0

0/12

13 Differentialrechnung

0/12/3

13.3 Anwendung der Differentialrechnung

0/12/3/0

0/12/3/1

13.3.1 Tangente und Normale

0/12/3/1/0

0/12/3/1/1


PIC .

Abbildung 1: Tangente und Normale

0/12/3/1/2 .

Tangentengleichung: y-y0 x-x0 = f(x 0) = mt .

Steigung der Normalen: mn = -1 mt .

Normalengleichung: y-y0 x-x0 = -1 f(x0) .
.
Beispiel 13 - 1: .
y = x2 - 2x + 1 .
gesucht: Gleichung der Tangente und Normale n am Schnittpunkt mit der y-Achse. .

Schnittpunkt mit der y-Achse: .
P = 0 1 .
Tangentensteigung: y = 2x - 2 .
mt = y(0) = -2 .
Tangente: y-1 x-0 = -2 .
y = -2x + 1 .
Normale: .
y - 1 x - 0 = 1 2 .
y = 1 2x + 1 .

0/12/3/1/3 .
Beispiel 13 - 83
Zu ermitteln ist die Gleichung der Tangente, die vom Punkt A = (0; -1) aus an den Funktionsgraphen y = ln x gelegt wird.


PIC .

Abbildung 2: Tangenten an Funktionen

.

f(x) = ln(x)
f(x) = 1 x

1.
Gerade durch (x1,y1) = (0,-1) :

y - y1 x - x1 = f(x 0) = 1 x0

y = x - x1 x0 + y1 = x x 0 - 1 , da x1 = 0 und y1 = -1

2.
Tangente für y = ln x

y - y0 x - x0 = f(x 0) = 1 x0

y = x - x0 x0 + y0 = x x 0 + y0 - 1 = x x 0 + ln(x0) - 1
3.
gleichsetzen von 1. und 2.:
xx 0 - 1 = x x 0 - 1 + ln(x0)
ln(x0) = 0
x0 = 1
y = x - 1

.
0/12/3/1/4

0/12/3/2

13.3.2 Charakteristische Kurvenpunkte, Monotonie

1.
Monotonie
f(x 0) > 0Funktionskurve steigt streng monoton beim Durchgang durch x0
f(x 0) 0 Funktionskurve steigt monoton beim Durchgang durch x0
f(x 0) < 0 Funktionskurve fällt streng monoton beim Durchgang durch x0
f(x 0) 0 Funktionskurve fällt monoton beim Durchgang durch x0

Beispiel 13 - 84: .

PIC .

Abbildung 3: Monotonie

.

y =x4
y =4x3 <0 für x<0 >0 für x>0
.

.
Beispiel 13 - 84

y =x3 + 2x

.

y =x3 + 2x
y =3x2 + 2 > 0

Skizze !!!
.
.
.
Beispiel 13 - 85
y =|x2 - 2x + 1|(x 1)

.

y =|x2 - 2x + 1|(x 1)
y =x2 - 2x + 1
y =2x - 2 > 0

.

2.
2. Ableitung, Krümmung


PIC PIC
f(x) > 0f(x) < 0
Linkskrümmung Rechtskrümmung
konvex konkav


Abbildung 6: Krümmung

Krümmung k = f(x) 1 + f(x)2 3 2

.
Beispiel 13 - 86
Kreisgleichung, obere Hälfte

y =r2 - x2 =(r2 - x2)1 2

.

y =r2 - x2 =(r2 - x2)1 2
y =-2x 2 (r2 - x2)-1 2 =- x(r2 - x2)-1 2
y =- (r2 - x2)-1 2 -2x2 2 (r2 - x2)-3 2
= - 1 (r2 - x2)12 + - x2 (r2 - x2)32
= - r2 (r2 - x2)32


y 1 + (y)2 3 2 = - r2 (r2 - x2)32 1 + x2 (r2 - x2) 3 2 = - r2 (r2 - x2)32 (r2 - x2) + x2 (r2 - x2) 3 2
=- r2 r2 3 2 =-1 r



.
Krümmung k = -1r (Kehrwert des Radius) .
.
Allgemein gilt: Krümmungsradius ρ = 1 |k|

0/12/3/3

13.3.3 Kurvendiskussion/relative Extremwerte

0/12/3/3/0

gegeben: stetige/ableitbare Funktion .
0/12/3/3/1


PIC .

Abbildung 7: Relative und absolute Maxima und Minima

0/12/3/3/2 .

Extrema: Waagrechte Tangenten .

relatives Maximum:y = 0y < 0
relatives Minimum: y = 0y > 0
.
.
Hinreichende Bedingung: verschiedenartige Monotoniebögen

Beispiel 13 - 87: .

y = x3
y = 3x2 y(0) = 0
y = 6x y(0) = 0
y = 6 y(0) = 6
0/12/3/3/3

PIC .

Abbildung 8: Wendepunkt

0/12/3/3/4 .
kein Minimum, kein Maximum, sondern Wendepunkt .

Beispiel 13 - 88: .
y = x4
0/12/3/3/5


PIC .

Abbildung 9: Extremum

0/12/3/3/6 .

y = 4x3y(0) = 0
y = 12x2 y(0) = 0
y = 24x y(0) = 0
y(4) = 24 y(4)(0) = 24

Extrema liegen vor, wenn die 1.Ableitung Null ist und die erste höhere Ableitung, die von Null verschieden ist, von gerader Ordnung ist. f(x 0) = 0 .
Maxima:fk(x 0) = 0für 1 k nund fn(x 0) < 0|n gerade
Minima: fk(x 0) = 0für 1 k nund fn(x 0) > 0|n gerade
.

0/12/3/4

13.3.4 Wendepunkte, Sattelpunkte

0/12/3/4/0

0/12/3/4/1


PICPIC

Abbildung 7: Wendepunkte, Sattelpunkte

0/12/3/4/2

Ein Wendepunkt liegt vor, wenn f(x) = 0 und die erste höhere von Null verschiedene Ableitung von ungerader Ordnung ist. .

fk(x 1) = 02 k n und
fk(x 1)0 , wobei n ungerade ist
.
.
0/12/3/4/3 .
Beispiel 13 - 87
y = x5

.

y = x5

y = 5x4y(0) = 0
y = 20x3 y(0) = 0
y = 60x2 y(0) = 0
y(4) = 120x y(4)(0) = 0
y(5) = 120 y(5)(0) = 120


.
0/12/3/4/4 .
Die erste von Null verschiedene Ableitung ist ungerader Ordnung Es liegt ein Wendepunkt vor. .
0/12/3/4/5 .
Beispiel 13 - 88
y = -2 3x3 + 2x2 - 2x + 2

.

y = -2 3x3 + 2x2 - 2x + 2

y =- 2x2 + 4x - 2
y =- 4x + 4
y =- 4
y = 0 : 0 =- 2x2 + 4x - 2
=x2 - 2x + 1
=(x - 1)2
x1,2 =1 horizontale Tangente

x = 1 :y = y = 0
y = -4 Sattelpunkt

.
0/12/3/4/6 .

0/12/3/5

13.3.5 Kurvendiskussion

0/12/3/5/0

Folgende Merkmale werden bei einer Kurvendiskussion betrachtet: .

0/12/3/5/1 .
Beispiel 13 - 89
y = - 5x2 + 5 x3

.

y = - 5x2 + 5 x3

.
0/12/3/5/2 .

0/12/3/5/3 .
Beispiel 13 - 90
y = (x - 1)2 x + 1


PIC .

Abbildung 10: y = (x - 1)2 x + 1

.

y = (x - 1)2 x + 1


PIC .

Abbildung 11: y = (x - 1)2 x + 1

. .

.
0/12/3/5/4

.
.
0/12/3/5/5 .
Beispiel 13 - 91
y = ln x x

.

y = ln x x

.
0/12/3/5/6 .

0/12/3/6

13.3.6 Linearisierung einer Funktion; Nullstellenbestimmung nach Newton

0/12/3/6/0

0/12/3/6/1


PIC .

Abbildung 14: Nullstellenbestimmung nach Newton

0/12/3/6/2 .

y - y0 x - x0 = f(x 0) .
.
0 - y0 x1 - x0 = f(x 0) .
.
x1 = x0 - y0 f(x 0) .
.
.
Wiederholung: xn+1 = xn - yn f(x n) solange, bis Fehler y(xn) < ε .
.
.
Konvergenzkriterien: f(x) f(x) f(x)2 < 1 .
.
Beispiel: x2 + 2 - ex = 0 x2 + 2 = ex .
Startwert x = 1, 5 : Konvergenzkriterium erfüllt? .
y = x2 + 2 - ex f(1, 5) -0, 2 .
y = 2x - ex f(1, 5) -1, 48 .
y = 2 - ex f(1, 5) -2, 48 .

f(1,5)f(1,5) f(1,5)2 = |- 0, 26| < 1 .
.
Konvergenzkriterium erfüllt .






nxn-1f(xn-1)f(x n-1)





11, 5- 0, 23- 1, 48
21, 34- 0, 027- 1, 1
31, 32- 0, 005 ..

0/12/3/7

13.3.7 Extremwertaufgaben

0/12/3/7/0

Extremwertaufgaben können u.U. helfen, Optima herauszufinden. .
gegeben: Zielfunktion .
gesucht: Minimum, Maximum. .
0/12/3/7/1 .
Beispiel 13 - 92
Gegeben sei die Funktion f(x) = 5 - 2x2. Ein Rechteck werde durch die x- und y-Achsen sowie einen Punkt der Funktion f(x) begrenzt.


PIC .

Abbildung 15: f(x) = 5 - 2x2

1.
Zeigen Sie, daß es einen Punkt von f(x) gibt, für den die Fläche des eingeschlossenen Rechtecks maximal wird.
2.
Welchen Wert hat x ?
3.
Wie groß ist die Fläche ?

Lösung :

1.
,
2.
A = x f(x) = 5x - 2x3 .
dA dx = 5 - 6x2 = 0
x1,2 = ±56, nur x1 = 56 macht Sinn. .
d2A dx2 = -12x < 0, also Maximum für x > 0.
3.
A = 5x1 - 2x13 = 5 56 - 2125216 3, 04

.
0/12/3/7/2

0/12/3/7/3 .
Beispiel 13 - 93
Aus einem Baumstamm mit kreisförmigem Querschnitt soll ein Balken mit rechteckigem Querschnitt so herausgeschnitten werden, daß sein Widerstandsmoment W = b h2 6 (Breite b, Dicke h) möglichst groß wird. .


PIC .

Abbildung 16: Baumstamm

Wie groß ist h bzw .b ? .

Mit dem Durchmesser 2R gilt: .
b2 + h2 = (2R)2 = 4R2 h2 = 4R2 - b2 .
.
Das Widerstandsmoment wird damit ausgedrückt: .
.
W(b) = 1 6bh2 = 1 6b(4R2 - b2) = 1 6(4R2b - b3) (für 0.
.
dW db = 1 6(4R2 - 3b2) , d2W db2 = -b .
.

dW db = 0 ergibt: .
.
1 6(4R2 - 3b2) = 0 b 1,2 = ±2 33R. .
.
(Der negative Wert scheidet aus). Maximum: .
d2W db2 (b1 = 2 33R) = -2 33R < 0 .
.
Wmax = W(2 33R) = 8 273R3. .
.
Das Ganze ließe sich auch durch die Balkendicke h ausdrücken, ist aber wesentlich aufwendiger: .
.
W(h) = 1 64R2 - h2 h2 = 1 64R2 h2 - h6.

.
0/12/3/7/4

0/12/3/7/5 .
Beispiel 13 - 94
Gegeben ist eine Lampe mit der Lichtstärke L.


PIC .

Abbildung 17: Lampe am Tisch

In Punkt P gilt für die Helligkeit:
B = L r-2 sin α
gesucht ist die maximale Ausleuchtung des Tischrandes.
Wie hoch muss die Lampe aufgehängt werden?
.

Lösungsweg: Drücke alle Terme in h aus!
r = R2 + h2
sin α = h r = h R2 +h2
B = L r-2 h R2 +h2
= L h R2 +h23 2

B(h) = 0

B = L (R2 + h2)3 2 - 2h2(R2 + h2)1 2 3 2 (R2 + h2)3

= L(R2 + h2) - 2h2 3 2 (R2 + h2)5 2

= L (R2 + h2)3 2 - 3Lh2 (R2 + h2)5 2

L (R2 + h2)5 2 (R2 + h2)5 2 = 3Lh2 (R2 + h2)5 2

R2 + h2 = 3h2

R2 = 2h2

h = R 2

B = -3 2 2L 2h (R2 + h2)5 2 -12Lh(R2 + h2)5 2 - 6Lh2 5 2(R2 + h2)3 2 2h (R2 + h2)5 2

= - 6Lh (R2 + h2)5 2 - 12Lh (R2 + h2)5 2 + 30Lh3 (R2 + h2)7 2

= - 18Lh (R2 + h2)5 2 + 30Lh3 (R2 + h2)7 2


B(h = R 2) = - 18LR 2 (3 2R2)5 2 + 30LR3 2 2 (3 2R2)7 2

= L - 18 R 3 2R2 + 30 2 R2 2 2 2 (3 2R2)7 2 < 0, da

- 9 3 + 15 2 < 0

d.h. h = R 2 ist ein Maximum.

.
0/12/3/7/6

0/12/3/8

13.3.8 Ableitung einer in der Parameterform dargestellten Funktion (Kurve)

0/12/3/8/0

Sind die Koordinaten x und y durch einen Parameterausdruck gegeben, so wird nach diesem Parameter abgeleitet. .
0/12/3/8/1 .
Beispiel 13 - 95
x = x(φ) = r(φ) cos(φ) .
y = y(φ) = r(φ) sin(φ) .
.

dxdφ = dr(φ) dφ cos(φ) + r(φ) dcos(φ) dφ = dr(φ) dφ cos(φ) + r(φ) sin(φ) .
.
dy dφ = dr(φ) dφ sin(φ) + r(φ) dsin(φ) dφ = dr(φ) dφ sin(φ) - r(φ) cos(φ) .

.
0/12/3/8/2

0/12/3/9

13.3.9 Diffusion, Arzneimittelverabreichung

0/12/3/9/0

Das Modell des pharmakokinetischen Grundversuchs [Langguth] ( Kompartiment-Modell ) ist vergleichbar mit dem Modell der Diffusion in der Physik. Es geht aus von Kompartimenten, d.h. pharmakokinetisch einheitlichen Räumen. (In der Sprache der Physik sind dies homogenene Bereiche.) .
Je größer der Konzentrationsunterschied ist, umsomehr versucht C0, kleiner zu werden. (Dies ist eine vereinfachende Modell-Annahme !) .
Beispiel: auf der linken Seite ist eine Konzentration C0, rechts ist C1 = 0 (hierhin ’verdünnt’ sich der Wirkstoff zunächst). 0/12/3/9/1


PIC .

Abbildung 18: Diffusion

0/12/3/9/2 .
Dies kann man beschreiben durch .
Konzentrationsänderungsrate = -k Konzentrationsunterschied (k ist eine Konstante, die -versuchsabhängige- Diffusionskonstante) oder .
dC0 dt = -ke C0 oder: .
dC0 C0 = -ke dt Eine Lösung der (Differential-)Gleichung (s. Mathematik II)ist: C0(t) = C0(0) e-k10t .
Zu Beginn ist C0(0) = D V , also die Dosis verteilt auf das Volumen. .
0/12/3/9/3


PIC .

Abbildung 19: Diffusionsverlauf

0/12/3/9/4 .
0/12/3/9/5


PIC .

Abbildung 20: Diffusionsverlauf, logarithmische Darstellung

0/12/3/9/6 .
Erweiterung: .
Das Zwei-Kompartiment-Modell .
Der Arzneistoff wird in einer ersten Phase injiziert und verteilt sich schnell im gut durchbluteten Gewebe und verteilt sich zwischen den Komparimenten [Wiskowski] . .
0/12/3/9/7


PIC .

Abbildung 21: Zwei-Kompartiment-Modell

0/12/3/9/8 .
Im peripheren Kompartiment kommt es dabei zu einem Anstieg, der nach Erreichung eines Maximums zu einem Abfall und zur Entleerung führt. .
Das Zeitverhalten lässt sich durch zwei gekoppelte Differentialgleichungen beschreiben, die man durch folgende Überlegungen bekommt: .
Die Konzentration C1 im zentralen Kompartiment vermindert sich proportional zur zur momentanen Konzentration durch Elimination mit der Eliminationskonstanten ke : -keC1. .
Des weiteren ändert sich C1 durch den Abfluss in das periphere Kompartiment, was formal ebenfalls einer Elimination entspricht: - k12C1. .
Umgekehrt fließt das Pharmakon aus dem peripheren in das zentrale Kompartiment zurück. Dieser Rückfluss ist proportional zur Konzentration C2 , wird aber positiv gerechnet, da er die Konzentration im zentralen Kompartiment erhöht: + k21C2 . .
Insgesamt ergibt sich .
dC1 dt = -(ke + k12) C1 + k21C2 .
Im peripheren Kompartiment hat man, bis auf die Elimination, die gleiche Bilanz, nur dass die Vorzeichen umgekehrt gewählt werden müssen, da jeder Verlust des peripheren Kompartiments ein Gewinn des zentralen Kompartiments, und umgekehrt, ist: .
dC2 dt = k12 C1 - k21C2 .
Auflösen lässt sich dieses Differentialgleichungssystem (s. Mathematik II), in dem man für C1 und C2 den Ansatz .
C1 = A1 e-kαt + B 1 e-kβt und .
C2 = A2 e-kαt + B 2 e-kβt wählt. .
Zu Beginn ist C1(0) = D V (also die Dosis verteilt auf das Volumen) und C2(0) = 0. .
Mit den Hilfsgrößen .
S = k1 + k12 + k21 und .
Q = 4 ke k12 wird .
kα = 1 2(S + S2 - Q) und .
kβ = 1 2(S -S2 - Q) . .

Qualitativ sieht die Lösung so aus (für e-0.4t - e-0.5t) .
0/12/3/9/9


PIC .

Abbildung 22: Verlauf im Zwei-Kompartiment-Modell

0/12/3/9/10 .
0/12/3/9/11


PIC .

Abbildung 23: Verlauf im Zwei-Kompartiment-Modell, logarithmisch

0/12/3/9/12 .