(GTR) 2008 Niedersachsen

Originalklausur
mit Musterlösung
Abitur Mathematik (GTR)
Aufgabe 1: Analysis
Aufgabe 2A: Stochastik
Aufgabe 2B: Geometrie
In den Aufgabenstellungen werden unterschiedliche Operatoren (Arbeitsanweisungen) verwendet; sie weisen auf unterschiedliche Anforderungsbereiche
(Schwierigkeitsgrade) hin und bedeuten, dass unterschiedlich viele Punkte
erzielt werden können. Die Lösungen zeigen beispielhaft, welche Antworten
die verschiedenen Operatoren erfordern.
Alles Wissenswerte rund um die Abiprüfung finden Sie im Buch im Kapitel
„Prüfungsratgeber und Prüfungsaufgaben“.
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befindet sich auf der vorderen Umschlagklappe.
Die Veröffentlichung der Abitur-Prüfungsaufgaben erfolgt mit Genehmigung des zuständigen Kultusministeriums.
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Für die Fächer Deutsch, Englisch, Mathematik, Geschichte,
Biologie, Chemie, Physik sowie Politik und Wirtschaft
Zentralabitur 2008
Mathematik
Rechnertyp: GTR
eA
Schülermaterial
Gymnasium
Gesamtschule
Hinweise für den Prüfling
Auswahl der Aufgaben
1. Wählen Sie eine der Analysis-Aufgaben 1A oder 1B aus.
2. Wählen Sie einen der Aufgabenblöcke 2A oder 2B aus.
Beide Blöcke bestehen aus je einer Aufgabe zur Analytischen Geometrie und
einer zur Stochastik.
a. Block 2A hat den Schwerpunkt Stochastik
b. Block 2B hat den Schwerpunkt Geometrie
Sie müssen insgesamt eine Analysis-Aufgabe und einen Aufgabenblock bearbeiten.
Andere Kombinationen sind nicht zulässig.
Hilfsmittel
1. Zeichenmittel
2. Eingeführter Taschenrechner vom Typ wie im Kopf der Aufgabe angegeben
(mit Handbuch)
3. Von der Schule eingeführte gedruckte Formelsammlung
4. Ggf. Ergänzung zur Formelsammlung – Binomialtabellen
(Erlass vom 27.09.2007)
Niedersächsisches Kultusministerium
1 von 8
Zentralabitur 2008
Mathematik
Rechnertyp: GTR
eA
Schülermaterial
Aufgabe 1A
Gymnasium
Gesamtschule
Aufgabe 1A
Gegeben ist die Funktionenschar fk mit fk (x) = x 2 + 2 k⋅x + 4 ; k > 0 .
a) In der Anlage sind in Abbildung 1 zwei Graphen der Schar gezeichnet.
Bestimmen Sie mit Begründungen die Parameterwerte für k zu (I) und (II).
Skizzieren Sie in das vorgelegte Koordinatensystem (Abbildung 1 der Anlage) einen weiteren typischen Vertreter dieser Funktionenschar, der sich deutlich in seiner Form von den
beiden vorgegebenen Graphen unterscheidet.
x+k
.
Zeigen Sie, dass für die erste Ableitung gilt: fk′ (x) =
2
x + 2k⋅x + 4
Ohne Nachweis können Sie verwenden: fk′′ (x) =
4 − k2
(
2
x + 2k ⋅x + 4
)
3
.
b) Bestimmen Sie für die Funktion f2,5 die maximale Definitionsmenge.
′ für x → − 4 und interpretieren Sie das Ergebnis
Untersuchen Sie das Verhalten von f2,5
geometrisch.
Untersuchen Sie die Graphen von fk für 0 < k < 2 auf Hoch-, Tief- und Wendepunkte.
c) Es soll eine Schale aus Birnbaumholz hergestellt werden. Dazu werden geeignete
Funktionen ausgewählt. Es wird die Schale betrachtet, die durch Rotation der zugehörigen
Graphen um die x-Achse entsteht. Für die Außen- bzw. Innenwand werden die beiden
folgenden Funktionen p und f2,5 verwendet mit (alle Maße in cm, also 1LE ≙ 1cm ):
2
(x + 3)2 + 3;
25
−3≤ x ≤6
Außenwand
f2,5 (x) = x 2 + 5x + 4;
−1≤ x ≤ 6
Innenwand
p(x) =
In der Anlage sind in Abbildung 2 die beiden zugehörigen Graphen sowie zwei Modelle der
Schale gezeichnet.
Berechnen Sie den maximalen Innendurchmesser der Schale.
Bestimmen Sie, wie viel Flüssigkeit (in cm³) maximal in die Schale passt.
Es werden 500 cm³ Flüssigkeit in die Schale gefüllt. Berechnen Sie den Abstand des
Flüssigkeitsspiegels vom oberen Rand der Schale.
d) Ein Kubikzentimeter des verwendeten Birnbaumholzes hat eine Masse von 0,7 g. Ermitteln
Sie die Masse der Schale aus Teilaufgabe c).
Nun liegt die Schale aus Teilaufgabe c)
wie im rechten Bild dargestellt auf einem
ebenen Tisch. Zwischen Tischoberfläche
und Außenwand ergibt sich eine Querschnittsfläche.
Berechnen Sie den Inhalt dieser Querschnittsfläche.
Hinweis: Beachten Sie in der Anlage die
Abbildung 2.
Niedersächsisches Kultusministerium
Querschnittsfläche
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Zentralabitur 2008
Mathematik
Rechnertyp: GTR
eA
Schülermaterial
Aufgabe 1A
Gymnasium
Gesamtschule
Fortsetzung Aufgabe 1A
Material
Anlage
Abbildung 1: Zwei Graphen aus der Kurvenschar
Abbildung 2: Die Graphen zu p und f2,5 ( 1LE ≙ 1cm ) sowie zwei Modelle der Schale
x-Achse
Modell einer Schale im Entstehungsprozess
Modell einer stehenden Schale
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Mathematik
Rechnertyp: GTR
eA
Schülermaterial
Aufgabe 1B
Gymnasium
Gesamtschule
Aufgabe 1B
Gegeben ist die Funktionenschar fk mit fk (x) = x ⋅ k 2 − x 2 ; k > 0 .
a) Skizzieren Sie die Graphen von f2 und f2,2 in ein gemeinsames Koordinatensystem.
Weisen Sie die Punktsymmetrie aller Graphen der Schar zum Ursprung nach.
Bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich und die Nullstellen der Funktionenschar.
k 2 − 2x 2
, und bestimmen Sie die Extrempunkte der
Weisen Sie nach, dass gilt: fk′ (x) =
k2 − x2
 k k2 
Kurvenschar (zur Kontrolle: HP 
|  ).
 2 2
2x 3 − 3k 2 ⋅x
Ohne Nachweis können Sie verwenden: fk′′ (x) =
.
( k 2 − x 2 )3
b) Bestimmen Sie die Volumen der Rotationskörper, die durch Drehung der Graphen
2
von fk für x ≥ 0 um die x-Achse entstehen (zur Kontrolle: Vk =
⋅ π ⋅ k 5 ).
15
Für technische Anwendungen soll der Rotationskörper optimiert werden.
Untersuchen Sie, für welchen Wert von k der Rotationskörper über gleiche Längen- und
Breitenausdehnung verfügt.
Berechnen Sie die Steigung der Graphen von fk im Ursprung.
Bestimmen Sie einen Wert für k so, dass in der im Koordinatenursprung liegenden Spitze
des Rotationskörpers ein Winkel von 60° vorliegt.
3
1
⋅ 4 − x 2 eine Stammfunktion von f2 ist, und
3
berechnen Sie den Inhalt der Fläche, die der Graph von f2 mit der positiven x-Achse
einschließt.
Berechnen Sie die Stelle xH so, dass eine senkrecht zur x-Achse durch xH verlaufende
Gerade die Fläche in zwei gleichgroße Teilflächen zerlegt (zur Kontrolle: xH ≈ 1,22 ).
Untersuchen Sie, ob ein zur x-Achse senkrechter Schnitt an dieser Stelle xH durch den
Rotationskörper zu f2 auch zu einer Halbierung des Volumens führt.
c) Weisen Sie nach, dass F2 mit F2(x) = −
(
)
d) In einer anderen technischen Anwendung wird ein Hohlkörper benötigt, der durch Rotation
der Graphen zu f2 und f2,2 für 0,5 ≤ x ≤ 2,2 entsteht. Materialexperten fordern für jeden
Punkt bestimmte Mindestwandstärken. Wegen der Rotationssymmetrie genügt es, den
Sachverhalt zweidimensional zu betrachten.
Unter der Wandstärke in einem Punkt P der Innenlinie des Hohlkörpers soll die minimale
Entfernung dieses Punktes von der Außenlinie verstanden werden. Im Punkt P (1| 3 ) auf
dem Graphen von f2 ist eine Wandstärke von mindestens 0,1 verlangt.
Begründen Sie, dass die Differenz f2,2 (1) − f2 (1) nicht die Wandstärke darstellt.
Leiten Sie ein geeignetes Verfahren zur Bestimmung der Wandstärke im Punkt P her.
Entscheiden Sie auf der Grundlage einer Berechnung, ob die Forderung der Materialexperten erfüllt ist.
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Mathematik
Rechnertyp: GTR
eA
Schülermaterial
Block 2A
Gymnasium
Gesamtschule
Block 2A - Aufgabe 1
a) Der Betreiber eines öffentlichen Verkehrsnetzes in einer Großstadt geht davon aus, dass
40% der Fahrgäste so genannte Zeitkarteninhaber sind. Um den Anteil an Fahrgästen mit
Zeitkarten zu überprüfen, werden in regelmäßigen Abständen Stichproben durchgeführt.
Mit der binomialverteilten Zufallsgröße X wird die Anzahl der Fahrgäste mit Zeitkarten
beschrieben.
Erläutern Sie, welche Bedeutung in diesem Zusammenhang der folgende Term sowie die
einzelnen Faktoren haben:
3
2
1
  ⋅ 0, 4 ⋅ 0,6 .
 2
Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass in einer Stichprobe von 100 Fahrgästen
höchstens 45 und mindestens 35 Fahrgäste Zeitkarteninhaber sind.
b) Es wird eine große Fahrgastbefragung unter 9600 Fahrgästen durchgeführt. Dabei kann
weiterhin davon ausgegangen werden, dass 40% der Fahrgäste so genannte Zeitkarteninhaber sind und die Zufallsgröße X wie in Aufgabenteil a) definiert ist.
Berechnen Sie den Erwartungswert µ und die Standardabweichung σ von X.
Zeigen Sie, dass in diesem Fall die Näherung der Binomialverteilung durch die Normalverteilung angewandt werden kann.
Bestimmen Sie mithilfe dieser Näherung die Wahrscheinlichkeit, dass bei der Fahrgastbefragung die Anzahl der Fahrgäste mit Zeitkarten mindestens 3790 beträgt.
Ermitteln Sie mithilfe der Näherung der Binomialverteilung durch die Normalverteilung mit
den berechneten Werten für µ und σ die Zahl r, so dass die folgende Beziehung gilt:
P(µ − r ⋅σ ≤ X ≤ µ + r ⋅σ ) = 0,5 .
Erläutern Sie die inhaltliche Bedeutung des Ergebnisses im Kontext der Aufgabenstellung.
c) Der Betreiber vermutet nach einiger Zeit, dass sich der Anteil an Fahrgästen mit Zeitkarten
von 40% deutlich erhöht hat. Es wird diskutiert, einen Hypothesentest für eine Stichprobe
vom Umfang 250 durchzuführen.
Erläutern Sie, wie dieser Test konzipiert werden kann, wenn die Irrtumswahrscheinlichkeit
(Fehler 1. Art) höchstens 5% betragen soll.
Bestimmen Sie einen möglichst großen Ablehnungsbereich.
Für zwei Stichproben vom Umfang 150 beziehungsweise 10000 mit der Irrtumswahrscheinlichkeit von höchstens 5% erhält man die folgenden Werte für den Fehler 2. Art (auf
drei Nachkommastellen gerundet):
n = 150
„wahrer Anteil“
Fehler 2. Art
42%
0,892
50%
0,231
60%
0,000
n = 10000
„wahrer Anteil“ Fehler 2. Art
42%
0,008
50%
0,000
60%
0,000
Begründen Sie, welche der beiden Stichprobengrößen der Betreiber nehmen sollte, wenn
er an der Frage interessiert ist, ob sich der Anteil an Fahrgästen mit Zeitkarten deutlich
erhöht hat und er nicht nur die Größe des Fehlers betrachtet.
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Mathematik
Rechnertyp: GTR
eA
Schülermaterial
Block 2A
Gymnasium
Gesamtschule
Block 2A - Aufgabe 2
In der Anlage ist die Planskizze eines Werkstücks zu sehen. Dabei sind die Eckpunkte des
Werkstücks gegeben durch A(3|0|0), B(0|6|0), C(0|0|0), D(3|0|7), F(0|6|8) und G(0|0|9).
Eine Längeneinheit entspricht 1 cm.
a) Die Ebene E enthält das Dreieck DFG. Geben Sie eine Gleichung der Ebene E sowohl in
Parameterform als auch in Normalenform an.
Beurteilen Sie, welche dieser beiden Formen der Ebenengleichung besonders geeignet ist,
um die Größe des Schnittwinkels zwischen der Ebene E und der z-Achse zu bestimmen.
Bestimmen Sie die Größe dieses Winkels.
b) Das obere Teil des Werkstücks soll so abgeschliffen werden, dass das verbleibende
Werkstück ein dreiseitiges Prisma mit der Grundfläche ABC und der Höhe h = 7 cm ist.
Zeichnen Sie das Teilstück, das abgeschliffen werden soll, in die Planskizze der Anlage.
Berechnen Sie die durch das Abschleifen entstehende Volumenabnahme.
Bestimmen Sie die Koordinaten des Punktes L auf der Kante AB , dessen Entfernung vom
Punkt G minimal ist.
Material
Anlage
z
G
F
D
y
C
B
x
A
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Zentralabitur 2008
Mathematik
Rechnertyp: GTR
eA
Schülermaterial
Block 2B
Gymnasium
Gesamtschule
Block 2B - Aufgabe 1
Gegeben sind die Punkte O(0|0|0), A(4 | −2 | −4) und B(4 | −6 | 4) sowie die Ebenen E1, E2 und
 2
  Fa durch E1 :  2  ⋅ x = 0 , E2 :
 1
 
 1
   2  ⋅ x = 6 und Fa :
 2
 
4
   a  ⋅ x = 6 ; a ∈ IR .
2
 
a) Bestimmen Sie die Koordinaten eines Punktes C, so dass das Viereck OACB ein
Parallelogramm ist.
Bestimmen Sie das Vektorprodukt der Vektoren OA und OB sowie den Flächeninhalt des
Parallelogramms OACB.
Die Punkte O, A und B liegen in der Ebene E1. Erläutern Sie den Bezug zwischen dem
Vektorprodukt OA × OB und der oben angegebenen Normalenform der Ebenengleichung
von E1.
b) Untersuchen Sie, ob es eine Ebene der Schar Fa gibt, die mit der Ebene E1 identisch ist.
Zeigen Sie, dass der Punkt P( −4 | 3 | 2) ein gemeinsamer Punkt der Ebenen E1 und E2 ist.
 2
 1
 
 
Für das Vektorprodukt u der Normalenvektoren n1 =  2  und n2 =  2  , die zu den Ebenen
 1
 2
 
 
 2
 
E1 und E2 gehören, gilt: u =  −3  . Begründen Sie, dass diesem Ergebnis zu entnehmen ist,
 2
 
dass sich die Ebenen E1 und E2 schneiden.
Bestimmen Sie eine Gleichung der Schnittgeraden von E1 und E2.
4
 
c) Ein Normalenvektor der Ebene Fa in Abhängigkeit von a ist  a  . Bestimmen Sie das
2
 
Vektorprodukt, das dieser Vektor mit dem Normalenvektor n2 bildet. Dieses Vektorprodukt
4
 2a − 4 
  

sei der Vektor v . (Zur Kontrolle: v =  a  × n2 =  −6  )
2
 8−a 
 


Bestimmen Sie den Parameter a so, dass die Vektoren u und v linear abhängig (kollinear)
sind.
Erläutern Sie für diesen Fall die besondere Lagebeziehung der drei Ebenen E1, E2 und Fa
zueinander.
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Zentralabitur 2008
Mathematik
Rechnertyp: GTR
eA
Schülermaterial
Block 2B
Gymnasium
Gesamtschule
Block 2B - Aufgabe 2
a) Eine Maschine produziert Kolben für Motoren. Die normalverteilte Zufallsgröße X beschreibt den Kolbendurchmesser (in mm). Die Vorgabe (Sollwert) für den Durchmesser
eines Kolbens beträgt 50 mm. Aufgrund von Messungen weiß man, dass der Erwartungswert genau dem Sollwert entspricht und die Standardabweichung von 2 mm vorliegt. Für
die Qualitätseinstufung gilt:
Abweichung des Kolbendurchmessers vom
Erwartungswert nach oben oder nach unten
Qualitätseinstufung des
Kolbens
höchstens 1,5 mm
1. Wahl
mehr als 1,5 mm und höchstens 3 mm
2. Wahl
mehr als 3 mm
Ausschuss
Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass ein zufällig aus der Produktion entnommener
Kolben ein Ausschussteil ist.
Es werden täglich 500 Kolben produziert. Geben Sie eine begründete Prognose für die
mittlere Anzahl der Kolben mit der Qualität „1.Wahl“ an, die pro Tag hergestellt werden.
b) Eine neue Maschine wird für die Produktion von Kolben eingesetzt.
Die stetige Zufallsgröße Y beschreibt die Abweichungen des Kolbendurchmessers (in mm)
vom Sollwert. Dabei wird durch die Art der Herstellung garantiert, dass Abweichungen vom
Sollwert nach oben oder nach unten höchstens 1 mm betragen. Für diese Maschine kann
die Dichtefunktion f zugrunde gelegt werden mit
3
2
 (1 − x ) ; −1 ≤ x ≤ 1
f(x) =  4
.

0
;
sonst
Zeigen Sie, dass diese Funktion die Kriterien einer Dichtefunktion erfüllt.
 0,5 3
  0,5 3

Erläutern Sie die Bedeutung des Produkts  ∫ ⋅ 1 − x 2 dx  ⋅  ∫ ⋅ 1 − x 2 dx  im

 

 −0,5 4
  −0,5 4

Kontext der Aufgabenstellung und berechnen Sie den Wert des Produkts.
(
Niedersächsisches Kultusministerium
)
(
)
8 von 8
Musterlösungen für die
Prüfungsaufgaben Abitur
Prüfungsfach:
Autor:
Mathematik (GTR) (Niedersachsen 2008)
Thomas Epp
Block 1: Analysis
Aufgabe 1A
a) Der Graph (I) verläuft durch den Punkt (−2|0). Es folgt
fk (−2) = 0 ⇐⇒
√
4 − 4k + 4 = 0 ⇐⇒ −4k + 8 = 0 ⇐⇒ k = 2.
Der Graph (I) gehört also zur Funktion f2 .
Der Graph (II) verläuft durch den Punkt (3|4). Für die zugehörige Funktion fk gilt daher
fk (3) = 4 ⇐⇒
√
9 + 6k + 4 = 4 ⇐⇒ 6k + 13 = 16 ⇐⇒ k = 0, 5
Damit gehört der Graph (II) zur Funktion f0,5 .
(Hier kann auch jeder andere Punkt auf dem Graphen zur Berechnung des Parameters herangezogen werden. Es gibt auch grundsätzliche Alternativen, hier zu argumentieren. Zum Beispiel kann
man (I) mit der stückweisen Linearität des Graphen begründen und bei (II) die erste Ableitung heranziehen).
f0,1
y
9
f1,5
8
f2,5
7
6
5
4
3
2
1
−9 −8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
x
In der Abbildung sind zusätzlich die Graphen für k = 0, 1, k = 1, 5 und k = 2, 5 eingezeichnet. Die
Graphen schneiden sich alle im Punkt (0|2) und für negative Argumente verlaufen die Graphen mit
den höheren Paramatern unterhalb, für positive überhalb der Graphen mit kleineren Parametern.
Dudenverlag, Bibliographishes Institut & F. A. Brokhaus AG, Mannheim, 2008
1
Entscheidend ist, dass die Funktionen nur für k ≤ 2 auf ganz R definiert sind und daher zusammenhängende Graphen besitzen. In allen anderen Fällen existiert eine Definitionslücke in dem Intervall,
in dem der Radikand x2 + 2 · k · x + 4 negativ ist. Der Graph zerfällt in diesen Fällen in zwei Äste.
Die erste Ableitung berechnet sich mithilfe der Kettenregel. Man erhält
f ′ (x) = (2x + 2k) ·
2·
√
1
x+k
=√
.
x2 + 2kx + 4
x2 + 2kx + 4
b) Der Wert f2,5 (x) ist definiert genau dann, wenn x2 + 5x + 4 ≥ 0 gilt. Die Nullstellen x1 und x2 der
quadratischen Funktion auf der linken Seite dieser Ungleichung lauten
5
x1 = − −
2
s s 2
2
5
5
5
− 4 = −4 und x2 = − +
− 4 = −1.
2
2
2
Da die Parabel x2 + 5x + 4 nach oben oben geöffnet ist, folgt
Df2,5 = {x ∈ R | x ≥ −1 oder x ≤ −4}.
Für den Grenzwert am linken Rand des Definitionsbereichs gilt wegen limx↑−4
′
lim f2,5
(x) = lim √
x↑−4
x↑−4
√
x2 + 5x + 4 = +0
x + 2, 5
limx↑−4 (x + 2, 5)
−4 + 2, 5
√
√
= −∞
=
=
2
2
x + 5x + 4
limx→−4 x + 5x + 4
limx→−4 x2 + 5x + 4
Das bedeutet geometrisch, dass der Graph von f2,5 im Punkt − 4|f (−4) = (−4|0) eine senkrechte
Tangente besitzt.
Extremwerte können höchstens an den Nullstellen der ersten Ableitung vorliegen. Wegen
fk′ (x) = 0 ⇐⇒ x + k = 0 ⇐⇒ x = −k.
ist die Stelle x3 = −k also der einzige Kandidat für einen Extremstelle. Um dies weiter zu prüfen,
muss zunächst gezeigt werden, dass fk dort überhaupt definiert ist. Nach Voraussetzung ist 0 ≤
k ≤ 2, für den Radikanden x2 + 2kx + 4 gilt für x = −k folglich
k 2 − 2k 2 + 4 = −k 2 + 4 ≥ 0
(wegen 0 ≤ k ≤ 2),
also liegt −k für k ∈ [0, 2] im Definitionsbereich von fk . Weiter ist
4 − k2
f ′′ (−k) = √
3 > 0 für 0 < k < 2.
−k 2 + 4
Daraus folgt, dass für jedes k < 2 an der Stelle x3 = −k ein Tiefpunkt vorliegt. Die Koordinaten
√
lauten TPk − k|f (−k) , also TPk (−k| −k 2 + 4). Das ist der einzige Extremwert.
An den Wendestellen muss fk′′ (x) = 0 gelten. Wegen 4 − k 2 > 0 für alle k mit 0 < k < 2 gilt aber
fk′′ (x) 6= 0, folglich liegen für 0 < k < 2 keine Wendestellen vor.
c) Für den Innendurchmesser d(x) an der Stelle x gilt allgemein d(x) = 2 · f2,5 (x). Wegen −1 ≤ x ≤ 6
und dem Monotonieverhalten von f2,5 folgt für den maximalen Durchmesser
dmax = 2 · f2,5 (6) = 2 ·
√
√
36 + 5 · 6 + 4 = 2 70 ≈ 16, 73 cm.
Dudenverlag, Bibliographishes Institut & F. A. Brokhaus AG, Mannheim, 2008
2
Das Flüssigkeitsvolumen in der Schale berechnet sich allgemein nach der Formel
V (x) = π ·
=π·
=π·
Z
x
1
x3
3
x3
3
Z x
2
f2,5 (x) dx = π ·
(x2 + 5x + 4) dx
−1
x
3
5
5
x
1 5
+ x2 + 4x = π ·
+ x2 + 4x − − + − 4
2
3
2
3 2
−1
5
11
+ x2 + 4x +
.
2
6
Für das maximale Fassungsvermögen erhält man demnach
Vmax
63
5 2
11
= V (6) = π ·
+ ·6 +4·6+
≈ 589, 8 cm3 .
3
2
6
Um den Flüssigkeitsstand bei 500 cm3 Inhalt zu bestimmen, muss die Gleichung V (x) = 500 mit
dem GTR gelöst werden. Als Lösung erhält man
x ≈ 5, 57 cm.
Der Abstand zum Rand beträgt demnach 6 cm − 5, 57 cm = 0, 43 cm.
d) Der äußere Rand der Schale umschließt ein Volumen von
Vaußen = π ·
Z
6
−3
2
p(x) dx ≈ 858, 35
Das Volumen des Holzes beträgt demnach VHolz = 858, 35 cm3 − V (6) = 858, 35 cm3 − 589, 8 cm3 =
268, 55 cm3 . Für die Masse ergibt sich m = 0, 7 cmg 3 · 268, 55 cm3 = 187, 99 g.
y
Die Querschnittsfläche entspricht der hellgrau
9
eingefärbten Fläche in der Abbildung rechts,
8
also der vom Graphen Gp und der Gerade
7
durch den Anfangs- und Endpunkt von p ein-
6
geschlossenen Fläche.
5
Für die Fläche des Trapezes mit den Eckpunk-
4
ten (−3|0), (6|0), (6|p(6)) und (−3|p(−3)) gilt:
3
e
ch
flä
r
e
b
ho
sc
i
T
p
f2,5
2
p(−3) + p(6)
A1 = 9 ·
≈ 56, 16.
2
1
−4 −3 −2 −1
1
2
3
4
5
6 x
Die Fläche unterhalb des Graphen von p beträgt
A2 =
Z
6
−3
p(x) dx =
2
25
Z
6
−3
(x2 + 6x + 46, 5) dx ≈ 46, 44.
Die gesuchte Fläche besitzt also den Inhalt
A = A1 − A2 = 56, 16 cm2 − 46, 44 cm2 = 9, 72 cm2 .
Dudenverlag, Bibliographishes Institut & F. A. Brokhaus AG, Mannheim, 2008
3
Aufgabe 1B
y
a) Die Abbildung zeigt die Graphen von f2 und f2,2 . Es
k = 2, 2
gilt
2
p
fk (−x) = (−x) · k 2 − (−x)2
p
= −x · k 2 − x2 = −fk (x),
k=2
1
daher liegen alle Graphen der Schar punktsymme−2
trisch zum Ursprung.
−1
Die Funktion ist nur in den Bereichen definiert, in de-
1
2
x
−1
nen der Radikand k 2 − x2 nicht negativ ist. Wegen
−2
k 2 − x2 ≥ 0 ⇐⇒ |x| ≤ |k|
gilt also Dfk = {x ∈ R| − k ≤ x ≤ k}.
p
Schreibt man fk (x) = x · (k − x) · (k + x), so sieht man sofort, dass f an den Stellen x0 = 0,
x1 = −k und x2 = k Nullstellen besitzt.
Die erste Ableitung bestimmt man mithilfe der Kettenregel und Produktregel. Man erhält
fk′ (x) =
p
k 2 − x2 + x ·
−2x
k 2 − 2x2
√
= √
.
2 · k 2 − x2
k 2 − x2
Kandidaten für Extremwerte liegen an den Nullstellen der ersten Ableitung, wegen
k
fk′ (x) = 0 ⇐⇒ k 2 − 2x2 = 0 ⇐⇒ x = ± √
2
also an den Stellen x3 = − √k2 und x4 =
√k ,
2
die auch beide im Definitionsbereich von fk liegen.
Da der Nenner der zweiten Ableitung im-
y
mer positiv ist, gilt
2
fk′′ (x) > 0 ⇐⇒ 2x3 − 3k 2 x > 0
1
fk′′ (x) < 0 ⇐⇒ 2x3 − 3k 2 x < 0
3
k
Wegen 2x33 − 3k 2 x3 = − √
+
2
3
3k
√
2
> 0
3
2
und entsprechend 2x4 − 3k x4 < 0 liegt bei
− √2
2
−2
−1
1
2
√
2
2
x
x3 ein Tiefpunkt vor, bei x3 ein Hochpunkt.
Einsetzen von x3 und x4 in die
Gleichung
2
von fk liefert die Punkte TP − √k2 | − k2
2
und HP √k2 | k2 .
−1
−2
Die Abbildung zeigt den Graphen von f2
b) Für das Volumen Vk der Rotationskörper gilt
Vk = π ·
=π·
Z
k
0
2
fk (x) dx = π ·
Z
0
k
(k 2 · x2 − x4 ) dx
k
2
k 2 3 1 5 k
1
2
·x − ·x = π·
· k3 − · k5 =
· π · k5 .
3
5
3
5
15
0
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4
Die Längenausdehnung des Rotationskörpers beträgt k , die Breitenausdehnung 2 · f (xmax ) = k 2 .
Längen- und Breitenausdehnung stimmen also genau für k 2 = k , also genau im Fall k = 1 überein.
Die Steigung des Graphen von fk im Ursprung beträgt fk′ (0) =
2
√k
k2
= k . Damit gilt für den Winkel
α, den der Graph von fk im Ursprung mit der x-Achse einschließt tan α = k . In der Spitze des
Rotationskörpers liegt also ein Winkel von 60◦ vor, wenn k = tan 30◦ gilt, also im Fall k =
√1
3
≈ 0, 58.
c) Mit einer zweifachen Anwendung der Kettenregel ermittelt man die erste Ableitung von F2 :
2 p
′ p
2
2
2
4−x
·
4−x
= −(4 − x ) · (4 − x2 )′ ·
=−
F2′ (x)
p
x · (4 − x2 )
√
= x · 4 − x2 = f2 (x).
2
4−x
=
1
√
2 · 4 − x2
Wegen F2′ (x) = f2 (x) ist F2 eine Stammfunktion zu f2 .
Für den Inhalt der Fläche, den der Graph von f2 mit der positiven x-Achse einschließt, gilt demnach
A=
Z
0
2
2
√ i 8
1 hp
f2 (x) dx = F2 (x) = − · ( 4 − 22 )3 − ( 4)3 = .
3
3
0
Die Stelle xH ermittelt man mit dem Ansatz
R xH
0
f2 (x) dx = 12 A. Daraus folgt
"
#
xH
3
q
1
8
2
F2 (x) = − ·
4 − xH
−8 =
3
6
0
q
3
4 − x2H
=4
q
√
3
4 − x2H = 4
√
3
4 − x2H = 16
q
√
3
xH = 4 − 16 ≈ 1, 22.
Für das Volumen des Rotationskörpers zu f2 gilt nach Aufgabenteil b) V2 =
für das Volumen des an der Stelle xH abgeschnittenen Körpers
VH = π ·
Z
1,22
0
2
f2 (x) dx = π ·
Damit gilt VH 6=
V2
2 .
Z
1,22
0
x2 (4 − x2 ) dx = π ·
3 3 1 5
x − x
4
5
1,22
0
2
15
· π · 25 ≈ 13, 04 und
≈ 5, 91.
Der Schnitt an der Stelle xH zerlegt den Rotationskörper also nicht in zwei
volumenmäßig gleich große Anteile.
g2
d) Die Differenz f2,2 (x) − f2 (x) gibt den Abstand der beiden Graphen
in vertikaler Richtung an. Im Allgemeinen verläuft der kürzeste Ab-
`
´
x|g2 (x)
g1
stand von einem Punkt des einen Graphen zum anderen Graphen
aber nicht in Richtung der y -Achse. Die Abbildungen rechts zeigt
die allgemeine Situation am Beispiel zweier Graphen zu den Funktionen g1 und g2 . Alle Punkte auf g2 , die innerhalb des Kreises mit
dem Radius r = g2 (x) − g1 (x) liegen, haben zum Punkt x|g1 (x)
`
´
x|g1 (x)
einen kleineren Abstand als r.
Die Wandstärke in einem Punkt P x0 f2 (x0 ) auf dem Graphen von f2 zu einem Punkt Q xf2,2 (x)
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5
auf dem Graphen von f2,2 wird durch die Abstandsfunktion
−−→
d(x) = |P Q| =
q
(x0 − x)2 + (f2 (x0 ) − f2,2 (x))2
ermittelt. Der Abstand von P zum Graphen von f2,2 entspricht dem Minimum von d.
√
Für den Punkt P (1| 3) lautet die Abstandsfunktion konkret
d(x) =
r
(1 − x)2 +
√
3−x·
2
p
2, 22 − x2 .
Mit dem GTR bestimmt man min d(x) ≈ 0, 124. Die Wandstärke erfüllt also die Bedingung.
Block 2A
Aufgabe 1
a) Der Term
Bn;0,4 (2) =
3
· 0, 42 · 0, 61
2
beschreibt die Wahrscheinlichkeit, dass in einer zufälligen Auswahl von n = 3 Fahrgästen genau
k = 2 Zeitkarteninhaber dabei sind.
Die Zufallsvariable X beschreibe die Anzahl der Karteninhaber mit Zeitkarten. Gesucht ist der Wert
P (35 ≤ X ≤ 45), der sich mithilfe der Tabelle zur summierten Binomialverteilung für n = 100 und
p = 0, 4 ermitteln lässt. Man erhält.
P (35 ≤ X ≤ 45) = P (X ≤ 45) − P (X ≤ 34) = 0, 8689 − 0, 1303 = 0, 7386.
Also beträgt die Wahrscheinlichkeit, dass in einer Stichprobe von 100 Fahrgästen mindestens 35
und höchstens 45 Zeitkarteninhaber dabei sind, ungefähr 74 %.
b) Da die Zufallsgröße X binomialverteilt ist, gilt für den Erwartungswert µ
µ = 0, 4 · 9600 = 3840.
und für die Standardabweichung σ
σ=
p
p
n · p · (1 − p) = 3840 · 0, 6 = 48.
Da wegen σ > 3 die Laplace-Bedingung (σ 2 = np(1 − p) > 9) erfüllt ist, kann die Binomialverteilung
in diesem Fall durch die Normalverteilung (mit Stetigkeitskorrektur) angenähert werden. Damit ist die
Wahrscheinlichkeit P (X ≥ 3790), dass bei der Befragung die Anzahl der Fahrgäste mit Zeitkarten
mindestens 3790 beträgt, annähernd gegeben durch
P (X ≥ 3790) = 1 − P (X ≤ 3789)
3789 − µ + 0, 5
≈1−Φ
σ
3789 − 3840 + 0, 5
=1−Φ
48
50.5
50.5
=1−Φ −
=Φ
≈ 0, 8536 ≈ 85 %
48
48
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6
Der Wert 0, 5 dient hier der Stetigkeitskorrektur, die aber wegen des relativ hohen Stichprobenumfangs nicht zwingend erforderlich ist.
Mithilfe der Annäherung durch die Normalverteilung formt man den Term P (µ − r · σ ≤ X ≤ µ + r · σ)
um. Dabei kann auf die Stetigkeitskorrektur verzichtet werden. Man erhält
P (µ − r · σ ≤ X ≤ µ + r · σ) = P (X ≤ (µ + r · σ)) − P (X ≤ (µ − r · σ))
(µ + r · σ) − µ
(µ − r · σ) − µ
≈Φ
−Φ
σ
σ
r · σ r · σ
=Φ
−Φ −
= Φ(r) − (1 − Φ(r)) = 2Φ(r) − 1
σ
σ
Aus der Bedingung P (µ − r · σ ≤ X ≤ µ + r · σ) = 0, 5 folgt damit
2Φ(r) − 1 = 0, 5 ⇐⇒ Φ(r) = 0, 75 ⇐⇒ r ≈ 0, 67.
Inhaltliche Deutung dieses Ergebnisses: Es geht darum, eine Umgebung des Erwartungswerts, das
heißt ein Intervall [µ − R, µ + R], so zu bestimmen, dass die Wahrscheinlichkeit, dass die Anzahl der
ermittelten Zeitkarteninhaber in dieser Umgebung liegt, genau 50 % beträgt. Man erhält in diesem
Fall R = 0, 67 · σ = 32, 16. Mit etwa 50 % Wahrscheinlichkeit ermittelt man bei der Stichprobe
zwischen 3840 − 32 = 3808 und 3840 + 32 = 3872 Zeitkarteninhaber.
c) Die Zufallsvariable X beschreibe die Anzahl der Zeitkarteninhaber unter den 250 befragten Fargästen. Die Hypothese p > 0, 4 soll überprüft werden. Daher muss das Gegenteil als Nullhypothese
formuliert werden:
H0 : p ≤ 0, 4.
Es handelt sich um einen rechtsseitigen Signifikanztest. Ab einer bestimmten Anzahl k von Zeitkarteninhabern unter den Befragten wird die Nullhypothese verworfen. Für den Ablehnungsbereich A
gilt also
A = {k, k + 1, . . . , 250}
mit einer natürlichen Zahl k . Gesucht ist die kleinste Zahl k , für die P (X ≥ k) ≤ 0, 05 gilt. Diese
Ungleichung lässt sich umformen
P (X ≥ k) ≤ 0, 05 ⇐⇒ 1 − P (X ≤ k − 1) ≤ 0, 05 ⇐⇒ P (X ≤ k − 1) ≥ 0, 95
Mit der Binomialverteilung für n = 250, p = 0, 4 ermittelt man
P (X ≤ 112) ≈ 0, 9461 < 0, 95 und P (X ≤ 113) ≈ 0, 9587 > 0, 95.
Es folgt k − 1 = 113. Es ist also k = 114 die kleinste natürliche Zahl, für die P (X ≥ k) ≤ 0, 05 gilt.
Das bedeutet, dass bei einem Signifikanzniveau von 5 % die Nullhypothese genau dann verworfen
(und damit die Ausgangshypothese angenommen) wird, wenn unter den 250 Befragten mehr als
113 eine Zeitkarte besitzen.
Zur Auswertung der Tabelle: Beträgt der wirkliche Anteil der Zeitkarteninhaber 42 %, so wird bei
einem Stichprobenumfang von n = 150 und einem Signifkanzniveau von 5 % die wahre Hypothese
mit einer Wahrscheinlickeit von mehr als 89 % verworfen. Bei einem Umfang von n = 10 000 wird
sie dagegen mit einer Wahrscheinlichkeit von 1 − 0, 008 = 0, 992 = 99, 2 % bestätigt. Der kleinere
Stichprobenumfang liefert im Unterschied zum größeren Stichprobenumfang also keine tragfähigen
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7
Ergebnisse, sofern der Anteil der Zeitkarteninhaber nur minimal größer geworden ist.
Für n = 150 ergibt sich nur dann ein sehr kleiner Fehler zweiter Art, wenn sich der Anteil der Zeitkarteninhaber deutlich erhöht hat. Der kleinere Stichprobenumfang wäre also dann durchaus angemessen, wenn man nur an der Frage interessiert ist, ob sich der Anteil deutlich, etwa um mindestens
20 %, vergrößert hat. In diesem Fall ist der Unterschied zwischen dem größeren und kleineren Stichprobenumfang minimal. Der Betreiber könnte sich – unter Berücksichtigung des Aufwands und der
Kosten – in diesem Fall durchaus für einen Test mit dem kleineren Stichprobenumfang entscheiden.
Aufgabe 2
a) In Parameterform lautet eine Gleichung der Ebene E
 
 
 
3
−3
−3
−−→
−−→
−−→  
 
 
E : OD + λ · DF + µ · DG = 0 + λ ·  6  + µ ·  0 
7

n1
1
2

−−→
−−→
 
Ein Normalenvektor ~nE = n2  der Ebene E muss ~nE · DF = 0 und ~nE · DG = 0 erfüllen. Setzt
n3
man etwa n1 = 4, dann erhält man daraus das Gleichungssystem
−12 + 6n2 + n3 = 0,
−12 + 2n3 = 0.
→
Aus der zweiten Gleichung folgt n3 = 6. Damit liefert die erste n2 = 1. Also gilt −
nE
eine Normalengleichung lautet
 
4
 
= 1, und
6

   
3
4

   
E : ~x − 0 · 1 = 0.
7
6
Die Normalengleichung ist besonders geeignet, um den Schnittwinkel zu bestimmen. Für den
Schnittwinkel α zwischen der Ebene und der z -Achse gilt
~nE
 
1  
· 0
0 6
sin(α) =
  = √ .
1 53
 
|~nE | · 0
0 Daraus folgt α ≈ 55, 5◦ .
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8
b) Das abgeschliffene Stück ist eine Pyramide, deren Grundfläche
z
das Trapez GG′ F ′ F mit G′ (0|0|7) und F ′ (0|6|7) ist. Für dessen
G
Grundfläche A gilt
A=
→ −−→
−−→ 1
1 −−′−
· |G F ′ | · |F F ′ | + |GG′ | = · 6 · (1 + 2) = 9.
2
2
F
G′
F′
D


−3
−−→  
Die Höhe h der Pyramide ist die Länge des Vektors DG′ =  0 .
0
Also erhält man für das Volumen des abgeschliffenen Stücks
V =
C
A
1
· A · h = 9.
3
B
y
x
Der Punkt L(l1 |l2 |l3 ) ist der Fußpunkt des Lotes vom Punkt G auf die Gerade AB , erfüllt demnach
−→ −→
−
−
→
−→ −−
→
OL = OA + λ · AB sowie GL · AB = 0,
also die beiden Gleichungen
   
 
l1
3
−3
   
 
l2  = 0 + λ ·  6 
l3
0
0
und
− 3 · l1 + 6 · l2 = 0.
Aus der letzten Zeile der ersten Gleichung folgt zunächst l3 = 0. Aus der zweiten Gleichung erhält
man l1 = 2l2 . Setzt man das in die erste Gleichung ein, dann ergibt sich
2l2 = 3 − 3λ = 12λ,
woraus λ =
1
5
folgt. Einsetzen dieses Ergebnisses in die Geradengleichung von AB liefert
L(2, 4|1, 2|0).
Block 2B
Aufgabe 1
a) Für den Richtungsvektor des gesuchten Punktes C gilt

4


4


8

−−→ −→ −−→      
OC = OA + OB = −2 + −6 = −8
−4
4
0
Man erhält also C(8| − 8|0).
−→
−−→
Für das Vektorprodukt von OA und OB ergibt sich


 

−2 · 4 − 6 · 4
−32
−→ −−→     
 

OA × OB = −2 × −6 = −4 · 4 − 4 · 4 = −32 .
−4
4
−4 · 6 + 2 · 4
−16
4


4

−→ −−→
Der Betrag des Vektorprodukts OA × OB entspricht dem Flächeninhalt des von den erzeugenden
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9
−→
−−→
Vektoren OA und OB aufgespannten Parallelogramms OACB . Man erhält also
p
−→ −−→
AOACB = |OA × OB| = 322 + 322 + 162 = 48.
−→ −−→
−→
−−→
Das Vektorprodukt OA × OB steht senkrecht auf den beiden Vektoren OA und OB und folglich auch
−→ −−→
zur Ebene E1 . Daher ist OA× OB einweiterer
Normalenvektor für E1 und muss damit ein Vielfaches

2
 
des angegebenen Normalenvektors 2 sein. In der Tat gilt
1


 
−32
2
−→ −−→ 

 
OA × OB = −32 = −16 · 2 .
−16
1
b) Für a = 4 sind die Normalenvektoren der beiden Ebenen linear abhängig. Die Ebenen E1 und
F4 sind also parallel. Sie können aber nicht identisch sein, da E1 den Ursprung enthält F4 aber
nicht. Dies erkennt man unmittelbar, wenn man den Punkt (0|0|0) in die beiden Ebenengleichungen
einsetzt. Es ist folglich keine Ebene der Schar Fa mit der Ebene E1 identisch.
Der Punkt P (−4|3|2) liegt wegen
   
2
−4
   
2 ·  3  = −8 + 6 + 2 = 0 und
1
2
   
1
−4
   
2 ·  3  = −4 + 6 + 4 = 6
2
2
in der Ebene E1 und in der Ebene E2 .
Die Normalenvektoren zweier identischer oder paralleler Ebenen sind linear abhängig. Deren Vektorprodukt ist folglich der Nullvektor. Da dieses Vektorprodukt bei den Ebenen E1 und E2 nicht
verschwindet, können sie daher nicht parallel oder identisch sein, müssen sich also schneiden.
Das Vektorprodukt ~u der beiden Normalenvektoren ist kollinear zur Schittgeraden g , also ist u ein
geeigneter Richtungsvektor. Da P , wie oben gezeigt wurde, auf g liegt, gilt
 
 
−4
2
−−→
 
 
g : ~x = OP + λ · ~u =  3  + λ · −3 .
2
2
c) Es gilt
    
 

4
1
2·a−2·2
2a − 4
    
 

→
−
v = a × 2 = 2 · 1 − 4 · 2 =  −6  .
2
2
4·2−1·a
8−a
Damit ~u und ~v linear abhängig sind, muss


 
2a − 4
2


 
=
λ
·
 −6 
−3
8−a
2
für ein λ ∈ R gelten. Aus der zweiten Zeile folgt sofort λ = 2. Damit liefert die erste 2a − 4 = 4, also
a = 4. Mit diesen Werten ist dann auch die Gleichung der dritten Zeile erfüllt.
Für a = 4 sind also die Vektoren ~u und ~v kollinear. Die entsprechenden Ebenen E1 und F4 sind
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damit nach b) parallel. Da E1 und E2 nach b) nicht parallel sind, sind auch die Ebenen F4 und E2
nicht parallel und besitzen eine gemeinsame Schnittgerade.
Aufgabe 2
a) Ein Kolben ist genau dann ein Ausschussteil, wenn der Durchmesser x größer als 53 mm oder kleiner
als 47 mm ist. Daher gilt
P ( „Ausschuss“ ) = P (x < 47) + P (x > 53) = P (x ≤ 47) + 1 − P (x ≤ 53)
47 − 50
53 − 50
=1+Φ
−Φ
= Φ(−1, 5) − Φ(1, 5) ≈ 0, 1336 = 13, 36 %.
2
2
Weiter gilt
P („1. Wahl“) = P (48, 5 ≤ X ≤ 51, 5) = Φ
51, 5 − 50
48, 5 − 50
−Φ
= Φ(0, 75)−Φ(−0, 75) ≈ 0, 5467 = 54, 67 %.
2
2
Bei einer Tagesproduktion von insgesamt 500 Kolben sind daher
500 · 0, 5467 = 273, 35,
also 273 Kolben mit der Qualität „1. Wahl“ pro Tag zu erwarten.
b) Die Funktion f erfüllt die Kriterien einer Dichtefunktion, wenn gilt:
(i) f (x) ≥ 0 für alle x ∈ R.
R∞
(ii) −∞ f (x) dx = 1.
3
4 (1
− x2 ) ist eine nach unten geöffnete Parabel mit den beiden Nullstellen
x1 = −1 und x2 = 1. Daraus folgt p(x) ≥ 0 für −1 ≤ x ≤ 1 und damit insgesamt f (x) ≥ 0 für alle
Die Funktion p(x) =
x ∈ R. Die Funktion f besitzt also die Eigenschaft (i). Weiter gilt
∞
1
3
f (x) dx =
f (x) dx =
4
−∞
−1
Z
Z
1
3
(1 − x ) dx =
4
−1
Z
2
1
3 2 2
x3 =
x−
+
= 1.
3 −1 4 3 3
Also erfüllt f auch die Eigenschaft (ii) und ist damit in der Tat eine Dichtefunktion.
R 0,5
Das Integral −0,5 43 · (1 − x2 ) dx gibt die Wahrscheinlichkeit dafür an, dass ein Kolbendurchmesser
höchstens 0,5 mm vom Sollwert abweicht. Das Produkt der beiden Integrale beschreibt also die
Wahrscheinlichkeit dafür, dass zwei zufällig aus der Produktion entnommene Kolben beide diesen
Qualitätsstandard besitzen.
Es gilt
Z
0,5
−0,5
3
3
· (1 − x2 ) dx =
4
4
Daraus folgt
Z
0,5
−0,5
3
· (1 − x2 ) dx ·
4
Z
0,5
x3 3 11 11
11
x−
−
=
.
=
3 −0,5
4 24 24
16
0,5
−0,5
3
· (1 − x2 ) dx =
4
11
16
2
≈ 0, 4727.
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Die hier abgedruckten Lösungsvorschläge sind nicht die amtlichen Lösungen des zuständigen Kultusministeriums.
Impressum:
Alle Rechte vorbehalten. Nachdruck, auch auszugsweise, vorbehaltlich der Rechte die sich aus den
Schranken des UrhG ergeben, nicht gestattet.
c Dudenverlag, Bibliographisches Institut & F. A. Brockhaus AG, Mannheim 2008
Redaktionelle Leitung: Simone Senk
Redaktion: Christa Becker, Tamara Jordan
Autor: Thomas Epp
Dudenverlag, Bibliographishes Institut & F. A. Brokhaus AG, Mannheim, 2008
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