Gekoppelte Änderungsraten

Sind zwei Größen zu jedem Zeitpunkt über eine Gleichung verknüpft, hängen auch ihre Änderungsraten über deren Ableitung zusammen. Wähle eine Szene, lege den Moment fest und rechne die fünf Schritte selbst durch: Die Seite stellt das Ergebnis der Kettenregel einer direkt aus der Bewegung ermittelten Rate gegenüber und zeichnet den Verlauf über den gesamten Bereich.

Gekoppelte Änderungsraten	$\frac{d y}{d t} = \frac{d y}{d x} \cdot \frac{d x}{d t}$

Höhe des oberen Endes, y (m)	4
Geschwindigkeit des oberen Endes, y′ (m/s)	−0,375
Geschwindigkeit oben als Vielfaches von unten	0,75
Winkel zum Boden, θ (Grad)	53,1
Fußabstand bei gleichem Tempo beider Enden (m)	3,536
Zeit bis das obere Ende den Boden erreicht (s)	4
Höhe, bei der diese Kraft null wird (m)	0,752

Das sind die Werte, die der Rechner beim Öffnen der Seite anzeigt. Ändere oben eine Eingabe, um sie neu zu berechnen.

Interaktive Simulation wird geladen...

Lektion

Gekoppelte Änderungsraten sind die Zeitableitungen von Größen, die über eine Gleichung zusammenhängen. Gilt eine Beziehung wie x² + y² = L² zu jedem Zeitpunkt, liefert das beidseitige Ableiten nach t über die Kettenregel eine Gleichung zwischen den Raten x′ und y′. Kennt man also die Lage x und y sowie eine der Raten, ist die andere für diesen Augenblick eindeutig bestimmt. Auf die Reihenfolge kommt es an: Zuerst ableiten, erst danach die Zahlenwerte des Moments einsetzen.

Was die einzelnen Symbole bedeuten

x′: dx/dt, die zeitliche Änderungsrate von x
y*: die Höhe, bei der das obere Ende einer homogenen Leiter von der Wand abhebt, (2a²L²/(3g))^⅓

Setzt voraus: Die Leiter ist starr, ihr Fußpunkt bewegt sich mit konstanter Geschwindigkeit und das obere Ende wird als wandgebunden angenommen. Der Kegel ist geometrisch vollkommen und der Schatten wird von einer punktförmigen Lichtquelle geworfen. Die Stützkraft der Wand gilt für eine homogene Leiter an reibungsfreier Wand und reibungsfreiem Boden mit g = 9,81 m/s². Die Raten selbst folgen rein aus der Geometrie.

Die Leiter am 3-4-5-Dreieck 3 Schritte
Eine 5 m lange Leiter lehnt an einer Wand, ihr Fuß steht 3 m entfernt und rutscht mit 0,5 m/s weg. Wie schnell sinkt das obere Ende, und wie lange dauert es, bis der Fuß 5 m erreicht?

Öffne diese Aufgabe im Tool
1. Dieser Zusammenhang gilt zu jedem Zeitpunkt. Für diesen Moment liefert er die Höhe des oberen Endes:
  
  $x^{2} + y^{2} = 5^{2}, x = 3 \Rightarrow y = 25 - 9 = 4$
2. Leite nach t ab und setze dann die Werte für diesen Augenblick ein:
  
  $2 x x^{'} + 2 y y^{'} = 0 \Rightarrow y^{'} = - \frac{x}{y} x^{'} = - \frac{3}{4} \times 0.5 = - 0.375 m/s$
3. Dem Fuß fehlen noch 2 m bei konstanten 0,5 m/s:
  
  $t = \frac{L - x}{x ^{'}} = \frac{5 - 3}{0 . 5} = 4 s$
Antwort

Das obere Ende sinkt mit 0,375 m/s, und der Fuß erreicht 5 m nach 4 s. Das Minuszeichen zeigt, dass die Höhe abnimmt. Dieses Ergebnis ist eine Momentanrate: Eine Sekunde später steht der Fuß bereits bei 3,5 m und das obere Ende sinkt schneller.

$y^{'} = - 0.375 m/s, t = 4 s$
Ein Kegel auf halber Tiefe 3 Schritte
Wasser fließt mit 2 m³/min in einen 4 m tiefen Kegel mit der Spitze nach unten, dessen Rand einen Radius von 2 m hat. Wie schnell steigt der Pegel bei 2 m Wassertiefe, und wie verhält sich das zur Geschwindigkeit am oberen Rand?

Öffne diese Aufgabe im Tool
Lösung anzeigen
1. Ähnliche Dreiecke verknüpfen den Radius der Oberfläche mit der Tiefe, sodass das Volumen von nur einer Variablen abhängt:
  
  $\frac{r}{h} = \frac{R}{H} = \frac{2}{4} \Rightarrow r = \frac{h}{2}, V = \frac{π}{3} r^{2} h = \frac{π}{12} h^{3}$
2. Leite ab. Der Faktor vor h′ ist der Flächeninhalt der Oberfläche:
  
  $V^{'} = \frac{π}{4} h^{2} h^{'} = π r^{2} h^{'} \Rightarrow h^{'} = \frac{Q}{π r ^{2}} = \frac{2}{π \cdot 1 ^{2}} = 0.6366 m/min$
3. Am oberen Rand hat die Oberfläche den doppelten Radius:
  
  $h = 4, r = 2 : h^{'} = \frac{2}{π \cdot 2 ^{2}} = 0.1592 m/min$
Antwort

Der Pegel steigt mit 2/π ≈ 0,6366 m/min, dem Vierfachen der 0,1592 m/min am oberen Rand. Eliminiere r vor dem Ableiten. Leitest du V = πr²h/3 ab, solange r noch darin steht, kommt r′ als zweite unbekannte Änderungsrate ins Spiel.

$h^{'} = \frac{2}{π} \approx 0.6366 m/min, \frac{0 . 6366}{0 . 1592} = 4$
Die Schattenspitze 3 Schritte
Eine Lampe hängt in 6 m Höhe an einem Mast. Eine 1,8 m große Person entfernt sich mit 1,5 m/s von ihm. Wie lang ist ihr Schatten bei 4 m Abstand zum Mast, wie schnell wächst er, und wie schnell bewegt sich seine Spitze?

Öffne diese Aufgabe im Tool
Lösung anzeigen
1. Der Lichtstrahl über den Kopf erzeugt zwei ähnliche Dreiecke. Löse nach der Schattenlänge s auf:
  
  $\frac{s}{1 . 8} = \frac{d + s}{6} \Rightarrow 4.2 s = 1.8 d \Rightarrow s = \frac{1 . 8 \times 4}{4 . 2} = 1.714 m$
2. Leite ab. Da s ein festes Vielfaches von d ist, gilt für seine Änderungsrate dasselbe Vielfache von d′:
  
  $s^{'} = \frac{1 . 8}{4 . 2} d^{'} = \frac{1 . 8 \times 1 . 5}{4 . 2} = 0.643 m/s$
3. Die Spitze ist d + s vom Mast entfernt:
  
  $(d + s)^{'} = d^{'} + s^{'} = 1.5 + 0.643 = 2.143 m/s$
Antwort

Der Schatten ist 1,714 m lang und wächst mit 0,643 m/s, seine Spitze bewegt sich mit 2,143 m/s. Keine der beiden Änderungsraten hängt von d ab: Stell dieselbe Frage bei 16 m, und die Ergebnisse sind dieselben.

$s^{'} = 0.643 m/s, (d + s)^{'} = 2.143 m/s$
Wie schnell sich der Winkel schließt 4 Schritte
Eine 6,5 m lange Leiter lehnt an einer Wand, ihr Fußpunkt gleitet mit 0,4 m/s weg. Wie schnell sinkt das obere Ende, wenn der Fuß 2,5 m von der Wand entfernt ist? Wo steht der Fußpunkt, wenn sich beide Enden gleich schnell bewegen? Und wie rasch verkleinert sich der Winkel zwischen Leiter und Boden, wenn der Fuß 2,5 m weit draußen ist? Klicke auf Musteraufgabe für die ersten beiden Antworten. Die dritte berechnet die Seite nicht.

Öffne diese Aufgabe im Tool
Lösung anzeigen
1. Die geometrische Beziehung und die Höhe des oberen Endes in diesem Moment:
  
  $x^{2} + y^{2} = 6 . 5^{2}, x = 2.5 \Rightarrow y = 42.25 - 6.25 = 6$
2. Nach t ableiten und nach y′ auflösen:
  
  $2 x x^{'} + 2 y y^{'} = 0 \Rightarrow y^{'} = - \frac{x}{y} x^{'} = - \frac{2 . 5}{6} \times 0.4 = - 0.1667 m/s$
3. Beide Enden bewegen sich gleich schnell, wenn x/y = 1, also x = y gilt:
  
  $\frac{x}{y} = 1 \Rightarrow x = y = \frac{6 . 5}{2} = 4.596 m$
4. Für den Winkel leiten wir stattdessen x = L cos θ ab und nutzen aus, dass L sin θ gleich y ist:
  
  $x = L cos θ \Rightarrow x^{'} = - L sin θ θ^{'} = - y θ^{'} \Rightarrow θ^{'} = - \frac{x ^{'}}{y} = - \frac{0 . 4}{6} = - 0.0667 rad/s$
Antwort

Das obere Ende sinkt mit 0,1667 m/s, die Geschwindigkeiten stimmen bei einem Fußabstand von 4,596 m überein und der Winkel nimmt um 0,0667 rad/s ab (etwa 3,82° pro Sekunde). Da θ′ = −x′/y wie das Tempo des oberen Endes ein y im Nenner trägt, wächst auch die Winkelgeschwindigkeit über alle Grenzen, sobald die Leiter flach wird.

$y^{'} = - 0.1667 m/s, x = 4.596 m, θ^{'} = - 0.0667 rad/s \approx - 3.8 2^{\circ} / s$

Die Formel lässt das obere Ende unendlich schnell auf den Boden schlagen 🖖

y′ = −(x/y)·x′ besagt: Die Spitze bewegt sich (x/y)-mal so schnell wie der Fuß. Solange die Leiter steiler als 45° steht, bleibt dieses Verhältnis unter 1. Jenseits von 45° gibt es keine Grenze mehr: Nähert sich die Spitze dem Boden, geht y gegen null und der Wert der Formel strebt gegen unendlich. Klick auf Die letzten 10 cm, um das zu beobachten. Beim Ableiten wurde vorausgesetzt, dass die Spitze an der Wand bleibt. Genau diese Annahme scheitert hier. Damit die Leiter anliegt, muss die Wand gegen sie drücken. Zieht man eine gleichförmige Leiter mit festem Tempo, fällt diese Druckkraft bei y* = (2a²L²/(3g))^⅓ auf null – bei dieser Leiter entspricht das 0,752 m. Weiter unten müsste die Wand ziehen, also löst sich die Spitze. Rechts der bernsteinfarbenen Linie führt die blaue Kurve die Formel stur fort, obwohl eine reale Leiter längst abgehoben hat.

Die Schattenspitze behält ihr Tempo, egal wie weit du gehst 🖖

Aus ähnlichen Dreiecken ergibt sich die Schattenlänge als fester Bruchteil deines Abstands zum Mast: s = pd/(P − p). Und ein fester Bruchteil von d wächst mit genau demselben Bruchteil von d′. Wo du gerade stehst, geht in das Tempo also gar nicht ein. Klick auf Schatten bei 4 m, danach auf Schatten bei 16 m: Der Schatten ist viermal so lang, doch beide Raten bleiben unverändert – waagerechte Linien im Diagramm. Bei der Leiter lief die Rate davon, weil x² + y² = L² eine Kurve ist. Hier liegt eine Gerade vor, und eine Gerade verknüpft zwei Raten über eine Konstante.

Ein Kegel erreicht die halbe Füllhöhe in einem Achtel der Zeit 🖖

Der Zufluss verteilt sich über die Wasseroberfläche, deshalb steigt der Pegel mit h′ = Q/(πr²): rasch, solange die Fläche klein ist, langsam, sobald sie breit wird. Bei halber Tiefe hat die Oberfläche ein Viertel der oberen Öffnung; der Pegel steigt dort viermal so schnell wie ganz oben am Rand. Und weil das Volumen mit der dritten Potenz der Tiefe wächst, fasst die halbe Tiefe nur ein Achtel des Wassers und ist schon nach einem Achtel der Füllzeit erreicht. Keines der beiden Verhältnisse hängt von den Maßen des Trichters oder vom Zufluss ab. Verändere sie ruhig: Bei halber Tiefe zeigt die Seite weiterhin 4 und 12,5 %. Klick auf Zurücksetzen und Start, um zu beobachten, wie der Pegel anfangs rast und dann schleicht.

Lernpfad

Quellen (1)

The five-step strategy the page's stepper follows (assign symbols, state what is given and what is wanted, find an equation relating the variables, differentiate both sides with respect to time by the chain rule, then substitute the known values and solve), with worked examples on a balloon, an aeroplane, a rocket launch and water draining from a cone-shaped funnel, and the ladder and lamppost-shadow problems among the exercises: G. Strang and E. Herman, Calculus Volume 1, OpenStax (2016), section 4.1, “Related Rates”.

Vom 42Math-Team · Anhand veröffentlichter Quellen geprüft. Korrekturen willkommen.