Komplexe Anwendungsaufgaben mit allgemeinen Exponentialfunktionen

\(\newcommand{\IR}{\mathrm{I\!R}}\newcommand{\IN}{\mathrm{I\!N}} \newcommand{\curvelinks}{\style{display: inline-block; transform: rotate(0.5turn);}{\curvearrowleft}}\newcommand{\abl}[1]{{#1}^{\large\prime}}\newcommand{\abb}[1]{{#1}^{\large\prime\prime}}
\newcommand{\fs}[1]{{#1}^{\large\prime}}\newcommand{\fss}[1]{{#1}^{\large\prime\prime}}\)

Aufgabe 1

Vor allem für die Holzernte in der Forstwirtschaft wurde in Deutschland sehr auf Fichten gesetzt, welche schnell und gerade wachsen. Jedoch sind diese Monokulturen mit ca. \(500\) Fichten pro Hektar anfällig für Schädlinge, so befällt der Borkenkäfer (Buchdrucker) geschwächte Fichten, wenn die Bäume wegen Trockenheit die Käfer nicht mit Harz abwehren können. Sind Käfer in eine Fichte eingedrungen, so legen sie Gänge an, in denen später Larven wachsen und wiederum ausschwärmen. Auf diese Weise können in einer Fichtenmonokultur pro Jahr bis zu drei neue Käfergenerationen anwachsen und sich pro Generation die Anzahl der befallenen Fichten verzwanzigfachen. Es wird im Folgenden angenommen, dass sich die Käfer ungebremst vermehren können.

Aufgabe a)

Geben Sie einen Funktionsterm \(f(x)\) an, welcher die Anzahl der befallenen Fichten nach \(x\) neuen Käfergenerationen (\(x \in \IR_0^+\)) beschreibt, wenn zunächst nur vier Fichten von Käfern befallen sind.

Aufgabe b)

Die Anzahl der befallenen Fichten lässt sich näherungsweise auch durch den Term \(4 \cdot e^{3\,x}\) beschreiben (d.h. es gilt \(f(x)\approx 4 \cdot e^{3\,x}\)).

Durch das steigende Nahrungsangebot können sich auch die Fressfeinde der Borkenkäfer wie Spechte, Meisen und Kleiber stärker vermehren. Die Anzahl der Fressfeinde steigt allerdings geringer an und ist durch \(g_a(x)=a \cdot e^{1{,}2\, x}\), \(a \in \IN\) bestimmt. Es stellt sich heraus, dass es nach 5 Käfergenerationen genauso viele Fressfeinde gibt wie von Fressfeinden befallene Fichten.

Berechnen Sie den nötigen Anfangsbestand \(a\) der Fressfeinde. Bestimmen Sie außerdem, nach wie vielen Käfergenerationen \(x\) die Fressfeinde eine Anzahl von \(400.000\) erreichen würden.

Aufgabe c)

Berechnen Sie, wie viele Fichten nach zwei Jahren maximal befallen sind und wie viele Hektar mit je \(2.500\) Fichten durchschnittlich pro Jahr neu gepflanzt werden müssten, um den Verlust auszugleichen.

(Anmerkung: Wegen zunehmender Trockenheit werden meist nicht mehr Fichten nachgepflanzt, sondern andere angepasst Baumarten sowie Monokulturen zu Mischwäldern umgestaltet.)

\(f(x)=4 \cdot 20^x\)

\(a \approx 32.412\)

\(\begin{array}{lrcl}
& g_a(5) &=& f(5)\\
\Rightarrow & a \cdot e^{1{,}2 \cdot 5} &=& 4 \cdot e^{3 \cdot 5}\\
\Rightarrow & a \cdot e^6 &=& 4 \cdot e^{15}\\
\Rightarrow & a &=& 4 \cdot \dfrac{e^{15}}{e^6} = 4 \cdot e^9 \approx 32.412 \\
\end{array}\)

Anzahl der Käfergenerationen, bis es \(400.000\) Fressfeinde gibt:

\(\begin{array}{lrcl}
& g_a(x) &=& 400.000\\
\Rightarrow & a\cdot e^{1{,}2 x} &=& 400.000\\
\Rightarrow & e^{1{,}2 x} &=& \dfrac{400.000}{a}\\
\Rightarrow & 1{,}2 x &=& ln \left(\dfrac{400.000}{a}\right),\quad a\approx 32.412\\
\Rightarrow & x &=& ln \left(\dfrac{400.000}{32.412}\right) : 1{,}2 \approx 2{,}1 \\
\end{array}\)

Nach rund \(2\) Käfergenerationen gibt es bereits ca. \(400.000\) Fressfeinde.

Zwei Jahre entsprechen \(2 \cdot 3=6\) Käfergenerationen.

Anzahl der befallenen Fichten: \(f(6)=4 \cdot e^{3 \cdot 6} = 262.639.876{,}5\)

Flächeninhalt (in Hektar) der insgesamt aufzuforstenden Fläche: \(\dfrac{262.639.876{,}5}{2500} \approx 105.056\)

Aufzuforstender Flächeninhalt (in Hektar) pro Jahr: \(\dfrac{105.056}{2}=52.528\)

Alternative (Verwendung des exakten Terms aus Aufgabe a):

Anzahl der befallenen Fichten: \(f(6)=4 \cdot 20^6= 250.000.000 \)

Flächeninhalt (in Hektar) der insgesamt aufzuforstenden Fläche: \(\dfrac{250.000.000}{2500} =102.400\)

Aufzuforstender Flächeninhalt (in Hektar) pro Jahr: \(\dfrac{102.400}{2}=51.200\)

Aufgabe 2

Zur Untersuchung der Schädigung des Lebergewebes oder der Störung im System der Gallenwege wird bei der Leber-Szintigraphie der untersuchten Person ein schwach radioaktives Präparat in die Armvene gespritzt. Hierbei wird in den allermeisten Fällen das Radionuklid „Technetium-99m“ verwendet, welches mit \(1 \mu g\) sehr gering dosiert ist und eine Halbwertszeit von \(6\) Stunden besitzt. Nach \(6\) Stunden ist also bereits die halbe Menge des Technetiums im Körper abgebaut.

Die aktuelle Masse \(f(t)\) des Technetiums (in \(\mu g\)) in Abhängigkeit von der Zeit wird durch die Funktionsgleichung \(f(t)=1 \cdot \left(\dfrac{1}{2} \right)^{\frac{1}{6}\cdot t}\) beschrieben, wobei \(t\) die Zeit in Stunden seit dem Verabreichen des Präparats angibt.

Aufgabe a)

Geben Sie im Sachkontext die Bedeutung des Exponenten \(\dfrac{1}{6}\!\cdot t\) an.

Aufgabe b)

Zeigen Sie durch Rechnung, dass der Funktionsterm von \(f\) auch näherungsweise in der Form \(e^{{-}0{,}116\; t}\) dargestellt werden kann.

Aufgabe c)

Berechnen Sie, nach welcher Zeit nur noch \(0{,}8 \mu g\) des Radionuklids im Blutkreislauf der untersuchten Person vorhanden sind und runden Sie das Ergebnis auf eine Nachkommastelle.

Aufgabe d)

Begründen Sie anhand des Sachkontexts ohne Berechnung, zu welchem Zeitpunkt die Abbaugeschwindigkeit des Technitiums-99m am größten ist.

Der Exponent \(\dfrac{1}{6}\!\cdot t\) gibt die Anzahl der vergangenen Halbwertszeiten (seit Beobachtungsbeginn) an.

\(f(t)=1 \cdot \left(\dfrac{1}{2} \right)^{\frac{1}{6}\cdot t }=e^{ln \left(\frac{1}{2} \right) \cdot\frac{1}{6}\cdot t } \approx e^{-0{,}116\; t}\)

\(\begin{array}{lrcl}
& f(t) &=& 0{,}8\\
\Rightarrow & \left(\dfrac{1}{2} \right)^{\frac{1}{6}\cdot t} &=& 0{,}8\\
\Rightarrow & \dfrac{1}{6}\!\cdot t &=& log_{\frac{1}{2}}(0{,}8)\\
\Rightarrow & t &=& 6 \cdot log_{\frac{1}{2}}(0{,}8) \approx 1{,}9
\end{array}\)

Nach etwa \(1{,}9\) Stunden sind nur noch \(0{,}8\,\mu g\) des Radionuklids im Blutkreislauf der untersuchten Person vorhanden .

Alternative (Verwendung des Näherungsterms aus Aufgabe b):

\(\begin{array}{lrcl}
& f(t) &=& 0{,}8 \\
\Rightarrow & e^{-0,116\; t}  &=& 0{,}8\\
\Rightarrow &  -0{,}116\; t &=& ln(0{,}8)\\
\Rightarrow & t &=&\dfrac{ln(0{,}8)}{-0{,}116} \approx 1{,}9
\end{array}\)

Da am Anfang, also bei \(t=0\), die Menge des Technetiums am größten ist. Es wird stets der gleiche Anteil abgebaut und da zu Beginn die vorhandene Menge am größten ist, ist auch dort die abgebaute Menge und somit die Abbaugeschwindigkeit am größten.

Zurück