Lösungen zu Übungen – Modellierung von Anstieg-Abfall-Prozessen
Aufgabe 1
Nach Einnahme eines Medikamentes kann man die Konzentration im Blut eines Patienten mit dem Peak-Modell $f(t) = 10t \cdot e^{-0.5t}$ beschreiben. Die Variable $t$ gibt dabei die Zeit in Stunden an, $f(t)$ beschreibt die vorhandene Medikamentenmenge im mg pro Liter Blut.
Zum Herunterladen: medikamenteneinnahme.ggb
(a) Zeige mit Hilfe der Ableitungsfunktion $f'$, dass die Funktion $f$ bis zum Zeitpunkt $t = 2$ streng monoton steigend und ab diesem Zeitpunkt streng monoton fallend ist. Ermittle auch die maximale Konzentration des Medikaments im Blut während des gesamten Einnahmeprozesses.
Für die Ableitungsfunktion $f'$ erhält man:
$f'(t) = 10 \cdot e^{-0.5t} + 10t \cdot e^{-0.5t} \cdot (-0.5) = 10 e^{-0.5t} \cdot (1 - 0.5t)$
Es gilt $10 e^{-0.5t} > 0$ für alle $t$. Zudem gilt $1 - 0.5t > 0$ für $t \lt 2$ und $1 - 0.5t \lt 0$ für $t > 2$. Hieraus folgt, dass die Funktion $f$ bis zum Zeitpunkt $t = 2$ streng monoton steigend und ab diesem Zeitpunkt streng monoton fallend ist.
Zum Zeitpunkt $t = 2$ ist die Konzentration folglich maximal. Den maximalen Wert erhält man so:
$f(2) = 20 \cdot e^{-1} \approx 7.38$
(b) Bestimme auch den Zeitpunkt, an dem die Abnahme der Konzentration maximal ist.
Es gilt:
$f''(t) = 10 \cdot e^{-0.5t}\cdot (-0.5) \cdot (1 - 0.5t) + 10 \cdot e^{-0.5t} \cdot (-0.5) = 10 e^{-0.5t} \cdot (0.25t - 1)$
Es gilt $f''(t) = 0$ genau dann, wenn $t = 4$. Da $f''$ an der Stele $t = 4$ eine Nullstelle mit einem $-/+$-Vorzeichenwechsel hat, hat $f'$ an der Stelle $t = 4$ einen Tiefpunkt.
Zum Zeitpunkt $t = 4$ ist Abnahme der Konzentration somit maximal.
(c) Wenn die Konzentration des Medimkaments unter den Schwellenwert $s = 0.1$ fällt, dann ist muss das Medikament neu eingenommen werden. Begründe zunächst, dass man den Zeitpunkt $t$ nicht mit elementaren Umformungen bestimmen kann.
Die Gleichung $f(t) = 0.1$ entspricht der Gleichung $10 t \cdot e^{-0.5t} = 0.1$. Diese ist äquivalent zu $t \cdot e^{-0.5t} = 0.01$. Ein weiteres Auflösen nach $t$ ist hier mit elementaren Umformungsschritten nicht möglich.
(d) Um den Zeitpunkt zum $s = 0.1$ grob abzuschätzen, wird die Funktion $g$ mit $g(t) = 100 \cdot e^{-0.5t}$ verwendet. Begründe: Wenn man $t_1$ bestimmt mit $g(t_1) = 0.1$, dann erhält man eine untere Grenze für den gesuchten Zeitpunkt $t_2$ mit $f(t_2) = 0.1$. Schätze mit diesem Ansatz den gesuchten Zeitpunkt ab.
- Für $t = 10$ gilt $g(10) = f(10) \approx 0.67$. Für $t > 10$ gilt $10t > 100$. Graph $g$ verläuft also für $t > 10$ unterhalb von Graph $f$.
- Da Graph $g$ für $t > 10$ unterhalb von Graph $f$ verläuft und der Schwellenwert $s = 0.1$ unterhalb von $g(10) = f(10)$ liegt, gilt $t_1 \lt t_2$. Der Zeitpunkt $t_1$ liefert somit eine untere Schranke für den gesuchten Zeitpunkt $t_2$.
- Die Gleichung $g(t) = 0.1$ liefert die Lösung $t_1 \approx 13.82$.
- Zum Zeitpunkt $t_1 \approx 13.82$ liegt die Konzentration des Medikaments noch (knapp) oberhalb des Schwellenwerts.
Aufgabe 2
Die Zahl der Neuinfektionen pro Tag einer Epidemie werde (vereinfacht) durch das Modell $f(t) = 1200 \cdot e^{0.6t-0.05t^2}$ beschrieben, wobei $t$ die Zeit in Wochen seit Beginn der Epidemie misst und $f(t)$ die Anzahl der täglichen Neuinfektionen angibt.
Zum Herunterladen: epidemie.ggb
(a) Zeige, dass die Funktion $f$ folgende Differentialgleichung erfüllt: $f'(x) = (0.6 - 0.1t) \cdot f(x)$.
$f'(x) = 1200 \cdot e^{0.6t-0.05t^2} \cdot (0.6 - 0.1t) = (0.6 - 0.1t) \cdot f(x)$
(b) Begründe mit Hilfe der Differentialgleichung, dass Graph $f$ zunächst steigt und dann fällt.
Für $t \lt 6$ ist $0.6 - 0.1t > 0$. In diesem Bereich ist $f$ streng monoton wachsend.
Für $t > 6$ ist $0.6 - 0.1t \lt 0$. In diesem Bereich ist $f$ streng monoton fallend.
(c) Bestimme die maximale Anzahl der Neuinfektionen.
Es gilt $f'(x) = 0$ genau dann, wenn $t = 6$. Mit $f(6) = 1200 \cdot e^{1.8} \approx 7260$ erhält man die maximale Anzahl der Neuinfektionen.
(d) Ein naives Modell lautet $g(t) = 1200 \cdot e^{0.6t}$. Vergleiche $f(t)$ und $g(t)$ für kleine Zeiten. Diskutiere, warum $g(t)$ kein realistisches Modell für eine Epidemie liefert. Diskutere auch, warum $f(t)$ eine Epidemie nur grob vereifachend beschreibt.
Wenn $t$ sehr klein ist, dann dominiert der Wachstumsterm $0.6t$ über den Abnahmeterm $- 0.05t^2$. Für solche $t$-Werte gilt dann $g(t) \approx f(t)$.
Die Funktion $g$ liefert kein realistisches Modell für eine Epidemie, da Graph $g$ immer weiter anwächst.
Die Funktion $f$ beschreibt dagegen eine Anstieg-Abfall-Dynamik, wie man sie bei Epidemien beobachtet.
Der Giftterm
$- 0.05t^2$ bündelt dabei verschiedene hemmende Faktoren einer Epidemie wie zunehmende Immunisierung oder
gezielte Gegenmaßnahmen. Die Funktion $f$ modelliert diese Faktoren aber nicht explizit, sondern fasst sie alle im
Giftterm
zusammen. Der Verlauf einer Epidemie kann viel komplexer sein als es die Funktion $f$ beschreibt.
(e) Zeige, dass man $f$ auch so darstellen kann: $f(t) = 1200 \cdot e^{1.8} \cdot e^{-0.5(t-6)^2}$. Begründe mit dieser Darstellung, dass Graph $f$ symmetrisch zur Geraden $x = 6$ ist.
Es gilt: $0.6t - 0.05t^2 = -0.05(t^2-12t) = -0.05((t-6)^2-36) = 1.8 - 0.05(t-6)^2$.
Hieraus erhält man die Darstellung $f(t) = 1200 \cdot e^{1.8} \cdot e^{-0.5(t-6)^2}$.
Anhand dieser Darstellung sieht man, dass $f(6 + t) = f(6 - t)$ gilt. Die Funktionswerte im gleichen Abstand von $t_0 = 6$ sind also identisch, Graph $f$ ist also symmetrisch zur Geraden $x = 6$.
Aufgabe 3
Ein Medikament wird oral eingenommen. Nach der Einnahme befindet sich der Wirkstoff zunächst im Magen-Darm-Trakt und gelangt dann ins Blutplasma, wo er seine Wirkung entfaltet und anschließend abgebaut wird. Wir beschreiben diesen zweistufigen Prozess mit den beiden folgenden Funktionen.
- $t$: Zeit ab der Einnahme des Medikaments [in Stunden]
- $A(t)$: Wirkstoffmenge im Darm [in mg]
- $B(t)$: Wikstoffmenge im Blutplasma [in mg]
Das dynamische Verhalten der beiden Wirkstoffmengen lässt sich mit zwei Differentialgleichungen beschreiben:
- Die Funktion $A$ erfüllt die Differentialgleichung $A'(t) = -k_1 \cdot A(t)$ mit $k_1 = 1.2$ und dem Anfangswert $A_0 = 500$.
- Die Funktion $B$ erfüllt die Differentialgleichung $B'(t) = k_1 \cdot A(t) - k_2 \cdot B(t)$ mit $k_2 = 0.3$ und dem Anfangswert $B_0 = 0$.
(a) Deute die beiden Differentialgleichungen inhaltlich.
-
$A'(t) = -k_1 \cdot A(t)$:
Die Abbaurate im Darm ist proportional zur Menge im Darm. -
$B'(t) = k_1 \cdot A(t) - k_2 \cdot B(t)$:
Was im Blut ankommt, ist das, was aus dem Darm zufließt minus das, was gleichzeitig abgebaut wird. Die Zuflussrate aus dem Darm ist proportional zur Menge im Darm. Die Abbaurate ist proportional zur Menge im Blut.
(b) Zeige, dass die folgenden Funktionen die Differentialgleichungen mit ihren Anfangsbedingungen erfüllen.
- $A(t) = 500 \cdot e^{-1.2 t}$
- $B(t) = \frac{600}{0.9} (e^{-0.3 t} - \cdot e^{-1.2 t})$
-
$A'(t) = 500 \cdot e^{-1.2 t} \cdot (-1.2) = -k_1 \cdot A(t)$
$A(0) = 500 = A_0$ -
Es gilt
$B'(t) = \frac{600}{0.9} (e^{-0.3 t} \cdot (-0.3) - e^{-1.2 t} \cdot (-1.2)) =
-200 e^{-0.3 t} + 800 \cdot e^{-1.2 t}$ sowie
$k_1 \cdot A(t) - k_2 \cdot B(t) = 1.2 \cdot 500 \cdot e^{-1.2 t} - 0.3 \cdot \frac{600}{0.9} (\cdot e^{-0.3 t} - \cdot e^{-1.2 t})
= 800 \cdot e^{-1.2 t} - 200 \cdot e^{-0.3 t}$.
$B(0) = \frac{600}{0.9} (\cdot e^{0} - \cdot e^{0}) = 0$
(c) Das Applet zeigt die Graphen der beiden Funktionen $A$ und $B$. Es fällt auf, dass Graph $B$ zunächst ansteigt und dann wieder abfällt. Begründe mit Hilfe der passenden Differentialgleichung: Graph $B$ steigt, solange $k_1 \cdot A(t) > k_2 \cdot B(t)$ gilt.
Zum Herunterladen: oralemedikamentengabe.ggb
Nach der Differentialgleichung für $B$ gilt $B'(t) = k_1 \cdot A(t) - k_2 \cdot B(t)$. Wenn $k_1 \cdot A(t) > k_2 \cdot B(t)$, dann ist $B'(t) > 0$ und $B$ folglich streng monoton steigend.
(d) Bestimme den Zeitpunkt, an dem die Wirkstoffmenge im Blut maximal ist. Bestimme auch diesen Maximalwert.
Für die Ableitung von $B$ erhält man (s.o):
$B'(t) = -200 e^{-0.3 t} + 800 \cdot e^{-1.2 t}$
Es gilt $B'(t) = 0$ genau dann, wenn $200 e^{-0.3 t} = 800 \cdot e^{-1.2 t}$. Durch Umformen erhält man die Gleichung $e^{0.9 t} = 4$. Hieraus ergibt sich $t = \frac{\ln(4)}{0.9} \approx 1.54$.
Die maximale Wirkstoffmenge im Blut wird nach ca. $1.5$ Stunden erreicht.
Mit $B(1.54) \approx 313$ erhält man die Maximalmenge (in mg).
