentes zu hoch. 5. Eine Dosis wäe optimal, wenn die Theapiefunktion eine Tangente an die Wachstumsfunktion bildet; denn dann weden estens alle Bakteien abgetötet und zweitens die Nebenwikungen des Medikamentes minimiet. Siehe Skizze: W(t) T(t) Also müssen die folgenden beiden Bedingungen gelten: (1) W(t) = T(t) und (2) W (t) = T (t). Wi stellen die Wachstumsfunktion zunächst als e-funktion da: W(t) = 300. 1,12 t = 300 e ln(1,12) t 300 e 0,113 t W (t) 300 e 0,113 t 0,113 34 e 0,113 t. Also muß gelten (1) 300 e 0,113 t = m t (2) 34 e 0,113 t = m in (1) einsetzen 300 e 0,113 t = 34 e 0,113 t t :(34 e 0,113 t ) t = 300 34 8,8 in (2) einsetzen m 92. D.h. es gibt eine Tangente T(t) = m t mit de Steigung m 92 an W(t), die duch den Koodinatenuspung geht und den Gaphen von W(t) an de Stelle t = 8,8 beüht. De dazugehöige y-wet ist dann: T(8,8) = 92 8,8 810. Damit ist die Aufgabe gelöst: Die Theapiefunktion T(t) = 92 t stellt eine Tangentenfunktion an die Wachtumsfunktion: W(t) = 300. 1,12 t in dem Punkt P(8,8 / 810) da. Mit eine solchen Dosis gelingt es nach 8,8 Tagen alle bis dahin angewachsenen 810 Bakteien po mm 3 abzutöten, wobei die Nebenwikungen des Medikamentes minimal sind.