Aufgabe 1.1: Zu a) y

§7 Lösungen

Für die Hand des Lehrers ergänzen wir dieses Material durch knapp gefasste Lösungen zu den Aufgaben.

Lösungen zu §1:

Aufgabe 1.1: Zu a) y

_n

 y

₀

( 1  k )

ⁿ

. Zu b) Die gemachten Angaben liefern die Gleichungen 180  y

₀

( 1  k )

²

und 300  y

₀

( 1  k )

⁴

zur Bestimmung von y

0

und k. Es ist y

₀

 108 , k  0 . 29 . Zu c) y

₁₀

 1378 .

Aufgabe 1.2: Zu a) y

_n

 y

₀

( 1  k )

ⁿ

. Zu b) Aus

21.05ⁿ

folgt ln 2  n  ln 1 . 05 . Das ergibt n  15 . Sollten Logarithmen noch nicht bekannt sein, so kann n auch aus einer Wertetabelle für die Funktion

f(k)1.05^k

ermittelt werden. Zu c) Die Evolutionsgleichung ist jetzt z

_n

 y

₀

( 1 

₁₂^k

)

¹²ⁿ

, n = Anzahl der Jahre. Es ist

1 001 . 1

1

1

 

y

z . Zu d) Wegen  ^{1 }

_m^k



^mn

^{ e}

^kn

^{für m   ist}

^{y(n) ekn}

^im

kontinuier-lichen Fall.

Aufgabe 1.3: Aus

e^k 0.5

folgt k   0 . 13 . Daraus folgen

1e^1k 12

%,

23

1e^2k 

%.

Aufgabe 1.4: Aus

_e^k _0.5

folgt k  -.00012 . Aus

_e^kn _0.3

folgt n  9675 Jahre.

Aufgabe 1.5: Wir betrachten eine Luftsäule mit quadratischem Querschnitt A. Wir zerlegen diese Säule in kleine Quader der Höhe  h , dem Volumen  V und der Masse  m . Dann ist  V  A   h . Das Gasgesetz von Boyle liefert

T R m V

p   

. Die Druckdifferenz zwischen Oberseite und Unterseite eines Quaders wird durch das Gewicht des Quaders erzeugt und ist  p  

^m_A^g

, mit g = Erdbeschleunigung. Fügt man die Gleichungen zusammen, so folgt die Evolutionsgleichung  p  

_RT^g

p   h . Die explizite Lösung ist bekanntlich



_RT^g



^h

h

p

p 

₀

1  ^oder p ( h )  p

₀

e

^RTgh

im kontinuierlichen Fall.

Aufgabe 1.6: Zu a) Der maximale Gewinn ist

G 100(55² 5⁴)78000

€. Zu b) Es sei a

_n

die Anzahl der im n-ten Schritt neu hinzugekommenen Teilnehmer. Dann ist a

n_1

 5  a

n

, also a

_n

 a

₀

 5

ⁿ

 5  5

ⁿ

. Die Gesamtzahl der bis zum n-ten Schritt Beteiligten ist A

_n

 a

₀

   a

_n

 a

₀

( 1  5   5

ⁿ

)  5

⁵ⁿ₅^_¹₁^1



₄⁵

( 5

^n1

 1 ) ^{. Aus 58}

Millionen = A

_n



₄⁵

( 5

^n1

 1 ) folgt n = 10 Zyklen.

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Lösungen zu §2:

Aufgabe 2.1: Die Gleichung ist

^_^y_t

 ky  a mit a=55 kg und k=5%. Dann ist 1100

05 .

1 





ⁿ

n

C

y . Aus y

₀

 C  1100 folgt C   100 . Aus

1100 05

. 1 100

0  y

_n

  

ⁿ

 folgt n=49 Wochen. Dann ist der Teich leer.

Aufgabe 2.2: Zu a), T

d

=Umgebungstemperatur. Explizit T

_n

 C ( 1  k )

ⁿ

 T

_d

.

Einsetzen der Randbedingungen liefert

  0 . 972 1

,

280

₂₈₀^{80 1/45}

0

    

 T T k

C

_d

^{. Also} T

n

^{ 280  0 . 972}

ⁿ

^{ 70} Zu b)

 80

T

n

für n  120 minuti.

Aufgabe 2.3: Man benutzt das Abkühlungsgesetz aus Aufgabe 2.2, also

d n d

n

T T k T

T  (

₀

 )( 1  )  und die Formel für die Mischungstemperatur T

mix

zweier Wassermengen m

₁

, m

₂

unterschiedlicher Temperaturen T

₁

, T

₂

: Es ist

2

1 ₁ ²₂ 2

1

1

T T

T

_mix



_m^m_m



_m^m_m

. Das verblüffende Ergebnis nach 5 min:

moglie marito T

T 

!

Aufgabe 2.4: Zu a) ky R t

y  



 , t  1 Jahr. Zu b)

k

y

_s

  R , die Ratenzahlungen decken gerade die jährliche Zinslast, der Kredit wird nicht abgetragen. Zu c)

k k R k H R

y

_n

 (   )( 1  )

ⁿ

 . Zu d) Wir lösen y

_n

 0 nach n auf und erhalten 7

.

 30

n Jahre. Zu e) Diesmal ist y

₀

 0 . Es folgt

k k R k

y

_n

 R ( 1  )

ⁿ

 . Aufgabe 2.5: Es sei I

_n

=Anzahl der informierten Bürger. Dann ist k ( B I )

t

I  



 , also

B k C

I

_n

 ( 1  )

ⁿ

 mit C   B und k 

⁰₂₄^.5

. Zu b) Wir lösen die Gleichung

n

n

k

B

I 1 ( 1 ) 9

.

0     nach n auf. Das ergibt n=109 Tage.

Aufgabe 2.6: Zu a) k ( c c ) t

c

s



 

 mit

k0.0002h^1

. Zu b)

c(12)1.210^11

mol/l.

Aufgabe 2.7: Zu a) 1 ( )

0 C

C

U U

RC t

U  



 , also U

_C

( t )  U

₀

( 1  e

^t/RC

) . Zu b)

5

.

/ 0

t RC

e

ergibt t  RC  ln 2 . Lösungen zu §3:

27

Aufgabe 3.1: Aus

_{n n}

b

y R

_



 

1 . 1

1 und den gegeben Daten y

₀

und y

₂₀

folgt

197

, 69 ,

3509 

 b

R

.

Aufgabe 3.2: P E E

P E K P K E

t

E 1    (  )



 

  



 

 .

Aufgabe 3.3: Aus Aufgabe 3.2 und der Lösungsformel folgt

n _n

K b

E P _



 

) 1 (

1

für



t 1Tag und K  10 . Wegen E

₀

 1 ist b  P  1  P . Aus

n n

P P E





 

 1 11

9 1 .

0 folgt P  11

^n



₉¹

, also n  6 Tage.

Lösungen zu §4:

Aufgabe 4.1: Die Modellgleichung lautet y

n_2

 2 y

n_1

 y

n

. Dies liefert wie in §4 die charakteristische Gleichung

q²2q10

mit den Lösungen

q_1,2 1 2

. Die Anpassung an die Anfangswerte ergibt schließlich

2

2 1n n n

q y  q  .

Aufgabe 4.2: Die Modellgleichung ist y

n_2

 y

n_1

   1 

₄¹

y

n

. Die charakteristische Gleichung lautet q

²

 q 

₄³

 0 , sie hat die Lösungen q

_1,2



¹₂

 1 . Die Anpassung an die Anfangswerte liefert schließlich

4 3

₁ⁿ ₂ⁿ

n

q

y q 

 ^.

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