Musterlösung

1
Lernmodul 1
Fernaufgabe 1.1
Der Term kann in den Taschenrechner eingegeben werden und die Lösung muss
dann in die wissenschaftliche Schreibweise gebracht werden. Dafür sollte man
wissen, was die Zehnerpotenzen bewirken. Und zwar verschiebt die Multiplikation
mit 10−7 z.B. das Komma um sieben Stellen nach links, 105 entsprechend um fünf
Stellen nach rechts. Wir haben
13.6 ⋅ 0.0074 + 92.4 ⋅ 0.0252 − 0.0012 ⋅ 19.6 = 0.13487 = 1.3487 ⋅ 10−1 ≐ 1.35 ⋅ 10−1 .
Bei der wissenschaftlichen Schreibweise steht das Komma nach der höchsten signifikanten Stelle, also der ersten Stelle von links, die nicht 0 ist. Um in diesem
Fall beim Ergebnis das Komma an die genannte Stelle zu verschieben, muss man
einmal nach rechts verschieben. Also muss man noch mit 10−1 multiplizieren, um
das Komma damit wieder um eins nach links zu verschieben, damit die Zahl unverändert bleibt und man somit die Zahl nur in eine andere Form gebracht hat.
Fernaufgabe 1.2
Man verwende die dritte Binomische Formel auf die beiden Nenner, um die drei
Summanden auf den gleichen Nenner zu bringen:
√ √
√
√ √
√
√
√
y
x( x − y)
y( x + y) x − y
x
√
+
+
√ +√
√ +1 =
x−y
x−y
x−y
x+ y
x− y
√
√
x − xy
xy+ y x − y
=
+
+
x−y
x−y
x−y
x+y x−y
+
=
x−y x−y
2x
=
x−y
Fernaufgabe 1.3
Als erstes faktorisiere man den dritten Nenner und füge die verschiedenen Faktoren
aller Nenner zu einem neuen gemeinsamen Nenner ab(a − b) zusammen:
a+b
2
2b
(a + b)(a − b)
2ab
2b2
−
+ 2
=
−
+
ab
a − b a − ab
ab(a − b)
ab(a − b) ab(a − b)
2
2
a −b
2ab
2b2
=
−
+
ab(a − b) ab(a − b) ab(a − b)
a2 − 2ab + b2
(a − b)2
a−b
=
=
=
ab(a − b)
ab(a − b)
ab
In der vorletzten Zeile haben wir die zweite Binomische Formel verwendet.
2
Fernaufgabe 1.4
Gegeben sei der Term
t = {[4x − (5x y + y)] − [7 y − (x − 2x y)]} − (x + y).
Die einzelnen Klammern werden von innen nach außen mit Hilfe des Distributivgesetzes aufgelöst:
t = {[4x − 5x y − y] − [7 y − x + 2x y]} − x − y
= {4x − 5x y − y − 7 y + x − 2x y} − x − y
= 4x − 5x y − y − 7 y + x − 2x y − x − y
= 4x − 7x y − 9 y
Fernaufgabe 1.5
Gebraucht werden die dritte Binomische Formel und das Distributivgesetz:
a2 − b2 − 3(a + b) (a + b)(a − b) − 3(a + b)
=
3a − 3b − 9
3(a − b − 3)
(a + b)[(a − b) − 3]
=
3(a − b − 3)
(a + b)(a − b − 3) a + b
=
=
3(a − b − 3)
3
Fernaufgabe 1.6
Auch hier braucht man die Binomischen Formeln, und zwar die dritte und die
zweite, und b − a = −(a − b):
2b
1
a−b
2b
a+b
1
+ 2
+
=
+
−
2
a+b a −b
b − a (a + b)(a − b) (a + b)(a − b) (a + b)(a − b)
0
=
=0
(a + b)(a − b)
Fernaufgabe 1.7
b − a a2 − b2
b − a (a + b)2
÷
=
⋅
a + b (a + b)2 a + b a2 − b2
a−b
(a + b)2
=−
⋅
a + b (a + b)(a − b)
(a − b)(a + b)2
=−
= −1
(a + b)(a + b)(a − b)
3
Fernaufgabe 1.8
Man kann hier mit der Polynomdivision rangehen und das gegebene Polynom
durch einen der Linearfaktoren teilen oder man „errät“ den einen fehlenden Linearfaktor, indem man die Gleichung
25x 3 + 15x 2 − 9x + 1 = 25(x + 1)(x − 0.2)(x − x 3 )
aufschreibt. Die Polynomdivision wäre der längere und kompliziertere Weg. Nehmen wir den einfacheren. Da zwei Nullstellen durch die Linearfaktoren (x 1 = −1
und x 2 = 0.2) gegeben sind, fehlt ja nur eine Nullstelle x 3 , da das Polynom dritten Grades ist. Auf der rechten Seite müsste man das Distributivgesetz anwenden,
d.h. ausmultiplizieren, um einen Term der Form der linken Seite zu erhalten. Uns
reicht es nur die Kombinationen zu betrachten, bei denen ein x 2 zustande kommt.
Also können wir folgende Gleichung aufstellen:
15x 2 = −25x 3 x 2 + 25 ⋅ (−0.2)x 2 + 25x 2 = −25x 3 x 2 + 20x 2 .
Wir sehen, dass x 2 in jedem Summanden auf der linken und der rechten Seite
vorkommt. Also können wir beide Seiten faktorisieren und erhalten eine Gleichung
ohne x 2 ,
15 = −25x 3 + 20,
die wir nach x 3 umstellen können und erhalten die dritte Nullstelle und damit den
dritten Linearfaktor:
−5 = −25x 3 ⇔ x 3 = 0.2
Der dritte Linearfaktor ist also (x − 0.2).
25x 3 + 15x 2 − 9x + 1 = 25(x + 1)(x − 0.2)(x − 0.2) = 25(x + 1)(x − 0.2)2
Das anzukreuzende Ergebnis steht aber nicht in der erwarteten Form. Man erhält es, indem man einen Faktor 5 vor der Klammer in den Linearfaktor, den wir
ausgerechnet haben, reinzieht:
25(x + 1)(x − 0.2)(x − 0.2) = 5(x + 1)(5x − 1)(x − 0.2).
4
Lernmodul 2
Fernaufgabe 2.1
Da mehr Arbeiter die Arbeit in kürzerer Zeit schaffen, haben wir einen antiproportionalen Zusammenhang (je mehr, desto weniger). Um von 5 Arbeitern auf 6 zu
kommen, muss man mit 64 = 32 multiplizieren. Auf der anderen Seite (also 5 Tage)
muss man durch 32 teilen oder mit 23 multiplizieren. Desweiteren haben wir mehr
Leitung. Mehr Leitung bedeutet mehr Zeit (je mehr, desto mehr). Um die Länge
27
von 360 auf 972 zu bringen, muss man mit 972
360 = 10 = 2.7 multiplizieren. Auf der
anderen Seite muss man auch mit 2.7 multiplizieren. Also haben wir:
5⋅
2
⋅ 2.7 = 9.
3
Also werden 9 Tage benötigt.
Die Arbeiter stehen zu der Zeit in antiproportionalem Zusammenhang. Die Zeit
muss auf 7 Tage gebracht werden, also muss man mit 75 multiplizieren. Die Arbeiter
müssen dann durch 75 geteilt, also mit 57 multipliziert werden. Wegen mehr Leitung
14
muss mit 1008
360 = 5 = 2.8 multipliziert werden:
4⋅
5
⋅ 2.8 = 8.
7
Es werden 8 Arbeiter benötigt.
Fernaufgabe 2.2
Es ist eine Gleichung mit Brüchen. Man muss natürlich alle auf gleichen Nenner
bringen. Zuerst faktorisieren wir die Nenner und erzeugen aus den unterschiedlichen Faktoren den gemeinsamen Nenner und müssen danach alle Brüche auf den
gemeinsamen Nenner erweitern.
x
1
−
− 6x + 9 x
x
1
−
2
(x − 3)
x
2
2
x
(x − 3)
−
2
x(x − 3)
x(x − 3)2
x 2 − (x − 3)2
x(x − 3)2
x2
⇔
⇔
⇔
5
− 3x
5
=
x(x − 3)
5(x − 3)
=
x(x − 3)2
5(x − 3)
=
x(x − 3)2
=
x2
Zwei Brüche, deren Nenner übereinstimmen, sind genau dann gleich, wenn die
Zähler gleich sind:
x 2 − (x − 3)2 = 5(x − 3).
5
Lösen wir als Nächstes die Klammern auf, indem wir die zweite Binomische Formel
verwenden:
x 2 − (x − 3)2 = 5(x − 3)
⇔ x 2 − (x 2 − 6x + 9) = 5x − 15
⇔
x 2 − x 2 + 6x − 9 = 5x − 15
⇔
x − 9 = −15
⇔
x = −6
Fernaufgabe 2.3
Am besten sollte man hier physikalisch vorgehen. Bezeichnen wir die Zustromgeschwindigkeit mit v1 , die Abpumpgeschwindigkeit mit v2 , die Kapazität des Tanks
mit c und die Entwicklungen des Wasserstands im Tank mit w1 (t) bzw. w2 (t). Die
Zeit t hat die Maßeinheit Stunden (h). Die Maßeinheit für den Tankinhalt ist unwichtig, man kann Liter (l) verwenden. Die Geschwindigkeiten werden dann mit
l/h gemessen, und w1 bzw. w2 mit Liter. Da v1 und v2 entgegengesetzt sind, muss
v1 positiv und v2 negativ sein, da die Kapazität c logischerweise positiv sein sollte.
Wir erhalten folgende Gesetzmäßigkeiten:
c = v1 ⋅ 10 = 10v1 , −c = v2 ⋅ 6 = 6v2 .
Damit haben wir:
5
10v1 = −6v2 ⇔ v1 = −0.6v2 ⇔ v2 = − v1
3
Für die erste Entwicklung haben wir
2
5
w1 (1.25) = (v1 + v2 ) ⋅ 1.25 = (v1 − v1 ) ⋅ 1.25 = − v1 ⋅ 1.25.
3
3
Für die zweite Entwicklung haben wir wegen einer zweiten Pumpe mit doppeltem
Pumpvermögen insgesamt die dreifache Leistung der ersten Pumpe:
5
w2 (t 0 ) = (v1 + 3v2 )t 0 = (v1 − 3 ⋅ v1 ) t 0 = −4v1 t 0 .
3
Mit t 0 bezeichnen wir hier die Zeit, die benötigt wird, um den Tank in der zweiten
Phase leer zu pumpen. Aufgrund der Aufgabenstellung gilt:
w1 (1.25) + w2 (t 0 ) = −c.
Hier steht −c für den leer gepumpten Tank, unter der Annahme, dass er am Anfang
voll war. Sei T die Gesamtzeit, in der der Tank leer gepumpt wird (also beide
Phasen). Dann gilt:
T = 1.25 + t 0 .
Wir können die erstere Gleichung durch Verwendung oberer Gleichungen umformen zu:
2
− v1 ⋅ 1.25 − 4v1 t 0 = −10v1
3
2
⇔ v1 (− ⋅ 1.25 − 4t 0 ) = v1 (−10)
3
2
⇔
− ⋅ 1.25 − 4t 0 = −10
3
6
Wir haben also eine lineare Gleichung mit einer Variable, t 0 :
2
− ⋅ 1.25 − 4t 0 = −10
3
2 5
⋅
3 4
5
−10 +
6
60 5
+
−
6 6
55
1
−
⋅ (− )
6
4
55
24
⇔
−4t 0 = −10 +
⇔
−4t 0 =
⇔
−4t 0 =
⇔
t0 =
⇔
t0 =
Somit erhalten wir
5
55
30
55
85
T = h+
h=
h+
h=
h ≐ 3.54h.
4
24
24
24
24
Fernaufgabe 2.4
Eine Gerade ist durch zwei Punkte eindeutig definiert. Die Funktionsgleichung
einer Geraden ist y = mx + b. Nehmen wir zuerst die Punkte A(−1∣ − 1) und B(4∣0).
Die Steigung kann direkt berechnet werden:
m=
y2 − y1 0 − (−1) 1
=
= = 0.2.
x 2 − x 1 4 − (−1) 5
Damit haben wir nun die Gleichung y = 0.2x + b. Dies ist ja die Gleichung der
Geraden, die durch die Punkte A und B geht. Beide Punkte müssen die Funktionsgleichung also erfüllen. B eingesetzt erhalten wir:
0 = 0.2 ⋅ 4 + b ⇔ 0 = 0.8 + b ⇔ b = −0.8
Also hat diese Gerade die Gleichung
yAB = 0.2x − 0.8.
Das Gleiche machen wir mit A(−1∣ − 1) und C(2∣3):
m=
3 − (−1) 4
= .
2 − (−1) 3
C eingesetzt:
4
8 9 8 1
⋅2+ b ⇔ b =3− = − =
3
3 3 3 3
Wir erhalten die Gleichung
4
1
yAC = x + .
3
3
3=
7
Und nun die letzte Kombination B(4∣0) und C(2∣3):
m=
B eingesetzt:
3
3−0
=
= −1.5.
2 − 4 −2
0 = −1.5 ⋅ 4 + b ⇔ 0 = −6 + b ⇔ b = 6
Somit erhalten wir die letzte Gleichung:
yBC = −1.5x + 6.
Um die Koordinaten der drei Punkte rechnerisch zu überprüfen, muss man die drei
Punkte in die drei Gleichungen einsetzen. Dabei sollte kein Widerspuch entstehen,
ansonsten hat man sich irgendwo verrechnet.
Fernaufgabe 2.5
Zuerst muss man die Geradengleichung durch P(−2∣ − 2.5) und Q(1∣1) aufstellen.
Zuerst die Steigung:
1 − (−2.5) 3.5 7
m=
=
= .
1 − (−2)
3
6
Dann Punkt Q einsetzen:
1=
7
7 6 7
1
⋅1+ b ⇔ b =1− = − =−
6
6 6 6
6
Also haben wir
1
7
x− .
6
6
Nach der Aufgabenstellung müssen wir also die Nullstelle der Geraden berechnen.
Dafür müssen wir sie Null setzen:
y=
0=
7
1
1 7
1 6 1
x−
⇔
= x ⇔ x= ⋅ =
6
6
6 6
6 7 7
Fernaufgabe 2.6
Man kann die Aufgabe physikalisch lösen, also die Weg-Zeit-Gesetze verwenden:
s1 (t) = v1 t + 10, s2 (t) = v2 t.
Die Aufgabenstellung führt zu:
1
s1 (t) = s2 (t) ⇔ 120t + 10 = 180t ⇔ 10 = 60t ⇔ t = h
6
Eine Sechstel Stunde ist 10 Minuten. Um die zurückgelegte Strecke zu berechnen
muss man die berechnete Zeit in eine der beiden Gleichungen einsetzen. Nehmen
wir s2 :
1
1
s2 ( h) = 180km/h ⋅ h = 30km.
6
6
8
Lernmodul 3
Fernaufgabe 3.1
Am besten kann man diese Aufgabe lösen, indem man die Funktion in die Scheitelpunktform bringt. Man kann aber auch die Nullstellen und die Stelle in der Mitte
dazwischen berechnen. Die letztere Methode funktioniert nicht immer, da es Nullstellen bei einer Parabel nicht geben muss. Wählen wir die Standardmethode, also
die Scheitelpunktform:
f (x) = −x 2 + 4x + 5
= −(x 2 − 4x − 5)
= −(x 2 − 4x + 22 − 22 − 5)
= −((x − 2)2 − 4 − 5)
= −((x − 2)2 − 9)
= −(x − 2)2 + 9
Der Scheitelpunkt liegt also bei S(2∣9).
Fernaufgabe 3.2
Auch hier muss der Scheitelpunkt berechnet werden. Also wieder Scheitelpunktform:
f (x) = −0.1x 2 + 0.6x + 1.5
= −0.1(x 2 − 6x − 15)
= −0.1(x 2 − 6x + 32 − 32 − 15)
= −0.1((x − 3)2 − 9 − 15)
= −0.1((x − 3)2 − 24)
= −0.1(x − 3)2 + 2.4
Da der Scheitelpunkt bei S(3∣2.4) liegt, ist die Höhe 2.4m.
Für die zweite Teilaufgabe ist die rechte Nullstelle der Parabel gefragt. Für die
Nullstellenberechnung kann man als Alternative zur pq-Formel auch die Scheitelpunktform verwenden:
−0.1(x − 3)2 + 2.4 = 0 ⇔ −0.1(x − 3)2 = −2.4 ⇔ (x − 3)2 = 24
√
√
√
⇔ x − 3 = ± 24 = ±2 6 ⇔ x = 3 ± 2 6
√
Die rechte Nullstelle liegt bei x = 3 + 2 6m ≐ 7.9m.
Alternativ kann man für diese und die vorhergehende Aufgabe auch die Differentialrechnung verwenden.
9
Fernaufgabe 3.3
Wir können die Tatsache verwenden, dass die Dreiecke alle gleichschenklig und
rechtwinklig sind. Außerdem sind jeweils zwei kongruent. Bezeichnen wir die
kleinere Kathete mit x, dann ist die größere 10 − x. Sei die kleinere Hypotenuse z
und die größere z ′ , dann gilt:
√
x 2 + x 2 = z 2 ⇔ 2x 2 = z 2 ⇔ z = x 2
Entsprechend gilt:
√
2(10 − x)2 = (z ′ )2 ⇔ z ′ = (10 − x) 2
Da wir den maximalen Flächeninhalt suchen, brauchen wir die Formel für den
Flächeninhalt eines Rechtecks:
A = a ⋅ b.
In diesem Fall sind die Seitenlängen die beiden Hypotenusen:
√
√
A = z ⋅ z ′ = x 2 ⋅ (10 − x) 2 = 2x(10 − x) = −2x 2 + 20x.
Von dieser Funktion A(x) = −2x 2 + 20x wollen wir also den Hochpunkt berechnen.
Da es eine nach unten geöffnete Parabel ist, können wir sie wieder in Scheitelpunktform bringen:
A(x) = −2x 2 + 20x
= −2(x 2 − 10x + 52 − 52 )
= −2((x − 5)2 − 25)
= −2(x − 5)2 + 50
√
Der Scheitelpunkt liegt also bei S(5∣50). Die Seitenlängen sind also z = z ′ = 5 2cm
und der maximale Flächeninhalt A = 50cm2 .
Fernaufgabe 3.4
Hier soll man eine quadratische Gleichung mit Hilfe der quadratischen Ergänzung
lösen. Diesen Weg haben wir schon zwei Mal verwendet:
0 = x 2 + 2x − 1
= x 2 + 2x + 12 − 12 − 1
= (x + 1)2 − 1 − 1
= (x + 1)2 − 2
Weiter gilt:
√
√
(x + 1)2 − 2 = 0 ⇔ (x + 1)2 = 2 ⇔ x + 1 = ± 2 ⇔ x = −1 ± 2
Also haben wir zwei Lösungen:
√
√
x 1 = −1 + 2 ≐ 0.41, x 2 = −1 − 2 ≐ −2.41.
10
Fernaufgabe 3.5
Hier soll man eine Lösungsformel verwenden, also die pq-Formel. Dafür muss die
Gleichung in die pq-Normalform gebracht werden, also die Form
0 = x 2 + px + q.
D.h.
√
√
√
√
√
3
3x 2 − 3x = 6 3 ⇔
3x 2 − 3x − 6 3 = 0 ⇔ x 2 − √ x − 6 = x 2 − 3x − 6 = 0
3
Aus dieser Form kann dann p und q abgelesen werden. Hier ist
√
p = − 3, q = −6.
Die pq-Formel ist
p
x 1/2 = − ±
2
√
p 2
( ) − q.
2
Wir erhalten
¿
√
Á √ 2
⎞
⎛
− 3 Á
À − 3 +6
x 1/2 = −
±Á
2
⎝ 2 ⎠
√
√
3
3 24
=
±
+
2
4 4
√
√
3
27
=
±
2
4
√
√
√
√
3 3 3 1 3±3 3
±
=
=
2
2
2
√
√
√
√
4 3
2 3
x1 =
= 2 3, x 2 = −
= − 3.
2
2
und damit
Fernaufgabe 3.6
Für die Definitionsmenge müssen wir nur den zweiten Nenner betrachten, denn
bei dieser Gleichung
2x + 1
9
+
=4
3
2x + 1
ist der zweite Bruch die einzige Stelle, wo etwas Undefiniertes entstehen kann,
nämlich durch 0 im Nenner. Da durch 0 nicht geteilt werden darf, darf der Nenner
nicht 0 werden. Die Nullstellen des Nenners müssen also aus den reellen Zahlen
für den Definitionsbereich ausgeschlossen werden. D.h.
1
2x + 1 = 0 ⇔ 2x = −1 ⇔ x = − = −0.5
2
11
Der Definitionsbereich ist also R/{−0.5} .
Als Nächstes müssen wir die beiden Brüche auf einen gleichen Nenner bringen
(3(2x + 1)):
27
12(2x + 1)
(2x + 1)2
+
=
.
3(2x + 1) 3(2x + 1) 3(2x + 1)
Damit erhalten wir eine Gleichung der Zähler, denn zwei Brüche mit gleichem Nenner sind gleich, wenn ihre Zähler gleich sind. Da es eine quadratische Gleichung
ist, bringen wir sie in pq-Normalform:
(2x + 1)2 + 27 = 12(2x + 1)
4x 2 + 4x + 1 + 27 = 24x + 12
4x 2 + 4x + 28 = 24x + 12
4x 2 − 20x + 16 = 0
x 2 − 5x + 4 = 0
Eingesetzt in die pq-Formel erhalten wir:
√
√
5
5 2
x 1/2 = ± ( ) − 4 = 2.5 ± 2.25 = 2.5 ± 1.5,
2
2
und damit
x 1 = 4, x 2 = 1.
Fernaufgabe 3.7
Physikalisch können wir diese Aufgabe mit einem rechtwinkligen Dreieck lösen,
bei dem eine Kathete v1 t 0 die Entfernung des ersten Wagens von der Kreuzung
darstellt und die andere Kathete v2 t 0 die des zweiten. Die Hypotenuse ist offensichtlich die Entfernung der beiden Wagen von einander. Nach Pytagoras haben
wir (Maßeinheiten müssen beachtet werden):
(72t 0 )2 + (54t 0 )2 = 0.52 ⇔ 5184t 02 + 2916t 02 = 0.25 ⇔ 8100t 02 = 0.25
1
1
602
60 ⋅ 60
⇔ t 02 =
⇔ t0 =
h=
s=
s = 20s
32400
180
180
3 ⋅ 60
Fernaufgabe 3.8
Gegeben ist die quadratische Funktion
5
f (x) = − (x + 4)2 + 8.
2
Zuerst brauchen wir die Funktionsgleichung der Geraden durch P(−2∣ − 2) und
Q(3∣ − 4). Wir gehen vor wie üblich:
g(x) = mx + b.
12
Die Steigung berechnen wir mit
m=
2
−4 − (−2) −2
=
= − = −0.4.
3 − (−2)
5
5
Als Nächstes setzen wir Q ein:
−4 = −0.4 ⋅ 3 + b ⇔ −4 = −1.2 + b ⇔ b = −4 + 1.2 = −2.8
Somit erhalten wir
g(x) = −0.4x − 2.8.
Um den Schnittpunkt zwischen Parabel und Gerade zu berechnen, müssen wir die
beiden Funktionen gleichsetzen ( f (x) = g(x)) und in die pq-Normalform bringen:
5
− (x + 4)2 + 8 = −0.4x − 2.8
2
2
−2.5(x + 8x + 16) + 8 = −0.4x − 2.8
−2.5x 2 − 20x − 40 + 8 = −0.4x − 2.8
−2.5x 2 − 19.6x − 29.2 = 0
x 2 + 7.84x + 11.68 = 0
In die pq-Formel eingesetzt erhalten wir:
√
√
7.84 2
7.84
± (
) − 11.68 = −3.92 ± 3.6864 = −3.92 ± 1.92.
x 1/2 = −
2
2
Es gibt also zwei Schnittpunkte, und zwar bei
x 1 = −2, x 2 = −5.84.
Wir brauchen noch die Funktionswerte zu den Stellen, also
f (x 1 ) = g(x 1 ) = −2, f (x 2 ) = g(x 2 ) = −0.464.
Die Schnittpunkte sind also
S1 (−2∣ − 2), S2 (−5.84∣ − 0.464).
Weiter müssen wir noch die Entfernung der beiden Schnittpunkte von einander
berechnen. Dazu stellen wir uns ein rechtwinkliges Dreieck mit den Schnittpunkten als zwei Eckpunkten im Koordinatensystem vor. Dann ist die Differenz der
x-Koordinaten der Schnittpunkte eine Kathete des Dreiecks und die Differenz der
y-Koordinaten die andere Kathete. Die Entfernung d der Punkte ist dann die Hypotenuse. Nach Pytagoras haben wir nun
(−5.84 − (−2))2 + (−0.464 − (−2))2 = d 2 ⇔ 3.842 + 1.5362 = d 2
√
⇔
17.104896 = d ⇔ d ≐ 4.1358 ≐ 4.14
13
Fernaufgabe 3.9
Bei dieser Wurzel-Gleichung
√
√
√
3x − 3 + 4 + 3x = 6x + 25
muss man die Wurzeln los werden. Da man die Gleichung nicht so umformen
kann, dass auf keiner Seite eine Summe steht, können wir direkt quadrieren:
√
√
( 3x − 3 + 4 + 3x)2 = 6x + 25
Erste Binomische Formel auf die linke Seite angewendet:
√
√
3x − 3 + 2 3x − 3 4 + 3x + 4 + 3x = 6x + 25
√
√
2 3x − 3 4 + 3x + 6x + 1 = 6x + 25
√
√
2 3x − 3 4 + 3x = 24
√
√
3x − 3 4 + 3x = 12
Nun können wir wieder quadrieren und sind die Wurzeln los. Offensichtlich wird
es eine quadratische Gleichung. Bringen wir sie also in die pq-Normalform:
(3x − 3)(4 + 3x) = 122
12x + 9x 2 − 12 − 9x = 144
9x 2 + 3x − 12 = 144
4
1
x 2 + x − = 16
3
3
1
4
48
x2 + x − −
=0
3
3 3
1
52
x2 + x −
=0
3
3
Jetzt können wir die pq-Formel anwenden:
1
x 1/2 = − ±
6
√
1 2 52
1
( ) +
=− ±
6
3
6
√
625
1 25
=− ±
36
6 6
Die Lösungen sind somit
x 1 = 4, x 2 = −
13
= −4 31 .
3
Fernaufgabe 3.10
In dieser Aufgabe wurde offensichtlich vergessen die Bedeutung von a in der gegebenen Formel zu erklären:
√
3
r = a T 2.
14
Und zwar sollte wohl im Hinweis stehen, dass der mittlere Abstand der Erde zur
Sonne a = 149.5Mkm.
Also haben wir folgende Rechnung:
√
3
108M = 149.5M T 2
√
108M
3
= T2
149.5M
1083
= T2
149.53
√
1083
=T
149.53
Wir erhalten
T ≐ 0.614.
Über die Maßeinheit von T steht auch nichts, aber da a der mittlere Abstand der
Erde zur Sonne ist, müsste T in Erdjahren gemessen werden. Rechnen wir T in
Tage um, erhalten wir
√
1083
Tage ≐ 224.1 Tage.
T = 365 ⋅
149.53
Fernaufgabe 3.11
Die Strahlung soll zur Hälfte absorbiert werden. D.h., es gilt
N(d) =
Also haben wir
1
N0 .
2
1
N0 = N0 e−µd .
2
Formen wir um:
1
N0 = N0 e−µd
2
1
= e−µd
2
ln(0.5) = −µd
ln(0.5)
=d
−µ
ln(0.5)
=d
−1.25
Damit erhalten wir
d ≐ 0.55mm.
Einfacher als etwas einem Funktionsgraphen zu entnehmen, ist es die gegebenen
Daten in die Formel einzugeben, indem man für N0 nicht die anfängliche Strahlung,
sondern einfach 100% verwendet, und damit den Strahlungsanteil in Prozent zu
berechnen:
p% = 100% ⋅ e−1.25⋅0.8 ≐ 36.8%.
15
Fernaufgabe 3.12
Gegeben ist eine Exponentialgleichung
25 x+1 + 3 ⋅ 5 x+2 − 16 = 0.
Ziel muss es sein, die Exponentialfunktionen zu „eliminieren“. Wir haben in der
Gleichung zwei verschiedene. Zuerst müssen diese zu einer Exponentialfunktion
(also mit einer gemeinsamen Basis und einem gemeinsamen Exponenten) umgeformt werden.
25 x+1 + 3 ⋅ 5 x+2 − 16 = 0
x+1
(52 ) + 3 ⋅ 51 ⋅ 5 x+1 − 16 = 0
2
(5 x+1 ) + 15 ⋅ 5 x+1 − 16 = 0
Um vorerst die Exponentialfunktion aus der Gleichung zu eliminieren, macht man
eine Substitution:
z = 5 x+1 .
Damit erhalten wir offenbar eine quadratische Gleichung in z:
z 2 + 15z − 16 = 0.
Diese können wir bekannterweise mit der pq-Formel lösen:
√
z1/2 = −7.5 ± 7.52 + 16.
Wir erhalten zwei Lösungen:
z1 = 1, z2 = −16.
Da es Lösungen für z sind, müssen wir also noch zwei Gleichungen lösen, um
Lösungen für x zu erhalten:
1 = 5 x+1 , −16 = 5 x+1 .
Die zweite Gleichung hat offensichtlich keine Lösungen, da eine Exponentialfunktion (mit positiver Basis) nur positive Werte liefert. Die erste führt zu:
1 = 5 x+1
log5 (1) = x + 1
log5 (1) − 1 = x
−1 = x
16
Lernmodul 4
Fernaufgabe 4.1
Gegeben sind
η = 60○ , ρ = 80○ .
Man kann an mehreren Stellen anfangen. Fangen wir bei δ an. Wegen der Parallelität der Schenkel von δ gilt δ = η = 60○ . η befindet sich in einem rechtwinkligen
Dreieck, also ist nur noch ein Winkel hier unbekannt, nennen wir ihn η′ . Offensichtlich ist η′ Komplementwinkel von η, also gilt η′ = 90○ − η = 30○ . Offenbar gilt
weiter η′ + " + ρ = 180○ , also haben wir " = 180○ − ρ − η′ = 70○ . Auch " befindet
sich in einem rechtwinkligen Dreieck, also gilt für den Komplementwinkel " ′ von
": " ′ = 90○ − " = 20○ . Offenbar ist ρ Wechselwinkel zu " ′ + β, also gilt ρ = " ′ + β und
damit β = ρ − " ′ = 60○ . Weiter sehen wir, dass " ′ + β + γ = 180○ gilt, also haben wir
γ = 180○ − " ′ − β = 100○ . Bleibt nur noch α und wir sehen, dass α Wechselwinkel
von " ′ ist, also α = " ′ = 20○ .
Fernaufgabe 4.2
Betrachten wir hier zwei rechtwinklige Dreiecke: die Eckpunkte des ersten seien
linke untere Ecke, die Mitte der unteren Kante und die Mitte des Bretts; die Eckpunkte des zweiten seien linke untere Ecke, Mitte des linken unteren Kreises und
der Punkt auf der unteren Kante senkrecht unter dieser. Bezeichnen wir den Radius des kleinen Kreises mir r und den des großen Kreises mit R. Offensichtlich sind
beide rechtwinklige Dreiecke gleichschenklig. Wenden wir den Satz des Pytagoras
auf die beiden Dreiecke an. Bei diesen ist ein Stück der Hypotenusen (das linke
untere) undefiniert. Bezeichnen wir dieses Stück mit y.
(r + x)2 + (r + x)2 = (r + y)2
a 2
a 2
( ) + ( ) = (R + x + d + y)2
2
2
Formen wir um:
2(r + x)2 = (r + y)2
a 2
2 ( ) = (R + x + d + y)2
2
Hier können wir Wurzel ziehen:
√
2(r + x) = r + y
√ a
2⋅ = R+ x +d + y
2
Es sind zwei Gleichungen mit zwei Unbekannten, R und y. Uns interessiert R,
deswegen eliminieren wir y, indem wir die beiden Gleichungen subtrahieren, und
zwar untere minus obere:
√ a √
2 ⋅ − 2(r + x) = R + x + d − r
2
17
Formen wir nun nach R um und vereinfachen:
√ a √
R = 2 ⋅ − 2(r + x) − x − d + r
2
√
√
a
= √ − 2r − 2x − x − d + r
2
√
√
a
= √ + (1 − 2) r − (1 + 2) x − 2r
2
√
√
a
= √ + (1 − 2 − 2) r − (1 + 2) x
2
√
√
a
= √ + (−1 − 2) r − (1 + 2) x
2
√
√
a
= √ − (1 + 2) r − (1 + 2) x
2
√
a
= √ − (1 + 2) ⋅ (r + x)
2
Wenn wir die Gleichung mit 2 multiplizieren, erhalten wir:
√
2a
2R = √ − 2 (1 + 2) (r + x)
2
√
√
D = 2a − (1 + 2) (2r + 2x)
√
√
= 2a − (1 + 2) (d + 2x)
≐ 109.35mm
Fernaufgabe 4.3
Wir haben ein rechtwinkliges Dreieck, also gilt der Satz des Pytagoras:
r 2 + t 2 = (r + s)2
Da s die Unbekannte ist und es eine quadratische Gleichung in s ist, müssen wir
sie in pq-Normalform bringen:
(r + s)2 = r 2 + t 2
r 2 + 2rs + s2 = r 2 + t 2
s2 + 2rs + r 2 − r 2 − t 2 = 0
s2 + 2rs − t 2 = 0
Damit ist p = 2r und q = −t 2 . Mit der pq-Formel (die Maßeinheiten wandeln wir
zuerst in cm um)
√
√
s1/2 = −r ± r 2 + t 2 = −6 ± 62 + 82 = −6 ± 10
berechnen wir:
s1 = 4, s2 = −16.
18
Da es negative Längen nicht gibt, ist die Antwort s1 = 4cm.
Um den Flächeninhalt des rechtwinkligen Dreiecks zu berechnen, benutzt man
eine Kathete als Grundseite und die andere als Höhe und erhält:
8⋅6 2
cm = 24cm2 .
A=
2
Fernaufgabe 4.4
Der Riemen besteht hauptsächlich aus drei Teilen, deren Längen (b1 , b2 und e)
sich einzeln berechnen lassen. Offenbar ist e eine Kathete in einem rechtwinkligen
Dreieck, dessen Hypotenuse a und dessen andere Kathete R − r sind. Wandeln wir
die Maßeinheiten in Meter um. Also haben wir
e2 + (R − r)2 = a2
e2 = a2 − (R − r)2
√
e = a2 − (R − r)2
e ≐ 3.794m
Für b1 und b2 brauchen wir α. Da α ein Winkel im rechtwinkligen Dreieck ist,
können wir α mit dem Sinus berechnen:
R−r
sin α =
a
R−r
α = arcsin (
) ≐ 3.32○
a
Damit können wir b1 berechnen:
b1 = 2πR ⋅
90○ + α
≐ 0.863m.
360○
b2 = 2πr ⋅
90○ − α
≐ 0.469m.
360○
Und auch b2 :
Die Länge des Riemens ist dann
l = 2(b1 + b2 + e) ≐ 10.252m.
Fernaufgabe 4.5
Am einfachsten ist es, die Fläche des Rechtecks und die Fläche der Aussparung in
Form eines Trapezes zu berechnen und die Differenz zu bilden. Die Fläche des
Rechtecks ist
A1 = 70 ⋅ 20 = 1400mm2 .
Beim Trapez fehlt die untere Seite a. Diese kann man mit Hilfe des Winkels berechnen:
12
tan(60○ ) =
x
√
12
x=
=
4
3 ≐ 6.93mm
tan(60○ )
19
Damit erhalten wir
√
a = c + 2x = 30 + 8 3 ≐ 43.86mm.
Die Fläche der Aussparung ist dann
√
√
√
a+c
30 + 8 3 + 30
A2 =
⋅h=
⋅ 12 = (60 + 8 3) ⋅ 6 = 360 + 48 3 ≐ 443.14mm2 .
2
2
Die Fläche der Figur ist somit
A = A1 − A2 = 956.86mm2 .
Fernaufgabe 4.6
Die Figur besteht aus einem Ring und einem Ringsektor. Der Ringsektor hat die
Radien R1 = 10cm und r1 = 3cm. Der Winkel des Sektors ist 75○ . Also haben wir
A1 = (πR21 − πr12 ) ⋅
75○
≐ 59.56cm2 .
360○
Der Ring hat die Radien R2 = 3cm und r2 = 1.5cm. Also
A2 = πR22 − πr22 ≐ 21.21cm2 .
Die Fläche ist also
A = A1 + A2 ≐ 80.77cm2 .
Fernaufgabe 4.7
Gegeben ist also die Seitenlänge eines regelmäßigen Fünfecks a = 65mm = 6.5cm.
Jede Seite bildet mit dem Mittelpunkt des In- und Umkreises ein gleichschenkliges
Dreieck mit zwei Schenkeln der Länge r. Damit besteht die Fläche des Fünfecks
aus fünf kongruenten Dreiecken. Der Winkel α an der Spitze des Dreiecks ist somit
bekannt:
360○
= 72○ .
α=
5
Ein gleichschenkliges Dreieck besteht aus zwei kongruenten rechtwinkligen Dreiecken mit der Hälfte der Basis als eine Kathete, r als Hypotenuse und der Höhe ρ
als andere Kathete. Der Winkel gegenüber der Hälfte der Basis ist offenbar α′ = 36○ .
Der Sinus liefert:
32.5
r
32.5
r=
≐ 55.29mm
sin(36○ )
sin(36○ ) =
Mit dem Tangens kann man den Inkreisradius berechnen:
32.5
ρ
32.5
ρ=
≐ 44.73mm ≐ 4.47cm
tan(36○ )
tan(36○ ) =
20
Die Fläche ist dann
A=5⋅
6.5 ⋅ ρ
≐ 72.69cm2 .
2
Fernaufgabe 4.8
Die gegebene Situation führt zur Konstruktion zweier rechtwinkliger Dreiecke mit
einer gemeinsamen Kathete a und zwei Winkeln: α und β. Die andere Kathete x
des einen Dreiecks ist ein Teil der anderen Kathete x + 30 des anderen Dreiecks.
Wir haben:
x
tan α =
a
x
a=
tan α
Im anderen Dreieck gilt analog:
x + 30
a
x + 30
a=
tan β
tan β =
Mit dem Gleichsetzungsverfahren erhalten wir:
x + 30
x
=
tan α tan β
x tan β = (x + 30) tan α
x tan β = x tan α + 30 tan α
x tan β − x tan α = 30 tan α
x(tan β − tan α) = 30 tan α
30 tan α
x=
≐ 1006.15m
tan β − tan α
Da wir uns 750m über dem Meeresspiegel befinden, müssen wir diese Höhe hinzurechnen:
h b = x + 750m = 1756.15m.
Fernaufgabe 4.9
Wir können den Winkel β mit dem Kosinussatz berechnen. Dazu sei a = M1 M2 =
5.5cm, b = M2 M3 = 4cm und c = M1 M3 = 3.5cm:
b2 = a2 + c 2 − 2ac cos β
b2 − a2 − c 2 = −2ac cos β
b2 − a2 − c 2
= cos β
−2ac
a2 − b2 + c 2
β = arccos (
) ≐ 46.5○
2ac
21
Damit kann α mit Hilfe von γ = 28○ berechnet werden:
α = 90○ − β − γ ≐ 15.5○ .
Um die Koordinaten x und y von M2 zu berechnen, verwenden wir Sinus und
Kosinus:
x
a
x = a cos α ≐ 5.30cm
y
sin α =
a
y = a sin α ≐ 1.47cm
cos α =
Fernaufgabe 4.10
Die Aufgabe führt zu einem Kräftediagramm mit folgendem Aussehen:
Da wir die Länge von F kennen (F = 1200N), können wir F1 und F2 mit dem
Sinussatz berechnen:
F
F1
=
○
sin(105 ) sin(40○ )
sin(40○ )
F1 = F ⋅
≐ 798.56N
sin(105○ )
F2
F
=
○
sin(105 ) sin(35○ )
sin(35○ )
≐ 712.57N
F2 = F ⋅
sin(105○ )
Fernaufgabe 4.11
Draht hat offenbar Zylinderform, dessen Durchmesser gegeben ist. Gesucht ist
somit die Höhe, also die Länge des Drahtes. Dafür müssen wir zuerst Gewicht
in Volumen mit Hilfe der Dichte umrechnen, indem wir auch die Maßeinheiten
anpassen, d.h. 25kg =
ˆ 25000g:
V=
25000
≐ 2799.55cm3 .
8.93
22
Außerdem gilt:
V = πr 2 h.
Also gilt (wobei r = 0.125cm):
25000
= πr 2 h
8.93
25000
h=
≐ 57032cm = 570.32m
8.93πr 2
Fernaufgabe 4.12
Gegeben ist ein komplizierter Körper: es ist eine Kugel, bei der unten etwas weggeschnitten ist, und die einen Hohlraum in Form eines Zylinders und eines Kegels
hat. Insgesamt müssen vier Volumina berechnet werden, drei werden dann von einem abgezogen. Das Weggeschnittene, nennen wir es Kuppel, der Kugel ist dabei
das eigentliche Problem. Dafür gibt es keine konventionelle Formel. Kümmern wir
uns darum als letztes. Die Maßeinheiten wandeln wir am besten in cm um. Zuerst
Kugelvolumen:
4
4
V1 = πr 3 = π ⋅ 2.53 ≐ 65.45cm3 .
3
3
Zylindervolumen:
V2 = πr 2 h = π ⋅ 12 ⋅ 3.2 ≐ 10.05cm3 .
Der Kegel hat einen Spitzenwinkel von 140○ , d.h. es gibt einen Querschnitt des
Kegels, der ein gleichschenkliges Dreieck mit Winkel an der Spitze 140○ ist. Die
anderen beiden Winkel müssen also je 20○ sein. Wir können nun die Höhe des
Kegels mit Tangens berechnen:
h
1
h ≐ 0.36cm
tan(20○ ) =
Das Volumen ist dann:
1
V3 = πr 2 h ≐ 0.38cm3 .
3
Um es nicht zu kompliziert zu machen, erklären wir hier nicht in aller Ausführlichkeit den Satz von Cavalieri und dessen Anwendung auf diese Situation, den kann
man im vierten Lernmodul nachschlagen. Das Volumen einer Kuppel mit einer
bestimmten Höhe kann mit dem Satz von Cavalieri berechnet werden. Und zwar
ist das Volumen eines Zylinders mit Radius und Höhe r mit dem Hohlraum eines
Kegels mit gleichem Radius und Höhe nach dem Satz von Cavalieri volumengleich
einer Halbkugel mit Radius r. Man führe sich diese Tatsache mit einer Skizze vor
Augen. Somit ist dann eine Kuppel beliebiger Höhe h (wobei h kleiner als der Radius r der zugehörigen Kugel ist) volumengleich einem Zylinder mit gleicher Höhe h
und Radius r mit dem Hohlraum eines Kegelstumpfes mit gleichem ersten Radius
und gleicher Höhe eines Kegels mit Radius und Höhe r. Der zweite Radius des
Kegelstumpfes, bzw. der Radius und Höhe der Kegelspitze, ist r − h (das kann man
23
sich an der oben genannten Skizze klar machen). Volumen so eines Kegelstumpfes
ist dann
1
1
1
1
1
VKS = πr 3 − π(r − h)3 = πr 3 − π(r 3 − 3r 2 h + 3rh2 − h3 ) = πh (r 2 − rh + h2 ) .
3
3
3
3
3
Die Idee der oberen Formel: Volumen des umhüllenden Kegels minus Volumen der
Kegelspitze. Volumen eines Zylinders mit Radius r und Höhe h ist
VZ = πr 2 h.
Das Volumen der Kuppel ist dann (wobei r = 2.5cm und h = 0.4cm)
1
1
V4 = VZ − VKS = πr 2 h − πh (r 2 − rh + h2 ) = πh2 (r − h) ≐ 1.19cm3 .
3
3
Somit erhalten wir
V = V1 − V2 − V3 − V4 ≐ 53.83cm3 .
Fernaufgabe 4.13
Das Volumen der Kugel ist klar. Doch aus welchen bekannten Körpern besteht
das Volumen, das abgezogen werden muss?
√ Offenbar handelt es sich um einen
Zylinder mit Radius R = 3cm und h = 2 52 − 32 cm = 8cm und zwei identische
Kuppeln, ähnlich wie in der Aufgabe zuvor, mit dem Radius der Kugel r = 5cm und
Höhe k = 1cm. Zuerst die Kugel:
4
4
V1 = πr 3 = π ⋅ 53 cm3 ≐ 523.60cm3 .
3
3
Der Zylinder:
V2 = πR2 h = π ⋅ 32 ⋅ 8cm3 ≐ 226.19cm3 .
Die Formel für die Kuppel entnehmen wir der Aufgabe zuvor (wobei wir k für h
einsetzen):
1
1
V3 = πk2 (r − k) = π ⋅ 12 ⋅ (5 − ⋅ 1) cm3 ≐ 14.66cm3 .
3
3
Das Volumen ist dann
V = V1 − V2 − 2V3 ≐ 268.08cm3 ≐ 268cm3 .
Die Dichte von Holz wandeln wir in g/cm3 um, d.h.
kg
1000g
1000g
g
=
=
=
.
dm3 (10cm)3 1000cm3 cm3
Die Masse m der hohlen Kugel ist dann
m = V ⋅ 0.7g/cm3 ≐ 187.66g ≐ 188g.
24
Für die beschränkte Oberfläche brauchen wir eine Idee. Denn wie das Volumen
der Kuppel, lässt sich die Fläche der Kuppel nicht ohne Weiteres berechnen. Dafür
können wir, ähnlich wie für die Oberfläche der Kugel das Volumen (im vierten
Lernmodul nachzulesen), verwenden. Wir brauchen aber nicht nur das Volumen
der Kuppel, sondern zusätzlich das Volumen des Kegels mit Radius R = 3cm und
Höhe h′ = 12 h = 4cm:
1
1
VK = πR2 h′ = π ⋅ 32 ⋅ 4cm3 ≐ 37.70cm3 .
3
3
Das Volumen des Körpers, den wir brauchen, um die Fläche der Kuppel zu berechnen, ist nun
VKF = V + VK ≐ 305.78cm3 .
Wir versuchen jetzt diesen Körper mit Kegeln der Höhe r auszufüllen, so dass das
Gesamtvolumen der Kegel gegen VKF konvergiert. Die Grundflächen der Kegel bedecken annähernd die Fläche der Kuppel. Je mehr Kegel wir wählen, desto näher
kommen die Volumina der Kegel dem Volumen VKF , und desto näher kommen die
Grundflächen der Kegel der Fläche der Kuppel AKF . Alle Grundfächen seien dabei
gleich groß und haben die Bezeichnung G. Wir haben
Vn =
1
Gr ⋅ n.
3
Lassen wir n gegen Unendlich laufen, so haben wir
VKF =
AKF =
=
=
=
r
AKF
3
3
VKF
r
3
1
1
(πk2 (r − k) + πR2 h′ )
r
3
3
3
1
1
(πk2 (r − k) + πR2 (r − k))
r
3
3
k
k
πk2 (3 − ) + πR2 (1 − )
r
r
k
k
= πk2 (2 + 1 − ) + πR2 (1 − )
r
r
k
= 2πk2 + (πk2 + πR2 ) (1 − )
r
k
= 2πk2 + π(k2 + R2 ) (1 − )
r
Wir haben hier h′ = r − k verwendet.
Weiter verwenden wir k = r − 21 h und 14 h2 + R2 = r 2 , um den Term möglichst gut zu
25
vereinfachen (man veranschauliche sich das an einer Skizze):
k
AKF = 2πk2 + π(k2 + R2 ) (1 − )
r
r − 12 h
1 2
1 2
= 2π (r − h) + π ((r − h) + R2 ) (1 −
)
2
2
r
1 2
1
πh
= 2π (r − h) + (r 2 − rh + h2 + R2 )
2
4
2r
2
πh
1
= 2π (r − h) + (2r 2 − rh)
2
2r
2
1
1
= 2π (r − h) + πh (r − h)
2
2
1
= (2πr − πh + πh) (r − h)
2
1
= 2πr (r − h)
2
= 2πr k
Die Formel für die Fläche einer Kuppel der Höhe k einer Kugel mit Radius r ist also
AKF = 2πr k.
Für die gesuchte Oberfläche werden drei Flächen benötigt: die Oberfläche der Kugel, zwei mal die Fläche der Kuppel der Höhe k und die Mantelfläche des Zylinders
mit Radius R und Höhe h. Oberfläche der Kugel:
A1 = 4πr 2 = 4π ⋅ 52 cm2 = 314.16cm2 .
Fläche der Kuppel:
A2 = 2πr k = 2π ⋅ 5 ⋅ 1cm2 = 31.42cm2 .
Mantelfläche des Zylinders:
A3 = 2πRh = 2π ⋅ 3 ⋅ 8cm2 = 150.80cm2 .
Die gesuchte Oberfläche ist somit
AO = A1 − 2A2 + A3 ≐ 402.12cm2 ≐ 402cm2 .
Fernaufgabe 4.14
Die Formel für einen quadratischen Pyramidenstumpf ist
1
V = h (a12 + a1 a2 + a22 ) .
3
26
Da hier nur a2 = b unbekannt und es eine quadratische Gleichung in b ist, bringen
wir die Gleichung in pq-Normalform:
1
h (a2 + ab + b2 )
3
1
0 = h (b2 + ab + a2 ) − V
3
3V
0 = b2 + ab + a2 −
h
V=
Also ist p = a und q = a2 − 3V
h . Wenden wir nun die pq-Formel an:
a
b1/2 = − ±
2
√
3V
a2
− a2 +
= −5 ±
4
h
√
3 ⋅ 392
102
− 102 +
.
4
6
Somit haben wir b1 = 6 und b2 = −16. Da es negative Längen nicht gibt, haben wir
b = 6cm.
Offenbar ist b parallel zu a. Wir können also den zweiten Strahlensatz anwenden,
um die Höhe h′ der Pyramidenspitze zu berechnen:
b
h′
= ′
a h +h
b(h′ + h) = ah′
bh′ + bh = ah′
bh = (a − b)h′
bh
h′ =
= 9cm
a−b
Als nächstes müssen wir die Seitenkante s′ der Pyramidenspitze berechnen. Das
kann man z.B. mit Pytagoras:
2
2
⎛ b
b ⎞
(s ) = (h ) + ( ) + ( ) = 92 + 33 + 33 = 99
2 ⎠
⎝ 2
′ 2
Damit ist s′ =
′ 2
√
99cm ≐ 9.95cm. Nach dem zweiten Strahlensatz gilt:
a s
=
b s′
a
s = ⋅ s′ ≐ 16.58cm ≐ 16.6cm
b
27
Lernmodul 5
Fernaufgabe 5.1
Wir wissen Folgendes:
v⃗1 = (
Außerdem wissen wir, dass
−20
30
) , v⃗2 = ( ) .
y1
y2
∣ v⃗1 ∣ = 50, ∣ v⃗2 ∣ = 40.
Wir haben also zwei Gleichungen:
202 + y12 = 502 , 302 + y22 = 402 ,
und somit
√
√
√
√
y1 = − 502 − 202 = −10 21 ≐ −45.83, y2 = − 402 − 302 = −10 7 ≐ −26.46.
Wir haben also die Vektoren
−20
√ ) ≐ ( −20 ) , v⃗2 = ( 30√ ) ≐ ( 30 ) .
v⃗1 = (
−45.83
−26.46
−10 7
−10 21
Um den Winkel zwischen zwei Vektoren zu berechnen, gibt es eine Formel für die
besondere Eigenschaft des Skalarprodukts:
a⃗ ⋅ ⃗b = ∣a⃗∣ ⋅ ∣⃗b∣ ⋅ cos α.
Der Winkel α ist dabei der Winkel zwischen den beiden Vektoren a⃗ und ⃗b. Diese
Formel muss offenbar nach α umgestellt werden:
a⃗ ⋅ ⃗b = ∣a⃗∣ ⋅ ∣⃗b∣ ⋅ cos α
cos α =
a⃗ ⋅ ⃗b
∣a⃗∣ ⋅ ∣⃗b∣
α = arccos
⎛ a⃗ ⋅ ⃗b ⎞
⎝ ∣a⃗∣ ⋅ ∣⃗b∣ ⎠
Nun müssen wir nur noch die Vektoren v⃗1 und v⃗2 einsetzen:
−20
30√
⎞
⎛
√
⎜ ( −10 21 ) ⋅ ( −10 7 ) ⎟
⎜
⎟
⎟
α = arccos ⎜
⎟
⎜
⎜ ∣ ( −20
√ ) ∣ ⋅ ∣ ( 30√ ) ∣ ⎟
⎝ −10 21
−10 7 ⎠
√
√
⎛ −20 ⋅ 30 + 10 21 ⋅ 10 7 ⎞
= arccos √
√
⎝ 202 + 102 ⋅ 21 ⋅ 302 + 102 ⋅ 7 ⎠
√
⎛ −600 + 700 3 ⎞
√
= arccos √
⎝ 2500 ⋅ 1600 ⎠
√
⎛ −6 + 7 3 ⎞
= arccos
≐ 72.17○
20
⎝
⎠
28
Fernaufgabe 5.2
Da der Weg 15m ist und durch den Vektor e⃗s die Richtung bestimmt wird, der die
Länge 1 hat, haben wir
1
3
s⃗ = 15m ⋅ √ ( ) .
13 2
Mit dem Skalrprodukt berechnet man dann
285
15 3m
15
3N
W = F⃗ ⋅ s⃗ = √ (
)⋅(
) = √ (9Nm + 10Nm) = √ Nm ≐ 79.04Nm.
2m
5N
13
13
13
Fernaufgabe 5.3
⃗ berechnen. Da die Muttern sich
Zuerst müssen wir die Koordinaten von ⃗r = ES
an den Ecken eines regelmäßigen Sechsecks befinden, ist der Winkel zwischen SE
und der x-Achse 30○ . Also haben wir
⃗r = (
900 cos(30○ )
779.42
)≐(
).
900 sin(30○ )
450
Das Kreuzprodukt zwischen zweidimensionalen Vektoren existiert eigentlich nicht,
da das Kreuzprodukt senkrecht zu den Vektoren ist, von denen es gebildet wird.
Da aber bei Übertragung dieser Vektoren in den dreidimensionalen Raum die ersten beiden Koordinaten des Kreuzproduktes 0 sind und wir uns meistens für die
Länge des Ergebnisvektors interessieren, kann man vereinbaren, dass das Kreuzprodukt zweidimensionaler Vektoren eine Zahl ist, und zwar die dritte Koordinate
und damit die Länge des Ergebnisvektors. Also haben wir
(
0.9 cos(30○ )m
0kN
)×(
) = 9 cos(30○ )kNm ≐ 7.794kNm.
0.45m
10kN
Fernaufgabe 5.4
Eine Drehmatrix ist eine Matrix der Form
D=(
cos α − sin α
).
sin α cos α
Wir müssen jetzt für die einzelnen Drehungen die Winkel berechnen, um die gedreht werden soll. Der erste Winkel ist offenbar
4
⋅ 360○ = 144○ ,
10
der zweite
−
und der dritte
6
⋅ 360○ = −216○
10
1
⋅ 360○ = 36○ .
10
29
Nun muss man nur die Winkel in die Matrix einsetzen und erhält:
D1 = (
cos(144○ ) − sin(144○ )
−0.8090 −0.5878
)≐(
),
○
○
sin(144 ) cos(144 )
0.5878 −0.8090
D2 = (
cos(−216○ ) − sin(−216○ )
−0.8090 −0.5878
)≐(
),
○
○
sin(−216 ) cos(−216 )
0.5878 −0.8090
D3 = (
cos(36○ ) − sin(36○ )
0.8090 −0.5878
)≐(
).
sin(36○ ) cos(36○ )
0.5878 0.8090
Wir müssen nun das Produkt z⃗′ = D1 ⋅ z⃗ bilden:
z⃗′ = (
cos(144○ ) − sin(144○ )
0cm
−5 sin(144○ )cm
−2.9389cm
)⋅(
)=(
)≐(
).
○
○
sin(144 ) cos(144 )
5cm
5 cos(144○ )cm
−4.0451cm
Mit dem Ergebnis multiplizieren wir D2 und erhalten z⃗′′ :
z⃗′′ = (
cos(−216○ ) − sin(−216○ )
4.7553cm
) ⋅ z⃗′ ≐ (
).
○
○
sin(−216 ) cos(−216 )
1.5451cm
Und als Letztes multiplizieren wir D3 mit z⃗′′ :
z⃗e = (
cos(36○ ) − sin(36○ )
2.9389cm
2.94cm
) ⋅ z⃗′′ ≐ (
)≐(
).
○
○
sin(36 ) cos(36 )
4.0451cm
4.05cm
Fernaufgabe 5.5
Da wir hier die maximale Leistung berechnen sollen, muss also von der gegebenen
Funktion
P(R) = U02
R
(R + R i )2
ein Extremum, genauer, ein Hochpunkt berechnet werden. Offenbar braucht man
dafür die Quotientenregel:
u(x)
v(x)
u′ (x)v(x) − u(x)v ′ (x)
f ′ (x) =
(v(x))2
f (x) =
30
Wir haben also
1 ⋅ (R + R i )2 − R ⋅ 2(R + R i )
(R + R i )4
(R + R i ) − 2R
= U02
(R + R i )3
Ri − R
= U02
(R + R i )3
−(R + R i )3 − (R i − R) ⋅ 3(R + R i )2
P ′′ (R) = U02
(R + R i )6
−(R + R i ) − 3(R i − R)
= U02
(R + R i )4
2R − 4R i
= U02
(R + R i )4
R − 2R i
= 2U02
(R + R i )4
P ′ (R) = U02
Als Nächstes müssen wir die Nullstellen von P ′ (R) berechnen (notwendige Bedingung). Da es ein Bruch ist, ist die Ableitung 0, wenn der Zähler 0 ist:
0 = U02 (R i − R)
0 = Ri − R
R = Ri
Die hinreichende Bedingung ist erfüllt, wenn P ′′ (R i ) ≠ 0 ist:
R i − 2R i
(R i + R i )4
−R i
= 2U02
(2R i )4
U2
= − 03 < 0
8R i
P ′′ (R i ) = 2U02
Wir haben also einen Hochpunkt bei R i .
Fernaufgabe 5.6
Gegeben ist die Funktion
f (x) = x 2 (x 2 − 8x + 16).
Um die Nullstellen zu berechnen, setzen wir die Funktion 0:
0 = x 2 (x 2 − 8x + 16).
Da es offenbar eine Produktgleichung ist, gilt:
x2 = 0
∨
x 2 − 8x + 16 = 0
31
Also ist die erste Nullstelle x 1 = 0. Für die restlichen müssen wir die zweite Gleichung lösen:
√
x 2/3 = 4 ± 42 − 16 = 4.
Also haben wir x 2 = 4 und somit zwei Nullstellen. Für Extrema und Wendepunkte
brauchen wir drei Ableitungen:
f (x) = x 4 − 8x 3 + 16x 2
f ′ (x) = 4x 3 − 24x 2 + 32x
f ′′ (x) = 12x 2 − 48x + 32
f ′′′ (x) = 24x − 48
Für die notwendige Bedingung berechnen wir die Nullstellen der ersten Ableitung:
0 = 4x 3 − 24x 2 + 32x
0 = 4x(x 2 − 6x + 8)
Aus dieser Produktgleichung folgt:
x =0
∨
Also ist x 1 = 0. Weiter haben wir
x 2/3 = 3 ±
x 2 − 6x + 8 = 0
√
32 − 8 = 3 ± 1
und damit x 2 = 4 und x 3 = 2. Hinreichende Bedingung liefert:
f ′′ (0) = 12 ⋅ 02 − 48 ⋅ 0 + 32 = 32 > 0 ⇒ T P
f ′′ (4) = 12 ⋅ 42 − 48 ⋅ 4 + 32 = 192 − 192 + 32 = 32 > 0 ⇒ T P
f ′′ (2) = 12 ⋅ 22 − 48 ⋅ 2 + 32 = 48 − 96 + 32 = −16 < 0 ⇒ H P
Wir brauchen noch die y-Koordinaten zu den x-Koordinaten der Punkte:
y1 = f (0) = 02 ⋅ (02 − 8 ⋅ 0 + 16) = 0
y2 = f (4) = 42 ⋅ (42 − 8 ⋅ 4 + 16) = 0
y3 = f (2) = 22 ⋅ (22 − 8 ⋅ 2 + 16) = 16
Somit haben wir die Extrema:
T P(0∣0), H P(2∣16), T P(4∣0).
Die notwendige Bedingung für Wendepunkte basiert auf den Nullstellen der zweiten Ableitung:
0 = 12x 2 − 48x + 32
8
= x 2 − 4x +
3
32
Mit der pq-Formel erhalten wir:
√
x 1/2 = 2 ±
22 −
8
3
Also haben wir x 1 ≐ 3.15 und x 2 ≐ 0.85. Für die hinreichende Bedingung gilt:
√
6
+
2
2
f ′′′ (x 1 ) ≈ 24 =
⋅ 3.15 − 48 ≠ ⇒ W P
3√
6−2 2
f ′′′ (x 2 ) ≈ 24 =
⋅ 0.85 − 48 ≠ ⇒ W P
3
Für die y-Koordinaten gilt:
64
≐ 7.11
9
64
≐ 7.11
f (x 2 ) = x 22 (x 22 − 8x 2 + 16) =
9
Wir haben somit die Wendepunkte:
√
√
⎛ 6 − 2 2 64 ⎞
⎛ 6 + 2 2 64 ⎞
W P1
∣
∣
≐ W P1 (0.85∣7.11), W P2
≐ W P2 (3.15∣7.11).
3
9⎠
3
9⎠
⎝
⎝
f (x 1 ) = x 12 (x 12 − 8x 1 + 16) =
Der Verlauf des Graphen erschließt sich aus den Extrema und Wendepunkten. Die
Fläche, die vom Graphen und Achsen eingeschlossen wird, wird offenbar links und
rechts von 0 und 4 begrenzt. Wir müssen also das bestimmte Integral über 0 bis 4
von f (x) bilden:
4
∫0 f (x) d x = ∫0
1
4
1
16 3
x − 8x + 16x d x = [ x 5 − 2x 4 +
x + c]
5
3
0
4
3
2
1 5
16 3
1
16 3
⋅ 4 − 2 ⋅ 44 +
⋅ 4 + c − ( ⋅ 05 − 2 ⋅ 04 +
⋅ 0 + c)
5
3
5
3
16 3 512
1
⋅4 =
≐ 34.13
= ⋅ 45 − 2 ⋅ 44 +
5
3
15
=
Fernaufgabe 5.7
Wir haben eine Abbremsung einer vorher konstanten Geschwindigkeit mit einem
Beschleunigungsgesetz (eigentlich Entschleunigungsgesetz):
m
a(t) = −0.5 3 t,
s
kurz:
a(t) = −0.5t.
Also haben wir folgende Endgeschwindigkeit:
ve = v0 + ∫
15
0
a(t) d t = 100m/s + ∫
0
15
15
−0.5t d t
= 100m/s + [−0.25t 2 ]0 = 100m/s + (−56.25m/s) = 43.75m/s.