Neue Aufgaben, März 2011

Neue Aufgaben, März 2011
1. Untersuchen Sie ob folgende Funktionen bei x0 bzw. xn differenzierbar sind.
(a) f (x) = sin |x|,
x0 = 0
(b) f (x) = | sin x| · x,
x0 = 0, xn = nπ mit n ∈ Z
|x| − 2
(c) f (x) = 2
,
x0 = 0
x −x−2
x
,
x0 = 0
(d) f (x) =
|x| + 1
Lösung: (a)
′
f (x) =
cos(x)
für x > 0
− cos(−x) für x < 0
⇒ lim f ′ (x) = 1 6= lim f ′ (x) = −1, also bei x0 = 0 nicht differenzierbar.
x→0+0
(b)
′
f (x) =
(c)
x→0−0
x cos(x) + sin(x)
für 2kπ < x < (2k + 1)π, k ∈ Z
−x cos(−x) − sin(x) für (2k + 1)π < x < (2k + 2)π, k ∈ Z
⇒ bei x0 = 0 differenzierbar, bei xn = nπ nicht differenzierbar.
′
f (x) =
(
−x2 +4x−4
(x2 −x−2)2
x2 +4x
(x2 −x−2)2
für x > 0
für x < 0
⇒ lim f ′ (x) = −1 6= lim f ′ (x) = 0; bei x0 = 0 nicht differenzierbar.
x→0+0
x→0−0
(d)
f ′ (x) =
(
1
(x+1)2
1
(−x+1)2
für x > 0
für x < 0
⇒ lim = 1 = lim = 1; bei x0 = 0 differenzierbar.
x→0+0
x→0−0
2. Die optimale Dose
(a) Aus Metall soll eine zylindrische Dose mit einem vorgegebenem Volumen V
hergestellt werden. Für welchen Radius ist der Materialverbrauch minimal?
Für die Rechnung soll der Materialverbrauch für Falze unberücksichtigt bleiben.
(b) Aus Metall soll eine zylindrische Dose mit einer vorgegebenen Oberfläche A
hergestellt. Für welchen Radius ist das Volumen maximal?
Lösung: (a) V = r 2 πh ⇒ h(r) = rV2 π ⇒ A(r) = 2r 2 π + 2V
r
q
3 V
′
A (r) = 0 ⇔ r = 2π .
Da A(0) = ∞ und lim A(r) = ∞ handelt es sich hierbei um ein Minimum.
r→∞
A
(b) A = 2rπ(r + h) ⇒ h(r) = 2rπ
− r ⇒ V (r) = 21 Ar − r 3 π
q
A
.
V ′ (r) = 0 ⇔ r = 6π
Aus einer Grenzwertbetrachtung von V (r) schließt man auf ein Maximum.
1
3. Leite folgende Funktionen mit der Produktregel ab!
(a) f1 (x) = (x + 1)(x + 4)
(b) f2 (x) = (3x + 5)(x − 2)
(c) f3 (x) = (5x + 13)(4x − 17)
(d) f4 (x) = (35 + 12x)(1 − x)
(e) f5 (x) = (14 − 3x)(16 − 9x)
(f) f6 (x) = (x − 4)(x2 + 3)
(g) f7 (x) = (x2 + 5x)(8 + 25x)
(h) f8 (x) = (3x2 + x)(13x − 9x2 )
(i) f9 (x) = (x − 4)(x2 + 3)
Lösung: (a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
(g)
(h)
(i)
f1′ (x) = 2x + 5
f2′ (x) = 6x − 1
f3′ (x) = 40x − 33
f4′ (x) = −24x − 23
f5′ (x) = 54x − 174
f6′ (x) = 3x2 − 8x + 3
f7′ (x) = 75x2 + 266x + 40
f8′ (x) = −108x3 + 90x2 + 26x
f9′ (x) = 3x2 − 8x + 3
4. Berechnen Sie die Ableitung folgender Funktionen auf zwei Arten:
(i) Ausmultiplizieren und Differenzieren
(ii) mit Hilfe der Produktregel
(a) f (x) = (5x + 3)2
(b) g(x) = 3(2x2 + 2)2
(c) h(x) = 3x(4x + 5)2
Lösung: (a) f ′ (x) = 50x + 30
(b) g ′ (x) = 48x3 + 48x
(c) h′ (x) = 144x2 + 240x + 75
5. Wir betrachten die Funktion f mit der Gleichung
x2 − 1
f (x) =
x−2
(a) In welchen x-Bereichen ist f (x) positiv, in welchen negativ?
2
(b) Gib den maximalen Definitionsbereich Df von f an und untersuche das Verhalten von f an den Rändern von Df .
(c) Zeichne den Grafen von f in geeigneten Einheiten.
(d) Für welche x ist f (x) > 100?
]1, 2[ ]2, ∞[
+
+
−
+
−
+
3
=⇒ schräge Asymptote: y = x + 2
(b) Df = R \ {2}, f (x) = x + 2 +
x−2
(c)
x
f (x)
−4,0 −2,50
−2,0 −0,75
−1,0
0,00
0,50
0,0
1,0
0,00
1,5 −2,50
2,5 10,50
3,0
8,00
7,50
4,0
5,0
8,00
9,60
7,0
Lösung: (a)
x2 − 1
x−2
f (x)
] − ∞, −1[
+
−
−
] − 1, 1[
−
−
+
y
11
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
−5
−4
−3
−2
−1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
x
−1
−2
−3
(d) f (x) > 100 kommt nur für x > 2 in Frage:
x−2>0
=⇒
x2 − 1
> 100
x−2
x2 − 1 > 100x − 200
⇐⇒
x2 − 100x + 502 > 2301
√
|x − 50| > 2301
√
√
x > 50 + 2301 ∨ x < 50 − 2301
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
x > 97,9687 ∨ x < 2,03126
oder ungefähr
f (x) > 100
=⇒
⇐⇒
x ∈ ]2, 50 −
√
√
2301[ ∪ ]50 + 2301, ∞[
6. Wir betrachten die Funktion f mit der Gleichung
f (x) =
3
x2 + x − 2
2x − 4
(a) Bestimme die maximale Definitionsmenge Df von f und berechne die Nullstellen von f .
(b) In welchen x-Bereichen ist f (x) positiv, in welchen negativ?
(c) Untersuche das Verhalten von f an den Rändern von Df . Gib die Gleichungen
der Asymptoten an.
(d) Zeichne den Grafen von f gemeinsam mit den Asymptoten im x-Intervall
[−4; 8].
(e) p(x) sei die Gleichung der schrägen Asymptote. Für welche x-Werte gilt
|f (x) − p(x)| < 10−3 ?
Lösung: (a) Df = R \ {2}
x2 + x − 2 = 0
(b)
x2
+x−2
x−2
f (x)
=⇒
] − ∞, −2[
+
−
−
(c)
1 2 9
=
=⇒ x01 = −2, x02 = 1
2
4
] − 2, 1[ ]1, 2[ ]2, ∞[
−
+
+
−
−
+
+
−
+
x+
x2 + x − 2 ÷ 2x − 4 = 12 x +
− x2 + 2x
3
2
+
4
2x − 4
3x − 2
− 3x + 6
4
1
3
2
f (x) = x + +
=⇒
2
2 x−2
Senkrechte Asymptote: x = 2
lim f (x) = ±∞
x→±∞
1
3
schräge Asymptote: y = p(x) = x +
2
2
3
2
2
5
1
(2 − h) + +
+
= −∞
=
lim f (x) = lim f (2 − h) = lim
2 −h
2 0−
x→2−
h→0+
h→0+ 2
5
3 2
2
1
(2 + h) + +
+ + = +∞
=
lim f (x) = lim f (2 + h) = lim
2 h
2 0
x→2+
h→0+
h→0+ 2
4
(d)
x
−4,0
−3,0
−2,0
−1,0
0,0
1,0
1,5
2,5
3,0
4,0
5,0
6,0
7,0
8,0
f (x)
−0,83
−0,40
−0,00
0,33
0,50
0,00
−1,75
6,75
5,00
4,50
4,67
5,00
5,40
5,83
y8
7
6
5
4
3
2
1
−4 −3 −2 −1
1
2
3
4
5
6
7
8
x
−1
−2
−3
(e)
⇐⇒
⇐⇒
2 < 10−3
|f (x) − p(x)| = x − 2
|x − 2| > 2000
x > 2002 ∨ x < −1998
7. Das Prinzip der vollständigen Induktion
A(n) sei eine beliebige Aussage (ein vollständiger wahrer Aussagesatz) über eine
natürliche Zahl n, z.B. A(n) = n ist eine Primzahl.“ oder A(n) = 2n ist gerade.“.
”
”
Wenn man weiß, dass A(1) richtig ist und wenn man zusätzlich weiß, dass aus der
Richtigkeit von A(n) für ein beliebiges n ∈ N auch die Richtigkeit von A(n + 1)
folgt, dann kann man folgendermaßen schließen:
A(1) stimmt =⇒ A(1 + 1) = A(2) stimmt =⇒ A(2 + 1) = A(3) stimmt usw.
Die Aussage A(n) ist alle für alle n ∈ N richtig.
Knapp zusammengefasst lautet das Prinzip der vollständigen Induktion:
A(1) und (A(n) =⇒ A(n + 1))
=⇒
A(n) für alle n ∈ N
Beweise mit dem Prinzip der vollständigen Induktion:
(a) Die Ableitungsregel (xn )′ = nxn−1 , n ∈ N.
n
X
n(n + 1)
(b)
k = 1 + 2 + 3 + ... + n =
2
k=1
(c)
n
X
k=1
k 2 = 12 + 22 + 32 + ... + n2 =
5
n(n + 1)(2n + 1)
6
Lösung: (a) Nachweis für n = 1: (x1 )′ = (x)′ = 1 = 1 · x0 = 1 · x1−1
Schluss von n auf n+1: Wir müssen zeigen, dass aus der Gültigkeit von (xn )′ = nxn−1
′
(A(n)) auch die Gültigkeit von xn+1 = (n + 1)xn (A(n + 1)) folgt:
xn+1
′
= (xn · x)′ = (xn )′ · x + xn · (x)′ = (wegen A(n))
= nxn−1 · x + xn · 1 = nxn + xn = (n + 1)xn = (n + 1)x(n+1)−1
|
{z
}
A(n+1)
(b)
1
X
k=1
n+1
X
k=1=
k=
k=1
n
X
1 · (1 + 1)
2
=⇒
A(n)
k + (n + 1) =
k=1
A(1)
n(n + 1) + 2(n + 1)
n(n + 1)
+n+1 =
=
2
2
(n + 1)((n + 1) + 2)
(n + 1)(n + 2)
=
=⇒
2
2
1
X
1 · (1 + 1) · (2 · 1 + 1)
k2 = 1 =
=⇒ A(1)
6
=
(c)
k=1
n+1
X
k2 =
k=1
n
X
A(n)
k2 + (n + 1)2 =
k=1
A(n + 1)
n(n + 1)(2n + 1)
+ (n + 1)2 =
6
n(n + 1)(2n + 1) + 6(n + 1)2
=
6
(n + 1)(2n2 + 4n + 3n + 6)
(n + 1)(2n2 + n + 6n + 6)
=
=
=
6
6
(n + 1) [2n(n + 2) + 3(n + 2)]
(n + 1)(n + 2)(2n + 3)
=
=
=
6
6
(n + 1) [(n + 1) + 1] [2(n + 1) + 1]
=
=⇒ A(n + 1)
6
=
8. Wir betrachten die Funktion f mit
f (x) =
mit Df = [0, 6].
π π
· x + sin
·x
6
3
(a) Berechne f ′ (x). Berechne die Nullstellen von f ′ im Definitionsbereich und verwende dazu den Grafen einer geeigneten Funktion als Überlegungsfigur.
(b) Zeichne den Grafen von f und markiere die Punkte mit waagrechter Tangente.
π π π
+ cos
·x
6
3
3
π 1
·x =−
f ′ (x) = 0 =⇒ cos
3
2
2π
π
· x1 =
=⇒ x1 = 2
3
3
4π
π
· x2 =
=⇒ x2 = 4
3
3
Lösung: (a) f ′ (x) =
1
2π
3
− 12
6
π
3
4π
3
π
2π
(b)
x
0
1
2
f (x)
0
√
1
1
6π + 2 3
√
1
1
3π + 2 3
3
4
5
6
2
3π
5
6π
1
2π
√
− 21 3
√
− 21 3
π
f (x)
0
3
1,39
2
1,91
1,57
1
1,23
1,75
3,14
2
4
6
9. Berechne die Ableitungen folgender Funktionen und vereinfache (Ergebnisse ohne
negative und ohne gebrochene Exponenten):
√
1
x
3
+
x (b) g(x) = x3 sin2 x (c) h(x) =
3
x
x+1
p
p
√
(e) r(x) = sin3 x (f) s(x) = sin3 x
(d) k(x) = sin (x3 )
(a) f (x) = x3 +
1 ′
1
1 2
3
Lösung: (a) f ′ (x) = x3 + x−3 + x 3 = 3x2 − 3x−4 + x− 3 = 3x2 − 4 + √
3
3
x
3 x2
′
2
2
3
(b) g (x) = 3x sin x + 2x sin x cos x
1
x+1−x
=
(c) h′ (x) =
2
(x + 1)
(x + 1)2
2
3
3x cos x
(d) k′ (x) = p
2 sin (x3 )
√
3
3 sin2 x cos x
√
= cos x sin x
(e) r ′ (x) =
2
2 sin3 x
√
√
√
1
3 sin2 x cos x
′
2√
√
(f) s (x) = 3 sin x cos x · √ =
2 x
2 x
10. Wir betrachten die Funktion f mit der Gleichung
f (x) =
x2
4x − 8
(a) Gib die maximale Definitionsmenge Df und die Nullstellen von f an. Beweise
durch eine ausführliche Rechnung, dass f auch in der Form
1
1
1
f (x) = x + +
4
2 x−2
dargestellt werden kann.
(b) Untersuche das Verhalten von f an den Rändern von Df . Wie lauten die Gleichungen der Asymptoten?
(c) Berechne die erste Ableitung f ′ von f und die Nullstellen von f ′ .
(d) Zeichne den Grafen von f und die Asymptoten im x-Intervall [−3; 7].
7
Lösung: (a) Df = R \ {2}, Nullstelle: x0 = 0
x2 ÷ 4x − 8 = 14 x +
− x2 + 2x
1
2
+
x
x→±∞ 4 −
(b) lim f (x) = lim
x→±∞
4
4x − 8
8
x
= ±∞
lim f (x) = lim f (2 ± h) =
x→2±
2x
− 2x + 4
h→0+
= 1 + lim
h→0+
4
1
= ±∞
2±h−2
1
1
schräge Asympt.: y = x +
4
2
Senkrechte Asympt.: x = 2
4x2 − 16x
4x(x − 4)
x(x − 4)
2x(4x − 8) − x2 · 4
=
=
=
(c) f ′ (x) =
2
2
2
(4x − 8)
(4x − 8)
16(x − 2)
4(x − 2)2
f ′ (x) = 0 =⇒
(d)
x
f (x)
−3,0 −0,450
−2,0 −0,250
−1,0 −0,083
0,0
0,000
1,0 −0,250
1,5 −1,125
x11 = 0, x12 = 4
x f (x)
2,5 3,125
3,0 2,250
4,0 2,000
5,0 2,083
6,0 2,250
7,0 2,450
y5
4
3
2
1
−3
−2 −1
1
2
3
4
5
6
x
−1
−2
−3
11. Die Ableitungsfunktion der Funktion f mit f (x) = 2−x sin x können wir noch nicht
berechnen. Bestimme trotzdem so genau wie möglich den Wert von f ′ (0,6).
2−0,6−h sin(0,6 + h) − 2−0,6+h sin(0,6 − h)
f (0,6 + h) − f (0,6 − h)
=
2h
2h
Für h wählt man am besten halbe Taschenrechnergenauigkeit“, bei einem zehnstelligen
”
Rechner also h = 10−5 :
h
10−3
10−5
exakter Wert
′
f (x) ≈ 0,2863038586 0,2863037101 0,2863037101
Lösung: f ′ (0,6) ≈
√
mit
12. Berechne für die Funktion f (x) = 3 1 + x das Taylorpolynom dritter Ordnung
√
3
dem Entwicklungspunkt x0 = 0 und ermittle damit einen Näherungswert für 1,03.
Vergleiche mit dem Taschenrechnerergebnis und gib den relativen Fehler der Näherung an.
1
2
5
8
1
2
10
Lösung: f (x) = (1 + x) 3 , f ′ (x) = (1 + x)− 3 , f ′′ (x) = − (1 + x)− 3 , f ′′′ (x) =
(1 + x)− 3
3
9
27
2
10
1
f (0) = 1, f ′ (0) = , f ′′ (0) = − , f ′′′ (0) =
3
9
27
√
3
1 + x ≈ T3 (x) = f (0) + f ′ (0)x +
f ′′ (0) 2 f ′′′ (0) 3
1
1
5 3
x +
x = 1 + x − x2 +
x
3!
3
9
81
82
5
T3 (0,03) = 1 + 0,01 − 0,0001 + · 10−6 = 1,009901667
{z
} 3
|
1,0099
Taschenrechnerwert: y = 1,009901634,
δrel =
T3 (0,03) − y
= 3,23 · 10−8
y
13. Berechne die Ableitungen folgender Funktionen:
(a) f (x) = sin(x2 ),
(b) g(x) = sin2 x,
(c) h(x) = x2 cos x,
Lösung: (a) f ′ (x) = 2x cos(x2 )
(b) g ′ (x) = 2 sin x cos x(= sin(2x))
(c) h′ (x) = 2x cos x − x2 sin x = x (2 cos x − x sin x)
14. (a) g = f −1 ist die Umkehrfunktion von f . Benutze die Beziehung
f ◦ g(x) = f (g(x)) = x,
um die Ableitungsregel für die Umkehrfunktion zu beweisen.
(b) Es sei f (x) = cos x mit Df = [0; π]. Mit g(x) = arccos x wird die Umkehrfunktion von f bezeichnet. Berechne die Ableitung von g.
(c) Es sei f (x) = tan x mit Df = − π2 ; π2 . Mit g(x) = arctan x wird die Umkehrfunktion von f bezeichnet. Berechne die Ableitung von g.
Lösung: (a) [f (g(x))]′ = f ′ (g(x)) · g ′ (x) = 1
=⇒
g ′ (x) =
1
f ′ (g(x))
1
1
1
= −√
= p
2
− sin(arccos x)
1 − x2
− 1 − cos (arccos x)
1
=⇒
(c) (tan x)′ =
cos2 x
1 − cos2 x
1
1
sin2 x
=
=
− 1 =⇒ cos2 x =
tan2 x =
2
2
2
cos x
cos x
cos x
1 + tan2 x
1
1
(arctan x)′ = cos2 (arctan x) =
=
2
1 + tan (arctan x)
1 + x2
(b) (arccos x)′ =
15. Numerische Berechnung von e
In manchen Schulbüchern wird zur numerischen Berechnung von e der Grenzwert
n
1
e = lim en mit en = 1 +
(1)
n→∞
n
herangezogen und es werden mit dem Taschenrechner (TR) Werte von en für große
n als Näherungen für e berechnet.
(a) Verwende die Definition der Ableitung und die Forderung (ex )′ = ex , um (1)
herzuleiten.
9
(b) Um z.B. e100 = 1,01100 zu berechnen, muss man nicht 99 mal multiplizieren,
sondern es genügen acht Multiplikationen, wenn man geschickt rechnet:

!2 2
2
2 2
2
2
2
x100 = x50 = x24 · x
=
x2 · x
·x 
Vergleiche mit der Dualdarstellung des Exponenten (100 = (1100100)2) und
formuliere eine Regel, wie man daraus die schnelle Potenzberechnung erhält
(QM-Algorithmus für Quadrieren-Multiplizieren).
(c) Wie viele Multiplikationen sind nötig, um en mit n = 106 zu berechnen? Berechne jetzt en für n = 106 mit unserer neuen Methode und vergleiche mit dem
TR-Ergebnis bei direkter Eingabe des Terms 1,000 0011 000 000 .
(d) Intern rechnet der TR mit mehr Stellen, als er im Ergebnis anzeigt. Ermittle
die interne Genauigkeit deines TRs durch die Berechnung von en für n = 109 ,
n = 1010 usw.
Das Ergebnis der Berechnung von en mit n = 1010 , einmal mit dem QM-Algorithmus
und einmal durch Eintippen des Terms für en , kann sich, abhängig von der internen
Genauigkeit des Rechners, in den letzten Stellen unterscheiden. Das ist ein Hinweis
darauf, dass der TR Potenzen nicht mit dem QM-Algorithmus berechnet.
(e) Zur genauen und schnellen Berechnung von e verwendet man
n
X
1 1
1
1
= 1 + 1 + + + ... +
mit En =
k!
2 6
n!
e = lim En
n→∞
k=0
Für welches n ist der relative Fehler
En − e
< 10−9 ?
δrel =
e
Lösung: (a) Definition der Ableitung:
eh − 1
ex+h − ex
x
(e ) = lim
= e · lim
= ex
h→0
h→0
h
h
x ′
eh − 1
=1
h→0
h
lim
=⇒
eh − 1
≈ 1 für |h| ≪ 1
h
=⇒
1
e ≈ (1 + h) h für |h| ≪ 1
1
folgt aus h → 0+ , dass n → ∞ und damit
n
1
1 n
e = lim (1 + h) h = lim 1 +
n→∞
n
h→0+
Mit der Substitution h =
(b) Berechnung von xn mit n = (1...01...)2 :
Erste Ziffer (immer 1)
Jede der folgenden Ziffern
:
:
x hinschreiben
(Q) Quadrieren, wenn 0
(QM) Quadrieren und mit x Multiplizieren, wenn 1
Beginnend mit der zweiten Ziffer der Dualdarstellung des Exponenten bedeutet jede
Null eine und jede Eins zwei Multiplikationen.
Für x100 ergibt sich: QMQQQMQQ
10
(c) 106 = (1111 0100 0010 0100 0000)2
=⇒
25 Multiplikationen
Mit x = 1,000 001 und QMQMQMQQMQQQQQMQQQMQQQQQQ folgt
en = 2,718280469 genauso wie bei der direkten Eingabe des Terms 1,000 0011 000 000 .
(d) Zeigt der Rechner z.B. bei n = 1013 noch das Ergebnis 2,71828..., bei n = 1014 aber
das Ergebnis 1, dann stellt er intern 1 + 10−13 = 1,000 000 000 000 1 noch richtig dar,
1 + 10−14 wird aber auf 1 gerundet: intern 14 geltende Ziffern.
δrel
n En
(e) Man rechnet rekursiv:
0 1,0
−6,321205588 · 10−1
1
En+1 = En +
−2,642411177 · 10−1
1 2,0
(n + 1)!
−8,030139707 · 10−2
2 2,5
3 2,666666667 −1,898815688 · 10−2
En
δrel =
−1
4 2,708333333 −3,659846827 · 10−3
e
5 2,716666667 −5,941848176 · 10−4
6 2,718055556 −8,324114929 · 10−5
7 2,718253968 −1,024919667 · 10−5
−1,125202598 · 10−6
8 2,71827877
9 2,718281526 −1,114254783 · 10−7
10 2,718281801 −1,004776638 · 10−8
11 2,718281826 −8,316107427 · 10−10
16. Was bedeutet die Ableitung der Funktion f an der Stelle x, wenn
(a) f (x) der Ort eines Körpers zur Zeit x ist
(b) f (x) die Geschwindigkeit eines Körpers zur Zeit x ist
(c) f (x) das Volumen eines Würfels mit der Kantenlänge x ist
(d) f (x) das Volumen einer Kugel mit dem Radius x ist
(e) f (x) das Teilvolumen eines Körpers von der Höhe null bis zur Höhe x ist
(f) f (x) die Zahl der zur Zeit x lebenden Menschen ist
(g) f (x) die Ladung ist, die bis zur Zeit x durch den Querschnitt eines Leiters
geflossen ist
(h) f (x) die Arbeit ist, die zum Bewegen eines Körpers bis an den Ort x verrichtet
wurde
Lösung: (a) f ′ (x) ist die Geschwindigkeit des Körpers zur Zeit x.
(b) f ′ (x) ist die Beschleunigung des Körpers zur Zeit x.
(c) f (x) = x3 =⇒ f ′ (x) = 3x2 (halbe Oberfläche). Vergrößert man x um ∆x, dann
kommt zu jeder Würfelfläche eine Schicht der Dicke ∆x
2 dazu.
4π 3
′
2
=⇒ f (x) = 4πx (Oberfläche). Vergrößert man x um ∆x, dann
(d) f (x) = 3 x
kommt eine Schicht der Dicke ∆x dazu.
(e) A(x) sei die Querschnittsfläche des Körpers an der Stelle x (x-Achse senkrecht auf
der Fläche). Vergrößert man x um ∆x, wächst das Volumen um ∆f ≈ A(x)∆x (umso
genauer, je kleiner ∆x ist):
A(x) ≈
∆f
∆x
=⇒
11
∆f
= f ′ (x)
∆x→0 ∆x
A(x) = lim
(f) f ′ (x) ist die Änderungsrate der zur Zeit x lebenden Menschen, das ist die Differenz
aus Geburtenrate und Sterberate.
(g) f ′ (x) ist die Stromstärke im Leiter.
(h) Ist F (x) die Kraft auf den Körper, dann ist die Arbeit bei der Bewegung um ∆x
durch f (x) ≈ F (x)∆x gegeben (umso genauer, je kleiner ∆x ist):
F (x) ≈
∆f
∆x
∆f
= f ′ (x)
∆x→0 ∆x
=⇒
F (x) = lim
17. Berechne die Ableitung folgender Funktionen:
2
(a) f (x) = xex
(b) g(x) = e−x
ex
(d) k(x) =
(e) r(x) = x2 e−x
x
(g) t(x) = e−x sin x (h) u(x) = esin x
(c) h(x) = xe−x
2
(f) s(x) = x2 e−x
2
(i) v(x) = sin (ex )
Lösung: (a) f ′ (x) = ex + xex = (1 + x)ex
(b) g ′ (x) = −2xe−x
2
2
2
2
(c) h′ (x) = e−x − 2x2 e−x = (1 − 2x2 )e−x
xex − ex
(x − 1)ex
(d) k′ (x) =
=
x2
x2
′
−x
2 −x
(e) r (x) = 2xe − x e = x(2 − x)e−x
2
2
2
(f) s′ (x) = 2xe−x − 2x3 e−x = 2x 1 − x2 e−x
(g) t′ (x) = −e−x sin x + e−x cos x = (cos x − sin x)e−x
(h) u′ (x) = esin x cos x
(i) v ′ (x) = ex cos (ex )
18. Untersuche folgende Funktionen auf Monotonie:
(a) f (x) = 2x3 − 3x2 − 36x + 3
(b) g(x) = x + sin x
(c) h(x) = e−x sin x
Lösung: (a) f ′ (x) = 6x2 − 6x − 36 = 6(x2 − x − 6) mit NS bei x11 = −2 und x12 = 3. Da der Graf
von f eine nach oben geöffnete Parabel ist, gilt
f ′ (x) > 0
′
f (x) < 0
(f streng steigend)
für − ∞ < x < −2 oder 3 < x < ∞
für − 2 < x < 3
(f streng fallend)
(b) g ′ (x) = 1 + cos x ≧ 0 für alle x und nur isolierte NS von g ′
=⇒
f streng steigend in R.
(c) h′ (x) = e−x (cos x − sin x). Wegen e−x > 0 ist das Vorzeichen von h′ (x) gleich dem
Vorzeichen von cos x − sin x:
h′ (x) > 0 ⇐⇒ cos x − sin x > 0 ⇐⇒ cos x > sin x
streng steigend ⇐⇒ h′ (x) > 0
⇐⇒
streng fallend ⇐⇒ h′ (x) < 0
⇐⇒
12
−
π
+ 2kπ < x <
4
3π
+ 2k < x <
4
3π
+ 2kπ mit k ∈ Z
4
7π
+ 2kπ mit k ∈ Z
4
19. Berechne x:
(b) e−0,2x = 10−3
(a) ex = 100
(c) ex = e−2x+1
(d) ex = 3x
Lösung: (a) x = ln 100 = 2 ln 10 ≈
(b) −0,2x = −3 ln 10 =⇒
x = 15 ln 10 ≈
1
(c) x = −2x + 1 =⇒ x =
3
(d) Mit dem Newtonverfahren berechnet man die Nullstelle der Funktion f (x) = ex − 3x:
f ′ (x) = ex − 3
=⇒
xn+1 = xn −
f (xn )
exn − 3xn
(xn − 1)exn
=
x
−
=
n
f ′ (xn )
exn − 3
exn − 3
Mit den Startwerten x01 = 0,6 und x02 = 1,5, die man z.B. einer Grafik entnimmt,
folgen die beiden Lösungen x1 = 0,6190612867 und x2 = 1,512134552.
20. Berechne x:
√
√
(a) (ln x)2 = 4
(b) ln x = −105 (c) ln x + ln 3 x = 2
√
1
(e) ex = ln x
(f) ex = − ln x
(d) ln 1 − x2 = −
2
Veranschauliche das Ergebnis von (b) in der Form 0, 0000
... 000} nächste Ziffern.
| {z
Zahl der Nullen
Lösung: (a) ln x = ±2
=⇒
5
x1 = e2 ,
x2 = e−2
−105
(b) x = e−10 = 10− ln 10 = 10−43429,44819 = 10−0,44819 · 10−43429 = 0,35629 · 10−43429
x = 0, 0000
... 000} 35629 ...
| {z
43429 Nullen
√
12
1
1
5
5
ln x + ln x = ln x = 2 =⇒ x = e 5 = e12 ≈ 11,023
2
3
6
r
1
1
1
2
2
−1
=⇒ 1 − x = e
=⇒ x = ± 1 − ≈ ±0,795
(d) ln(1 − x ) = −
2
2
e
(e) keine Lösung
(f) Wir suchen eine Nullstelle von f (x) = ex + ln x mit dem Newtonverfahren:
(c)
xn+1 = xn −
ex + ln x
f (x)
= xn − x 1
′
f (x)
e +x
x0 = 0,5
x1 = 0,2381071287
x ≈ 0,2698741376
x2 = 0,2684966975
x3 = 0,2698717782
x4 = 0,2698741376
x5 = 0,2698741376
13
21. Ein Körper der Masse m und der GeschwinWp
digkeit v (also mit der kinetischen Energie
W0
W = m2 v 2 ) bewegt sich auf eine Potentialbarriere der Breite d und der Höhe W0 zu.
m
v
d
Nach der klassischen Physik kann der Körper
für W < W0 die Barriere nicht überwinden
x
und wird reflektiert. Die Quantenmechanik
lehrt aber, dass der Körper auch für W < W0
die Barriere mit einer gewissen Wahrscheinlichkeit T (Transmissionswahrscheinlichkeit) überwinden kann (Tunneleffekt). Dabei gilt
T =
mit
γ
e2 α d
+
e−2 α d
+γ−2
2π p
W
W
und α =
· 1−
· 2 m (W0 − W ),
γ = 16 ·
W0
W0
h
wobei h = 6,626 · 10−34 Js die Planckkonstante ist.
(a) Berechne die Transmissionswahrscheinlichkeit für ein Elektron mit der Masse
m = 9,11·10−31 kg und der kinetischen Energie W = 3 eV (1 eV = 1,6·10−19 J),
das gegen eine Barriere der Höhe W0 = 5 eV und der Breite d = 10−10 m
anläuft.
(b) Eine Kugel der Masse m = 0,1 g bewegt
sich in einem Gefäß mit v = 2 cm
hin und
s
her, die Höhe des Gefäßes ist y = 2 cm, die
Wandstärke d = 2 mm (W0 = mgy). Berechne die Transmissionswahrscheinlichkeit T für
die Kugel. Wie lang ist die ausgeschriebene
Zahl T zwischen Komma und der ersten Ziffer ungleich null, wenn pro Ziffer 0,5 cm gebraucht werden?
Lösung: (a) α =
d
y
m
v
p
2π
1
2 · 9,11 · 10−31 kg · 2 · 1,0 · 10−19 J = 7,247 · 109
·
−34
6,626 · 10
Js
m
2αd = 1,449 und γ = 3,84
=⇒
T = 0,606 = 60,6%
N
· 0,02 m = 1,962 · 10−5 J
kg
m
m 2
W = v 2 = 5 · 10−5 kg · 0,02
= 2 · 10−8 J
2
2
p
2π
1
2 · 10−4 kg · 1,96 · 10−5 J = 5,94 · 1029
·
α=
6,626 · 10−34 Js
m
(b) W0 = mgy = 10−4 kg · 9,81
k = 2αd = 2,377 · 1027 und γ = 0,0163
Die letzten drei Summanden im Nenner von T kann man vernachlässigen:
γ
= γe−k
14 ek
T =
Wegen
1
ln 10
e = e ln 10 = 10 ln 10
gilt
k
k
27
T = γ · 10− ln 10 = 10lg γ− ln 10 = 10−1,03·10
Also 1,03 · 1027 Nullen zwischen Komma und der ersten Ziffer ungleich null, mit der
Länge
L = 5 · 1027 cm = 5 · 1025 m = 5,3 · 109 LJ
1
27
= 1010 -mal an die Gefäßwand stoßen, um einmal zu
Die Kugel müsste ungefähr
T
tunneln.
22. Berechne folgende Grenzwerte:
sin ax
(a) lim
x→0 sin bx
√
x
(d) lim
x→+∞ ln x
(g)
Lösung: (a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
(g)
(h)
(i)
(b)
√
x− a
x−a
√
√
x− a
(c) lim+ √
x→a
x−a
lim x100 e−0,01x
x→+∞
2x
e
ex
(h) lim
−
x→+∞
x2
x
(e)
lim (x − ln x)
x→+∞
lim
x→a
√
(f)
(i)
lim
x→+∞
e−x · ln x
2x + sin x
x→+∞ 2x − sin x
lim
0
a
sin ax
a cos ax
=
=
lim
= lim
x→0 sin bx
x→0 b cos bx
0
b
√
√
√
√
x− a
0
x− a
1
1
√ √
√ = lim √
√ = √
=
= lim √
lim
x→a ( x − a)( x + a)
x→a x + a
x→a x − a
0
2 a
s√
√
√
√
√
√
0
x− a
x− a
x− a
√ =0
=
lim √
= lim p√
lim √
√ p√
√ = x→a
x→a
x→a
0
x+ a
x−a
x− a
x+ a
√
√
1
∞
√
x
x
2 x
=
lim
lim
= lim
=
=∞
x→+∞ 2
x→+∞ ln x
x→+∞ 1
∞
x
∞ 100 mal de l’Hospital
100!
x100
=
lim
=0
lim 0,01x =
x→+∞ 0,01100 e0,01x
x→+∞ e
∞
1
1
ln x ∞ x
=
lim
=
= lim
=0
lim
x
x
x→+∞ e
x→+∞ xex
x→+∞ e
∞
ln x
1
lim (x − ln x) = lim x 1 −
= lim x 1 −
=∞
x→+∞
x→+∞
x→+∞
x
x
2x
e
ex
ex ex
lim
−
1
= (∞ · ∞) = ∞
−
=
lim
x→+∞
x→+∞ x
x2
x
x
2 + sinx x
2x + sin x
2
= lim
lim
= =1
sin
x
x→+∞ 2 −
x→+∞ 2x − sin x
2
x
23. Schreibe das Ergebnis in der Gleitkommadarstellung, d.h. in der Form
a · 10n
(a) x = e1000
mit 1 ≦ a < 10 und n ∈ Z.
5
(b) y = e−5
9
(c) z = 99
15
1000
Lösung: (a) x = e1000 = 10 ln 10 = 10434,29448 = 100,29448 · 10434 = 1,97 · 10434
3125
5
(b) y = e−5 = 10− ln 10 = 10−1357,170256 = 100,829744 · 10−1358 = 6,76 · 10−1358
9
(c) z = 99 = 10387 420 489·lg 9 = 10369 693 099+0,6 ≈ 4 · 10369 693 099
24. Untersuche die Funktion f mit
f (x) =
x4 x3
− ,
8
2
Df = R
Nullstellen, Verhalten an den Rändern von Df , Monotonie, Extremwerte und Wendepunkte. Zeichne den Grafen von f im Intervall [−2; 4,5].
Für welche x-Werte gilt f (x) = −2?
x3
· (x − 4) = 0 =⇒ x01 = 0, x02 = 4
8
3
x
lim f (x) = lim
· (x − 4) = ((−∞) · (−∞)) = +∞
x→−∞
x→−∞ 8
3
x
· (x − 4) = ((+∞) · (+∞)) = +∞
lim f (x) = lim
x→+∞
x→+∞ 8
Lösung: f (x) =
x2
3x2
3x
x3 3x2
−
=
· (x − 3), f ′′ (x) =
− 3x =
· (x − 2)
2
2
2
2
2
f ′ (x) = 0 =⇒ x11 = 0, x12 = 3,
f ′′ (x) = 0 =⇒ x21 = 0,
f ′ (x) =
f ′ (x)
> 0 für x > 3 und
f ′ (x)
≦ 0 für x ≦ 3
=⇒
f streng fallend in ] − ∞; 3[ und f streng steigend in ]3; +∞[.
f ′ (x12 ) = 0 und f ′′ (x12 ) =
9
>0
2
=⇒
Tiefpunkt bei T 3
f ′′′ (x) = 3x − 3 = 3(x − 1)
f ′ (x11 ) = 0 und f ′′ (x11 ) = 0 und f ′′ (x11 ) = −3 6= 0
′′
f (x22 ) = 0 und
f ′′′ (x
22 )
= 3 6= 0
x22 = 2
=⇒
27
8
Terrassenpunkt bei F (0 0)
Wendepunkt bei W (2 − 2)
=⇒
f (x) = −2 =⇒ g(x) = x4 − 4x3 + 16 = 0, eine Lösung ist X1 = 2, die zweite Lösung
findet man mit dem Newtonverfahren:
x4 − 4x3 + 16
g(xn )
x0 = 3,5
= xn − n 3 n 2
xn+1 = xn − ′
g (xn )
4xn − 12xn
x1 = 3,721938776
x2 = 3,680359091
X2 ≈ 3,678573510
x3 = 3,678576718
x4 = 3,678573510
x5 = 3,678573510
16
y6
5
4
3
2
1
F
−3
−2
−1
1
2
3
4
5
6
x
−1
W
−2
−3
T
25. Untersuche die Funktion f mit
f (x) =
x4
− 2x2 ,
4
Df = R
auf Symmetrie, Nullstellen, Verhalten an den Rändern von Df , Extremwerte und
Wendepunkte. Zeichne den Grafen von f im Intervall [−3; 3].
Für welche x-Werte gilt f (x) = −2?
Lösung: f (−x) = f (x)
=⇒
f symmetrisch zur y-Achse
√
√
x2
· x2 − 8 = 0 =⇒ x01 = 0, x02 = −2 2, x03 = 2 2
4
2
x
2
· x − 8 = ((+∞) · (+∞)) = +∞
lim f (x) = lim
x→±∞
x→±∞ 4
f ′ (x) = x3 − 4x = x · x2 − 4 , f ′′ (x) = 3x2 − 4, f ′′′ (x) = 6x
f (x) =
f ′ (x) = 0
f ′′ (x) = 0
f ′ (x
11 )
=⇒
x11 = 0,
=⇒
x21 = 0,
′′
x12 = −2,
x22 =
= 0 und f (x11 ) = −4 < 0
− 23
x13 = 2
√
√
3, x23 = 23 3
=⇒
Hochpunkt bei H (0 0)
f ′ (x13 ) = 0 und f ′′ (x13 ) = 8 > 0 =⇒ Tiefpunkte bei T1,2 (±2 − 4)
√
√
f ′′ (x22 ) = 0 und f ′′′ (x22 ) = 4 3 6= 0 =⇒ Wendepunkte bei W1,2 ± 32 3 −
q
√
4
2
f (x) = −2 =⇒ x − 8x = −2 hat die vier Lösungen x = ± 4 ± 2 2.
17
20
3
y
2
1
H
−2
−3
−1
1
2
3
x
−1
−2
W1
W2
−3
T1
T2
−4
26. Untersuche die Funktion f mit
1
7
f (x) = x3 − x2 + 2x + 1,
4
4
Df = R
auf Nullstellen, Verhalten an den Rändern von Df , Monotonie und Extremwerte.
Zeichne den Grafen von f im Intervall [−1; 6].
Lösung: f (x) = 0
=⇒
x01 = 2 (durch Probieren)
5
1
5 1√
1
=⇒ x02,3 = ±
33
f (x) : (x − 2) = x2 − x −
4
4
2
2 2
3 7
8
4
x
· 1− + 2 + 3
= ±∞
lim f (x) = lim
x→±∞
x→±∞ 4
x}
| x {zx
7
3
f ′ (x) = x2 − x + 2,
4
2
f ′ (x) = 0
=⇒
→1
f ′′ (x) =
2
x11 = ,
3
3
7
3
x − , f ′′′ (x) =
2
2
2
x12 = 4,
f ′′ (x) = 0
=⇒
x21 =
7
3
2
Da der Graf von f ′ eine nach oben geöffnete Parabel ist, folgt f ′ (x) > 0 für x < und
3
2
′
x > 4, f (x) < 0 für < x < 4 =⇒
3
2
2
f streng steigend in −∞;
;4
=⇒
und ]4; +∞[, f streng fallend in
3
3
2 44
und Tiefpunkt bei T (4 − 3)
Hochpunkt bei H
3 27
18
y
2
H
1
−1
1
2
3
4
5
6
x
W
−1
−2
−3
T
−4
27. Untersuche die Funktion f mit
f (x) =
x2
,
ex−1
Df = R
auf Symmetrie, Nullstellen, Verhalten an den Rändern von Df , Monotonie und
Extremwerte. Zeichne den Grafen von f im Intervall [−1; 6].
Lösung: Einzige Nullstelle bei x0 = 0.
∞
lim f (x) = + = +∞
x→−∞
0
∞
∞
2x
2
lim f (x) =
= lim x−1 =
= lim x−1 = 0+
x→+∞
x→+∞
x→+∞
∞
e
∞
e
f (x) = x2 · e1−x
f ′ (x) = 2xe1−x − x2 e1−x = x(2 − x)e1−x
f ′′ (x) = 2e1−x − 2xe1−x − 2xe1−x + x2 e1−x = (2 − 4x + x2 )e1−x
f ′′′ (x) = −2e1−x − 4e1−x + 4xe1−x + 2xe1−x − x2 e1−x = (−x2 + 6x − 6)e1−x
√
√
f ′ (x) = 0 =⇒ x11 = 0, x12 = 2, f ′′ (x) = 0 =⇒ x21 = 2 − 2, x22 = 2 + 2
Da der Graf von x(2 − x) eine nach unten geöffnete Parabel ist, folgt
f ′ (x) < 0 für x < 0 und x > 2, f ′ (x) > 0 für 0 < x < 2 =⇒
f streng fallend in ] − ∞; 0[ und ]2; +∞[, f streng steigend in ]0; 2[
4
Tiefpunkt bei T (0 0) und Hochpunkt bei T 2
e
19
=⇒
y6
5
4
3
2
H
1
−1
1
T
2
3
4
5
6
x
28. Untersuche die Funktion f mit
f (x) =
20 ln x
,
x2
Df = R+
auf Nullstellen, Verhalten an den Rändern von Df , Monotonie und Extremwerte.
Zeichne die Grafen von f und f ′ im Intervall [0,9; 6] in ein Diagramm. Veranschauliche die Zusammenhänge zwischen den Nullstellen der Ableitungsfunktion und den
besonderen Stellen im Grafen von f .
Lösung: Einzige Nullstelle bei x0 = 1.
−∞
= −∞
lim f (x) =
0+
x→0+
20
∞
10
= lim x = lim 2 = 0+
lim f (x) =
x→+∞ 2x
x→+∞ x
x→+∞
∞
20(1 − 2 ln x)
f ′ (x) =
x3
√
√
f ′ (x) = 0 =⇒ x0 = e, f ′ (x) > 0 =⇒ x < e =⇒
√
√
f streng steigend in ]0; e[ und f streng fallend in ] e; +∞[ =⇒
√ 10
e
≈ H (1,65 3,68)
Hochpunkt bei H
e
20
y4
WP
3
2
f
1
f ′′
0
1
3
2
4
5
6
x
f′
−1
−2
29. Untersuche die Funktion f mit
f (x) =
x2 − 4x + 4
x−3
auf maximale Definitionsmenge, Nullstellen, Verhalten an den Rändern von Df , Extremwerte und Wendepunkte. Zeichne den Grafen von f und eventuelle Asymptoten
im Intervall [−1; 7].
x2 − 4x + 4
(x − 2)2
=
, Df = R \ {3}, Nullstelle bei x0 = 2
x−3
x−3
x − 4 + x4
1
= ±∞
lim f (x) = lim
= ±∞ lim f (x) =
3
±
x→±∞
x→±∞
0±
x→3
1− x
Lösung: f (x) =
Polynomdivision =⇒
f ′ (x) =
x2 − 6x + 8
(x − 3)2
f ′ (x) = 0
=⇒
f (x) = x − 1 +
x11 = 2,
1
x−3
=⇒
Asymptote: a : x → x − 1
x12 = 4
Da x2 − 6x + 8 eine nach oben geöffnete Parabel ist, gilt f ′ (x) > 0 für x < 2 und x > 4
sowie f ′ (x) < 0 für 2 < x < 3 und 3 < x < 4. f ist also streng steigend in ] − ∞; 2[
und in ]4; +∞[ und streng fallend in ]2; 3[ und ]3; 4[ =⇒ Hochpunkt bei H (2 0) und
Tiefpunkt bei T (4 4).
21
y7
6
5
4
T
3
2
1
H
−2
−1
1
2
3
4
5
6
7
x
−1
−2
30. Wir betrachten die Funktionenschar fa mit
fa (x) =
ax + 2
,
2ex
Dfa = R und a ∈ R \ {0}.
(a) Bestimme in Anhängigkeit des Scharparameters a die Nullstellen von fa und
das Verhalten von fa für x → ±∞.
(b) Zeige, dass alle Grafen der Funktionenschar genau einen Punkt gemeinsam
haben und gib seine Koordinaten an.
(c) Bestimme die Koordinaten der lokalen Extrema der Funktionenschar in Abhängigkeit von a.
(d) Zeichne die Grafen der Funktionen f0,5 , f2 , f20 und f−4 in ein geeignetes Koordinatensystem. Stelle vorher die Nullstellen und die Koordinaten der Extremwerte in einer Tabelle zusammen.
(e) Unter welchem spitzen Winkel α schneiden sich die Grafen der beiden Funktionen f0,5 und f20 ?
(f) Auf welcher Kurve y = g(x) liegen die Extremwerte der Scharfunktionen?
Zeichne sie in das schon bestehende Koordinatensystem ein.
2
Lösung: (a) Nullstellen: xa0 = −
a
− sgn(a) · ∞
= − sgn(a) · ∞
lim f (x) =
x→−∞
0+
a
a
sgn(a) · ∞
=
= lim
= 0±
lim f (x) =
x→+∞ 2ex
x→+∞
+∞
+∞
22
(b) fa (x) = fb (x)
=⇒
ax = bx
=⇒
(a − b)x = 0
x = 0 (a 6= b)
=⇒
Der gemeinsame Punkt aller Grafen ist also (0|1).
−ax + a − 2
(c) fa′ (x) =
2ex
a−2
2
a 2−a
fa′ (x) = 0 =⇒ xa1 =
= 1 − , fa (xa1 ) = e a
a
a
2
a
−
2
a
−
2
für a > 0 oder x >
für a < 0.
fa′ (x) > 0 ⇐⇒ x <
a
a
a−2
a > 0 =⇒ f steigend in ] − ∞; a−2
a [ und fallend in ] a ; ∞[
a 2−a
a
Hochpunkt bei H a−2
a 2e
a−2
f fallend in ] − ∞; a−2
a [ und steigend in ] a ; ∞[
a 2−a
a
e
Tiefpunkt bei H a−2
a 2
a<0
(d)
=⇒
0,5
−4
−3
a
xa0
xa1
f (xa1 )
2
−1
0
e3
≈ 5,02
4
1
=⇒
=⇒
−4
0,5
1,5
20
−0,1
0,9
10
2
≈ 4,07 − 1,5 ≈ −0,446
e0,9
e
y6
5
f−4
4
3
f1
f20
g
2
2
1
−5
−4
−3
−2
−1
1
2
−1
−2
f2
−3
′ (0) = −0,75 = tan α
(e) f0,5
′ (0) = 9 = tan β
f20
=⇒
=⇒
α = −36,87◦
β = 83,66◦
Schnittwinkel: ϕ = 180◦ − (β + |α|) = 59,47◦
23
g
3
4
5
x
(f) x1 = 1 −
2
a
=⇒
a
1
=
2
1 − x1
=⇒
y1 =
g(x) =
e−x1
a 2−a
e a =
2
1 − x1
=⇒
e−x
1−x
31. In dieser Aufgabe bedeutet das Wort Schüler Buben und Mädchen.
Die Befragung der Schüler eines Kurses erbrachte folgendes Ergebnis:
• 14 Schüler sind zwar vom Sport, nicht aber von der Mathematik begeistert
• Ein Mädchen liebt Mathe und Sport
• Drei Buben lieben Mathe und Sport
• Sechs Mädchen sind sportbegeistert
• Zwei Mädchen hassen Mathe und Sport
• 18 Schüler mögen keine Mathematik
• Vier Buben mögen keinen Sport
• Sieben Schüler mögen Mathe
Verwende folgende Mengensymbole:
B: Buben
M: Mathematiker
S: Sportler
(a) Wie viele Buben und Mädchen sind in dem Kurs?
(b) Beschreibe folgende Mengen in Worten und berechne ihre Mächtigkeit:
i. B ∩ M ∩ S
ii. (B ∩ M ∩ S) ∪ (B ∩ M ∩ S)
(c) Beschreibe folgende Ereignisse mit Mengensymbolen und berechne ihre Mächtigkeit:
i. Alle sportlichen Buben, die Mathe nicht mögen.
ii. Alle Mädchen, die nur eins mögen, entweder Mathe oder Sport.
iii. Alle Schüler die Mathe mögen oder alle Schüler, die den Sport lieben.
Lösung: (a)
B
M
M
S
3
b3
3 + b3
S
b2
b4
4
3 + b2
b3 + b 4
|B|
B
M
M
S
1
5
6
S
m2
2
m2 + 2
1 + m2
7
|B|
Addition der entsprechenden Elemente der beiden Vierfeldertafeln ergibt die Tafel
für alle Schüler, da B ∩ B = ∅:
Ω
M
M
S
4
14
18
S
s2
s4
s2 + s4
7
18
|Ω|
oder
Ω
M
M
24
S
4
14
18
S
3
4
7
7
18
25
b4 = s4 − m4 = 2, b2 = 4 − b4 = 2, m2 = s2 − b2 = 1
B
M
M
S
3
b3
3 + b3
S
2
2
4
5
b3 + 2
|B|
B
M
M
S
1
5
6
S
1
2
3
2
7
9
=⇒
b3 = 14−5
=⇒
B
M
M
S
3
9
12
S
2
2
4
5
11
16
=⇒ 16 Buben, 9 Mädchen
(b) i. Buben, die weder Mathe noch Sport mögen, |B ∩ M ∩ S| = 2
ii. (B ∩ M ∩ S) ∪ (B ∩ M ∩ S) = M ∩ S, also Schüler, die zwar Mathe aber keinen
Sport mögen. |M ∩ S| = 3
(c) i. E = B ∩ M ∩ S, |E| = 9
ii. E = (B ∩ M ∩ S) ∪ (B ∩ S ∩ M ), |E| = 5 + 1 = 6
iii. E = M ∪ S, |E| = |M | + |S| − |M ∩ S| = 7 + 18 − 4 = 21
32. Skizziere den ungefähren Verlauf von f ′′ und von f .
y
f′
0
x
x1
x2
x4
x3
25
x5
x6
Lösung:
y
f
WP
WP
WP
WP
WP
f′
fss
0
x
x1
x2
x8
x3
x9
x7
x4
x5
x10
x6
x11
33. In einem Dorf gibt es zwei Vereine, den Trachtenverein (T) und den Sportverein (S).
Für die Wahrscheinlichkeiten der Vereinszugehörigkeit eines beliebig ausgesuchten
Dorfbewohners gilt: P (T ) = 40 %, P (S) = 32 %, P (T ∩S) = 8 %. 180 Dorfbewohner
gehören zu keinem Verein. Wie viele Dorfbewohner gibt es?
26
Lösung:
Ω
S
S
T
8%
32 %
40 %
T
24 %
36 %
60 %
36 % · x = 180
32 %
68 %
100 %
=⇒
x=
180
= 500
0,36
Es gibt 500 Dorfbewohner.
34. Eine Urne enthält n Kugeln, z davon sind weiß, der Rest ist schwarz. Es werden hintereinander zwei Kugeln ohne Zurücklegen gezogen. Wir betrachten die Ereignisse
A := Die erste gezogene Kugel ist weiß“ und B := Die zweite gezogene Kugel ist
”
”
weiß“. Untersuche A und B auf stochastische Unabhängigkeit.
Lösung: A = {ww, ws}, P (A) =
B = {ww, sw}, P (B) =
z n−z
z(z − 1 + n − z)
z(n − 1)
z
z z−1
·
+ ·
=
=
=
n n−1 n n−1
n(n − 1)
n(n − 1)
n
z z−1 n−z
z
z(z − 1 + n − z)
z(n − 1)
z
·
+
·
=
=
=
n n−1
n
n−1
n(n − 1)
n(n − 1)
n
z2
z z−1
·
6= 2 = P (A) · P (B)
n n−1
n
d.h. A und B stochastisch abhängig.
A ∩ B = {ww}, P (A ∩ B) =
35. Gegeben sind die Punkte A(4| − 1|4), B(−8|3|1) und C(0|3| − 5).
(a) Zeichne das Schrägbild des Dreiecks ABC.
(b) Berechne die Seitenlängen a, b und c.
(c) Berechne die Innenwinkel α, β und γ und die Fläche A des Dreiecks.
Lösung: (a)
B
x3
β
4
A
α
4
x2
4
x1
γ
C
(b) a =
b=
c=
p
p
p
(0 − (−8))2 + (3 − 3)2 + (−5 − 1)2 =
(4 − 0)2 + (−1 − 3)2 + (4 − (−5))2 =
(4 − (−8))2 + (−1 − 3)2 + (4 − 1)2 =
27
p
p
p
82 + 02 + 62 = 10
√
42 + 42 + 92 = 113
122 + 42 + 32 = 13
√
b2 + c2 − a2
7 113
(c) cos α =
=
=⇒ α = 48,8◦
2bc
113
a2 + c2 − b2
3
cos β =
=
=⇒ β = 53,1◦
2ac
5
√
11 113
b2 + c2 − a2
=
=⇒ γ = 78,1◦
cos γ =
2bc
565
p
8
1
sin α = 1 − cos2 α = √
=⇒ A = cb sin α = 52
2
113
36. Zeichne die Punkte A(1|2), B(4|4), C(2|1), D(−1| − 1),E(0|2), F(2|5), G(6|4) und
H(3|2) in ein Koordinatensystem. Zeichne die Vektoren (natürlich ist gemeint, je−→
−→
−→
−→
−→
weils einen Repräsentanten) ~a = AB, ~b = BC, ~c = DC, d~ = FE und ~e = GH
ein. Welche dieser Vektoren sind gleich, welche haben den gleichen Betrag? Welche
Vektoren sind gleich zu −~e ?
Lösung: ~a = ~c =
~b = d~ =
3
2
−2
−3
= −~e
x2
F
5
B
d~
Alle Vektoren haben den Betrag
p
√
22 + 32 = 13
G
~a
~
e
~b
E
H
A
1
C
~c
6
3
1
x1
D
37. Zeichne die Punkte A(2|2), B(6|1), C(5|5) und D(9|2) in ein Koordinatensystem.
−→
−→
Zeichne die (Repräsentanten der) Vektoren ~x = BD und ~y = CD mit den jeweiligen
Anfangspunkten A, B und C ein. Die Endpunkte der Repräsentanten von ~x seien
A′ , B′ , und C′ , die Endpunkte der Repräsentanten von ~y dagegen A′′ , B′′ , und
C′′ . Vergleiche die Dreiecke A′ B′ C′ und A′′ B′′ C′′ mit dem Dreieck ABC. Welche
geometrische Abbildung wird also durch die Vorgabe eines Vektors beschrieben?
Lösung: Die Dreiecke △A′ B′ C′ und △A′′ B′′ C′′ sind
kongruent zu △ABC und entsprechende Seiten sind parallel, d.h. durch einen
Vektor wird eine Parallelverschiebung beschrieben.
x2
C′
~
x
C
5
~
x
~
y
A′
A
D = B′ = C′′
~
x
1
~
y
1
B
3
~
y
x1
A′′
B′′
28
38. Wie viele Pfeile kann man in einen Würfel zeichnen, die jeweils zwei Ecken miteinander verbinden? Wie viele Vektoren werden dadurch festgelegt?
Lösung: Von jeder der acht Ecken kann man zu den restlichen sieben Ecken je einen Pfeil zeichnen,
d.h. es können 7 · 8 = 56 Pfeile gezeichnet werden.
Kanten
Flächendiag.
Raumdiag.
Vektoren
6
12
8
26
Vielfachheit
4
2
1
Pfeile
24
24
56
39. Die Komponenten der Geschwindigkeit ~v eines Flugzeugs sind 40 ms nach Norden,
30 ms nach Westen und 20 ms nach oben. Berechne den Betrag v der Geschwindigkeit
und den Steigungswinkel ϕ.
−−→ r
m2
m2
m
Lösung: FW = 402 2 + 302 2 = 50
s
s
s
r
m
m
m2 √
m2
≈ 53,9
|~v | = 502 2 + 202 2 = 2900
s
s
s
s
20
tan ϕ =
= 0,4 =⇒ ϕ = 21,8◦
50
~
v
F
ϕ
H
20 m
s
40 m
s
N
30 m
s
W
40. Der allseits bekannte Abenteurer Happysearch ist auf der Jagd nach dem sagenhaften Schatz des Piraten Blackmath. Blackmaths Beschreibung zur Auffindung des
Schatzes, die Happysearch auf wunderbare Weise in die Hände fiel, lautet folgendermaßen:
Vom Totenkopf aus sind n Schritte in die richtige Richtung zurückzulegen, dre”
he dich um den richtigen Winkel und lege dann m Schritte zurück. Die folgenden
vier Wege ergeben sich jeweils aus der vektoriellen Differenz des letzten und des
vorletzten Weges.“
Happysearch steht breitbeinig und ziemlich ratlos über dem gewissen Totenkopf und
sieht seine Felle schon davonschwimmen, da er weder n, m, die Richtung noch den
Drehwinkel kennt. Da kritzelt sein Schiffsjunge, ein gescheiterter Gymnasiast, der
wenigstens die Vektorrechnung noch einigermaßen im Kopf hat, mit einem ausgebleichten Knochen geheimnisvolle Zeichen in den Sand. Nach einer kleinen Weile
grinst er Happysearch ins Gesicht, handelt sich eine saftige Beteiligung am zu erwartenden Gewinn heraus und findet in kurzer Zeit den Schatz. Da sage noch einer,
dass die Mathematik eine brotlose Kunst sei!
29
Lösung:
n
1
2
3
4
5
6
Wegdifferenz
w
~ 1 = ~x
w
~ 2 = ~y
w
~3 = w
~2 − w
~1
w
~4 = w
~3 − w
~2
w
~5 = w
~4 − w
~3
w
~6 = w
~5 − w
~4
=~
y − ~x
= −~x
= −~y
= −~y + ~x
neuer Ort
~s1 = ~x
~s2 = ~s1 + w
~2
~s3 = ~s2 + w
~3
~s4 = ~s3 + w
~4
~s5 = ~s4 + w
~5
~s6 = ~s5 + w
~6
= ~x + ~y
= ~x + ~y + ~y − ~x = 2~y
= 2~y − ~x
= 2~y − ~x − ~y = ~y − ~x
= ~y − ~x − ~y + ~x = ~o
Der Schatz liegt also genau unter dem Totenkopf!
41. Der Betrag der von der Masse M auf die Masse m ausgeübten Kraft ist
F =
GMm
r2
(Gravitationsgesetz),
wobei r die Entfernung der beiden Massen ist.
(a) Formuliere das Gravitationsgesetz vektoriell, wobei sich M am Ort P und m
−→
−→
am Ort Q befindet. Verwende die Bezeichnungen ~r1 = OP und ~r2 = OQ.
(b) M = 2,0·1030 kg ist die Masse der Sonne am Ort P(−3,0 · 1010 m 6,0 · 1010 m 0),
m = 80 kg die Masse eines Satelliten am Ort Q(9,0 · 1010 m − 3,0 · 1010 m 0).
F~ ist die Kraft von der Sonne auf den Satelliten. Berechne F~ und F = |F~ | mit
2
G = 6,67 · 10−11 Nkgm2 (Gravitationskonstante).
Lösung: (a) Mit ~r = ~r1 − ~r2 ist r = |~r| und damit
~
F
GM m ~r
GM m
~r
=
· =
· ~r
F~ = |F~ | ·
|~r|
r2
r
r3
F~ =

P
M
GM m
· (~r1 − ~r2 )
|~r1 − ~r2 |3



−3 − 9
−12
(b) ~r =  6 − (−3)  · 1010 m =  9  · 1010 m
0
0
Q
m
~
r2
~
r1
O
=⇒
r = |~r| = 15 · 1010 m


−0,8
~r
Der Einheitsvektor in Richtung von ~r ist ~r0 = =  0,6 
r
0


−0,38
GM m
~

= 0,47 N =⇒ F = F ~r0 =
0,28  N
F =
r2
0
42. Von einer Bergstation führen zwei Abfahrten ins Tal, eine einfache blaue“ und ei”
ne anspruchsvolle schwarze“. Im Auftrag der ortsansässigen Skischule wird unter”
sucht, ob die Wahl der Abfahrt geschlechtsabhängig ist. Eine über mehrere Wochen
erstellte Statistik über die von der Bergstation abfahrenden Personen zeigt, dass
45 % unter ihnen weiblich sind; 22 % unter ihnen sind männlich und entscheiden
30
sich für die schwarze Abfahrt, 27 % unter ihnen sind weiblich und wählen die blaue
Abfahrt.
(a) Eine in der Statistik erfasste Person wird zufällig ausgewählt. Untersuche die
beiden Ereignisse M = Die ausgewählte Person ist männlich“ und B = Die
”
”
ausgewählte Person entscheidet sich für die blaue Abfahrt“ auf stochastische
Unabhängigkeit. [Grundkursabitur Bayern, 2010]
(b) Unter den von der Statistik erfassten Männern wird einer beliebig ausgewählt;
mit welcher Wahrscheinlichkeit war er auf der schwarzen Abfahrt unterwegs?
(c) Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist eine beliebige auf der blauen Abfahrt befragte Person weiblich?
M
W
P (M ) · P (B) = 0,55 · 0,6 = 0,33 = P (M ∩ B)
M und B sind stochastisch unabhängig.
22 % 18 %
40 %
33 % 27 %
60 %
55 % 45 % 100 %
0,22
2
P (M ∩ S)
=
= = 40 %
(b) PM (S) =
P (M )
0,55
5
P (W ∩ B)
0,27
9
(c) PB (W ) =
=
=
= 45 %
P (B)
0,6
20
Lösung: (a)
=⇒
S
B
43. Die Ereignisse A und B eines Zufallsexperiments sind stochastisch unabhängig. Verwende die Bezeichnungen der beiden Baumdiagramme und untersuche A und B auf
stochastische Unabhängigkeit. Jeder Schritt ist stichwortartig zu begründen.
P (A)
P (B)
P (A)
A
B
A
p1
p2
B
B
P (A ∩ B)
P (A ∩ B)
B
P (B)
B
A
B
A
p3
p4
A
A
p5
p6
Lösung: Definition der Unabhängigkeit und 1. Pfadregel:
P (A ∩ B) = P (A) · P (B) = P (A) · p1
=⇒
p1 = P (B)
1. Pfadregel:
p2 = 1 − p1 = 1 − P (B) = P (B)
=⇒
P (A ∩ B) = P (A) · p2 = P (A) · P (B)
1. Pfadregel:
p5 = P (A ∩ B) = P (A) · P (B) = P (B) · p3
31
=⇒
p3 = P (A)
p4 = 1 − p3 = 1 − P (A) = P (A)
1. Pfadregel:
p6 = P (A ∩ B) = P (B) · p4 = P (B) · P (A)
=⇒
A und B sind stochastisch unabhängig.
44. Ein Würfel wird dreimal und anschließend eine Münze zweimal geworfen. Berechne
die Wahrscheinlichkeiten folgender Ereignisse:
(a) A = {342ZK}
(b) B =
Dreimal die gleiche Zahl und zweimal das gleiche Münzsymbol“
”
(c) C = Drei verschiedene Augenzahlen und zwei verschiedene Münzsymbole“
”
3 2
1
1
1
Lösung: (a) P (A) =
·
=
≈ 0,116 %
6
2
864
(b) P (B) =
(c) P (C) =
1
6·1·1·2·1
=
≈ 1,39 %
63 · 22
72
6·5·4·2·1
5
=
≈ 27,8 %
63 · 22
18
45. Aus einem Kartenspiel (52 Blatt) werden nacheinander mit Zurücklegen k Karten
ausgewählt. Für jede Wahl wird ein Zeitbedarf von einer Minute veranschlagt. Wie
groß darf k höchstens gewählt werden, damit im Zeitraum von
(a) einem Jahr
(b) 1000 Jahren
(c) 13,7 Milliarden Jahren
alle Möglichkeiten durchgespielt werden können?
Lösung: 52k ≦ n
=⇒
k ln 52 ≦ ln n
(a) n1 = 365,25 · 24 · 60 = 525969
(b) n2 = 1000n1 = 525 969 000
=⇒
=⇒
(c) n3 = 13,7 · 109 n1 = 7,206 · 1015
ln n
ln 52
k≦
=⇒
k≦
k≦
=⇒
ln n1
= 3,33
ln 52
ln n2
= 5,08
ln 52
k≦
=⇒
=⇒
ln n3
= 9,24
ln 52
kmax = 3
kmax = 5
=⇒
kmax = 9
46. Ordne folgenden Problemen die richtige Grundaufgabe der Kombinatorik zu und
berechne dann die Anzahl der Möglichkeiten:
(a) Aus den 26 Buchstaben des Alphabets werden beliebige Wörter der Länge fünf
gebildet.
(b) Wie (a), jedoch jeder Buchstabe höchstens einmal.
32
(c) Lotto 6 aus 49“.
”
(d) Zehn Personen stellen sich in einer Reihe auf.
(e) Zehn Kugeln mit den Ziffern 0 bis 9 auf drei Urnen verteilen.
(f) Zehn Elektronen (ununterscheidbar) auf drei verschiedene Atome verteilen.
(g) Zehn Elektronen (ununterscheidbar) auf drei gleiche Atome verteilen.
Lösung: (a) Geordnet mit Zurücklegen: n = 265 = 11 881 376
26!
(b) Geordnet ohne Zurücklegen: n =
= 26 · 25 · 24 · 23 · 22 = 7 893 600
(26 − 5)!
49
(c) Ungeordnet ohne Zurücklegen: n =
= 13 983 816
6
(d) Geordnet ohne Zurücklegen (Permutation): n = 10! = 3 628 800
(e) Geordnet mit Zurücklegen: n = 310 = 59 049
3 + 10 − 1
12
12
(f) Ungeordnet mit Zurücklegen: n =
=
=
= 66
10
10
2
Sind x1 , x2 und x3 die Besetzungszahlen, dann kann man das Problem auch so formulieren:
Wie viele Lösungen aus N0 hat die Gleichung x1 + x2 + x3 = 10?
(g) Das ist keine unserer Grundaufgaben. Anders formuliert lautet das Problem:
Wie viele Lösungen aus N0 hat die Gleichung x1 + x2 + x3 = 10 mit x1 ≦ x2 ≦ x3 ?
Für dieses Problem gibt es keine einfache geschlossene Formel. Wir lösen es durch
das Hinschreiben aller Möglichkeiten für (x1 , x2 , x3 ): (0,0,10), (0,1,9), (0,2,8), (1,1,8),
(0,3,7), (1,2,7), (0,4,6), (1,3,6), (2,2,6), (0,5,5), (1,4,5), (2,3,5), (2,4,4), (3,3,4), also 14
Möglichkeiten.
Weiterführende Lektüre: Im Netz nach Partiton Function suchen (z.B. auf den Seiten
von WolframMathWorld). Mit der Rundungsfunktion oder nint-Funktion (nearest
integer)
[x] = nächstgelegene ganze Zahl von x,
wobei Komma-Fünf-Zahlen auf die nächste gerade Zahl gerundet werden ([1,5] = 2,
[2,5] = 2, [3,5] = 4) und der Abrundfunktion oder floor-Funktion
⌊x⌋ = nächstkleinere ganze Zahl von x
(⌊−2, 3⌋ = −3, ⌊2, 3⌋ = 2) hat die Gleichung x1 + x2 + x3 = n mit x1 ≦ x2 ≦ x3
genau
j n k n2 +
1+
2
12
Lösungen in N0 . Für n = 10 ergibt sich
2
10
10
+
= 1 + ⌊5⌋ + [8,3] = 1 + 5 + 8 = 14
1+
2
12


x(t)
47. Der Ort eines Körpers wird durch ~r(t) =  y(t)  beschrieben. Die Geschwindigkeit
z(t)
des Körpers ist definiert durch
~v (t) = ~r˙ (t) = lim
∆t→0
33
~r(t + ∆t) − ~r(t)
∆t
Analog definiert man ~a(t) = ~v˙ (t).

 


 

vx (t)
ẋ(t)
v̇x (t)
ẍ(t)
(a) Beweise:
~v(t) =  vy (t)  =  ẏ(t)  und ~a(t) =  v̇y (t)  =  ÿ(t) 
vz (t)
ż(t)
v̇z (t)
z̈(t)
(b) Ein Punkt P bewegt sich mit konstanter
Winkelgeschwindigkeit ω auf einem Kreis mit
Mittelpunkt O und Radius r. Zur Zeit t0 = 0
befindet sich P am Ort (r|0). Der Winkel
zwischen ~r und der x-Achse ist (siehe Abb.)
ϕ(t) = ωt. Drücke
x(t)
~r(t) =
y(t)
durch r und ω aus und berechne dann ~v (t),
v = |~v(t)|, ~a(t) und a = |~a(t)|.





x(t + ∆t)
x(t)
1 



y(t) + ∆t
− y(t)  =
Lösung: (a) ~v (t) = lim
∆t→0
∆t
z(t + ∆t)
z(t)
y
P
~
r
ϕ
O

x(t+∆t)−x(t)
∆t
∆t→0

 lim y(t+∆t)−y(t)

∆t
 ∆t→0
z(t+∆t)−z(t)
lim
∆t
∆t→0
lim
Analog beweist man die Aussage über ~a˙ (t).
r cos ωt
cos ωt
(b) ~r(t) =
=r
r sin ωt
sin ωt
ẋ(t)
−rω sin ωt
− sin ωt
~v (t) =
=
= rω
ẏ(t)
rω cos ωt
cos ωt
p
v = |~v (t)| = rω (− sin ωt)2 + (cos ωt)2 = rω
v̇x (t)
−rω 2 cos ωt
cos ωt
2
~a(t) =
=
= −rω
= −ω 2~r(t)
v̇y (t)
−rω 2 sin ωt
sin ωt
a = |~a(t)| = ω 2 r =
x



ẋ(t)

 
 = ẏ(t) 

ż(t)
v2
ω2 r2
=
r
r
48. Gegeben sind die Punkte A(5| − 2| − 1), B(1|0|1) und C(−6|4|5).
(a) Zeige, dass die drei Punkte nicht auf einer Geraden liegen (C ∈
/ AB).
(b) Welche Punkte können ABC zu einem Parallelogramm ergänzen?




−4
−11
−→
−→
−→ 
−
→
6
−11
2 , AC =  6 ,
6
=
=⇒ AB nicht parallel AC =⇒ die Beh.
Lösung: (a) AB =
−4
2
2
6
34


−10
−−→ −→ −→
(b) OD1 = OC+ AB =  6  =⇒ D1 (−10|6|7)
7


12
−−→ −→ −→ 
OD2 = OB − AC = −6  =⇒ D2 (12| − 6| −
−5
5)


−2
−−→ −→ −→ 
OD3 = OC − AB =
2  =⇒ D3 (−2|2|3)
3
D2
−→
−AC
B
D1
−→
AB
C
−→
−AB
A
D3
49. Der runde Tisch
(a) n Personen (n ≦ s) nehmen an einem runden Tisch mit s Stühlen Platz.
Berechne die Anzahl der verschiedenen Sitzordnungen. Es gibt zwei Arten, das
Wort Sitzordnung zu deuten; rechne mit beiden Möglichkeiten.
(b) Wie groß ist bei zufälligem Hinsetzen die Wahrscheinlichkeit, dass zwei Freunde
unter den Platznehmenden nebeneinander sitzen?
(c) Wie (b), aber für drei Freunde!
(d) Rechne (a), (b) und (c) noch einmal für eine lange, nicht geschlossene Sitzreihe.
(e) Aus n Personen (n ≧ s) werden s ausgewählt und zufällig auf s nummerierte
Stühle verteilt. Berechne die Anzahl der verschiedenen Sitzordnungen.
Lösung: (a) Sitzordnung 1: Stühle nummeriert: m1 = GZ(s, n) =
s!
(s − n)!
Sitzordnung 2: Stühle nicht nummeriert, es kommt nur darauf an, wer welche Nachbarn hat.
m1
GZ(s, n)
(s − 1)!
m2 =
=
=
s
s
(s − n)!
(b) Der erste Freund hat s Sitzmöglichkeiten, der zweite dann jeweils zwei (links oder
rechts), die restlichen n − 2 Personen auf s − 2 Sitzen haben
(s − 2)!
(s − 2)!
=
(s − 2 − (n − 2))!
(s − n))!
Sitzmöglichkeiten. Es gibt also
g=
2s(s − 2)!
(s − n))!
günstige Sitzmöglichkeiten, d.h.
p=
g
2(s − 2)!
2
2s(s − 2)!(s − n)!
=
=
=
m1
s!(s − n))!
(s − 1)!
s−1
Es überrascht, dass p nicht von n abhängt. Die fertige Lösung zeigt uns einen eleganteren Lösungsweg:
Sitzt der erste Freund, dann hat der zweite s−1 Sitzmöglichkeiten, wovon zwei günstig
2
.
sind, also p = s−1
35
(c) Wenn der erste Freund schon sitzt, haben die beiden anderen noch
GZ(s − 1, 2) =
(s − 1)!
= (s − 1)(s − 2)
(s − 3)!
Sitzmöglichkeiten, wovon sechs günstig sind (123,132,213,312,231,321):
P =
6
(s − 1)(s − 2)
(d) (a) Wie nummerierte Plätze“, d.h. m1
”
(b) Sitzt der erste Freund nicht auf einem Randplatz, dann hat der zweite zwei
Sitzmöglichkeiten, sonst nur eine. Von den insgesamt s(s − 1) Sitzmöglichkeiten
der beiden Freunde sind also 1 + 2(s − 2) + 1 = 2(s − 1) günstig, also
p=
2(s − 1)
2
=
s(s − 1)
s
(c) Sitzt der erste Freud auf einem Randplatz, dann haben die beiden anderen zwei
Sitzmöglichkeiten (123, 132), sitzt er neben dem Randplatz, dann haben sie vier
(123,132,213,312) sonst sechs Möglichkeiten. Von den insgesamt s(s − 1)(s − 2)
Sitzmöglichkeiten der drei Freunde sind also 2 + 4 + 6(s − 4) + 4 + 2 = 6(s − 2)
günstig, also
6
6(s − 2)
=
p=
s(s − 1)(s − 2)
s(s − 1)
n
n!s!
n!
(e)
· s! =
=
= GZ(n, s)
s
s!(n − s)!
(n − s)!
50. (a) Wie viele Wörter kann man bilden, die jeden Buchstaben des Alphabets genau
einmal enthalten?
(b) Wie viele Sätze kann man bilden, die jeden Buchstaben des Alphabets genau
einmal enthalten, wenn zusätzlich zu den Buchstaben ein Leerzeichen zwischen
zwei Wörtern erlaubt ist (keine Satzzeichen)?
(c) Wie viele fünfbuchstabige Wörter kann man bilden?
(d) Wie viele fünfbuchstabige Wörter kann man bilden, die keinen Buchstaben
mehr als einmal enthalten?
Lösung: (a) 26! = 4,033 · 1026
(b) Bei 26 Buchstaben gibt es 25 Plätze für Leerzeichen, d.h. 225 Möglichkeiten, Leerzeichen zu setzten. Daraus folgt für die Zahl der Sätze:
26! · 225 = 1,35 · 1034
(c) 265 = 11 881 376
(d) 26 · 25 · 24 · 23 · 22 = 7 893 600
51. A und B seien Mengen mit |A| = a und |B| = b.
36
(a) Wie viele Funktionen f von A in B gibt es (Df = A, Wf j B)?
(b) Wie viele umkehrbare Funktionen von A in B gibt es? Welcher Bedingung
müssen a und b in diesem Fall genügen?
(
1 für x ∈ C
(c) B = {1, 2}, C j A, fC : A −→ B : fC (x) =
0 für x ∈
/C
Verwende das Ergebnis von (a), um die Mächtigkeit der Potenzmenge P(A) zu
berechnen (P(A) ist die Menge aller Teilmengen von A).
Lösung: (a) Da A und B endlich sind, kann man schreiben:
A = {a1 , a2 , . . . , aa } und B = {b1 , b2 , . . . , bb }
Jede Funktion f : A −→ B mit Df = A ist eine Menge von Wertepaaren der Form
f = {(a1 |x1 ), (a2 |x2 ), . . . , (aa |xa )}
mit xi ∈ B
f ist also durch das a-Tupel (x1 , x2 , . . . , xa ) mit xi ∈ B eindeutig charakterisiert. Die
gesuchte Zahl von Funktionen ist also gleich der Zahl der verschiedenen a-Tupel. Da
es für jedes xi genau b Möglichkeiten gibt, ist die gesuchte Zahl
GZ(a, b) = ba
GZ(a, b) steht für Zahl der geordneten Stichproben der Länge b mit Zurücklegen aus
”
einer a-Menge“.
(b) Die Umkehrrelation f −1 von f ist
f −1 = {(x1 |a1 ), (x2 |a2 ), . . . , (xa |aa )}
f −1 ist nur dann eine Funktion, wenn alle xi verschieden sind. Die gesuchte Zahl von
umkehrbaren Funktionen ist also gleich der Zahl der verschiedenen a-Tupel mit lauter
verschiedenen xi ∈ B, d.h. es muss b ≧ a sein:
GZ(a, b) = b · (b − 1) · (b − 2) · . . . · (b − a + 1) =
b!
(b − a)!
GZ(a, b) steht für Zahl der geordneten Stichproben der Länge b ohne Zurücklegen
”
aus einer a-Menge“.
(c) Zu jeder Teilmenge C von A gibt es eine Funktion fC und umgekehrt. Die Zahl
der verschiedenen Funktionen fC ist also gleich der Mächtigkeit von P(A). Wegen
b = |B| = 2 folgt aus (a):
|P(A)| = 2a = 2|A|
52. Vier Kochbücher, neun Physikbücher und zehn Krimis sollen nebeneinander auf ein
Regal gestellt werden. Auf wie viele Arten ist dies möglich, wenn Bücher des gleichen
Stoffgebietes nebeneinander stehen müssen (alle Bücher sind verschieden)?
Lösung: 3! · 4! · 9! · 10! = 1,896 · 1014
37
53. Ein beschwipster Zecher schleudert drei Wurfpfeile auf eine Zielscheibe, die aus fünf
gleich großen Feldern besteht. Die Trefferwahrscheinlichkeit für jedes der nummerierten Felder ist gleich. Wie viele verschiedene Ausgänge kann das Pfeilwerfen haben,
wenn vorausgesetzt wird, dass jeder Wurf die Scheibe trifft und
(a) die Reihenfolge der Treffer von Bedeutung ist
(b) die Reihenfolge der Treffer nicht von Bedeutung ist?
Wie groß ist in beiden Fällen die Wahrscheinlichkeit, dass alle Pfeile das gleiche Feld
treffen?
Lösung: (a) Als Ergebnisraum verwenden wir Ωr = {111, 112, ... , 555}, wobei xyz bedeutet: Pfeil
1 in Feld x, Pfeil 2 in Feld y und Pfeil 3 in Feld z.
zr = |Ωr | = 53 = 125
Drei verschiedene Felder:
Zwei verschiedene Felder:
Alle im gleichen Feld:
zr3 = 5 · 4 · 3 =
zr2 = 5 · 3 · 4 =
zr1 = 1 · 5 =
60
60
5
Jedes der 125 Elementarereignisse hat die gleiche Wahrscheinlichkeit pr =
Die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses
1 3
5
=
1
125 .
A = Alle Pfeile in einem Feld“ = {111, 222, 333, 444, 555}
”
ist dann
P (A) = 5pr =
1
zr1
=
25
zr
(b) Als Ergebnisraum verwenden wir Ω = {30000, 21000, ... , 00003}, wobei z.B. 01020
bedeutet: ein Pfeil in Feld 2, 2 Pfeile 2 in Feld 4.
5·4·3
= 10
Drei verschiedene Felder: z3 =
3!
Zwei verschiedene Felder:
z2 = 5 · 4 = 20
Alle im gleichen Feld:
z = z1 + z2 + z3 = 35
z1 = 1 · 5 =
5
oder mit der Formel für ungeordnete Sichproben mit Zurücklegen:
5+3−1
7
z=
=
= 35
3
3
z1
5
1
=
= zu verwenden, da die Elementarereignisse
z
35
7
von Ω nicht gleichwahrscheinlich sind (in dieser Form kein Laplace-Experiment).
Ω ist eine Vergröberung von Ωr . Z.B. entsprechen die Elemente 125, 152, 215, 251,
512 und 521 aus Ωr nur dem einen Element 11001 aus Ω. Dem Element 21000 ∈ Ω
entsprechen die Elemente 112, 121, 211 aus Ωr , dagegen hat 30000 ∈ Ω nur ein
Gegenstück 111 ∈ Ωr . Es folgt
Es wäre falsch, hier P (A) =
p(30000) = pr ,
p(21000) = 3pr ,
p(11100) = 6pr
Mit A = {30000, 03000, 00300, 00030, 00003} folgt dann P (A) = 5pr =
38
1
25
54. Eine Trommel enthält a rote und b blaue Kugeln. Mit einem Griff werden k Kugeln
gezogen. Mit P (x) bezeichnen wir die Wahrscheinlichkeit, dass unter den gezogenen
Kugeln genau x blaue sind.
b
a
k−x x
.
(a) Beweise: P (x) = a+b
k
(b) Berechne P (0), P (1), P (2), P (3) und P (4) für a = 10, b = 4 und k = 6.
Lösung: (a) Wir denken uns die Kugeln nummeriert, z.B. die roten Kugeln von 1 bis a und die
blauen von a + 1 bis n = a + b. Da es nicht auf die Reihenfolge ankommt
und ohne
n
Zurücklegen gezogen wird ( mit einem Griff“), gibt es insgesamt
Möglichkeiten,
”
k
k Kugeln aus den n Kugeln
zu
ziehen. Ein Zug mit genau x blauen Kugeln hat k − x
a
rote Kugeln. Es gibt
Möglichkeiten, k − x rote Kugeln aus a roten Kugeln
k−x
b
zu ziehen und
Möglichkeiten, x blaue Kugeln aus b blauen Kugeln zu ziehen.
x
a
b
Insgesamt gibt es also
Möglichkeiten für einen Zug mit b blauen Kugeln.
k−x x
Andere Herleitung:
Man stelle sich ein Baumdiagramm des k-stufigen Versuchs vor. Für einen Pfad mit
k − x roten und x blauen Kugeln ist die Wahrscheinlichkeit
b · (b − 1) · ... · (b − x + 1)
a · (a − 1) · ... · (a − k + x + 1)
·
=
n · (n − 1) · ... · (n − k + x + 1) (n − k + x) · (n − k + x − 1) · ... · (n − k + 1)
b!
(n − k)!
a!
·
·
=
(a − k + x)! (b − x)!
n!
p=
Die Zahl der Pfade mit x blauen Kugeln ist gleich der Zahl der
Möglichkeiten, x
k
ununterscheidbare blaue Kugeln auf k Plätze zu verteilen, also
. Damit gilt
x
b!
(n − k)!
k!
k
a!
·
·
·
=
P (x) = p ·
=
(a − k + x)! (b − x)!
n!
x!(k − x)!
x
a
b
a!
b!
k!(n − k)!
k−x x
=
·
·
= a+b
(k − x)!(a − k + x)! x!(b − x)!
n!
k
10
4
10 4
70
6−x x
6
0
(b) P (x) =
= 6,993%
, P (0) = =
14
14
1001
6
6
10 4
10 4
336
420
4
2
5
1
= 33,566%, P (2) = =
= 41,598%
P (1) = =
14
14
1001
1001
6
6
39
P (3) =
10 4
160
3
3
=
= 15,984%,
14
1001
6
10 4
15
2
4
=
= 1,499%
14
1001
6
b
−b
a
55. (a) Beweise: Für
6= ~o gilt:
und
stehen senkrecht auf
.
−a
a
b
3
orthogonal?
(b) Welche Einheitsvektoren sind zu
−4
x
3
(c)
⊥
. Bestimme fünf geeignete Wertepaare (x, y) und zeichne die
−2
y
a
b
P (4) =
dazu gehörenden Vektoren.
·
b
a
−b
= ab − ba = 0,
·
= −ab + ba = 0
−a
b
a
1
1 4
3
4
4
=⇒ ~a10 = √
, ~a20 = −~a10
⊥
(b)
=
−4
3
5 3
32 + 42 3
3x
x
3
(c)
·
= 0 =⇒ 3x − 2y = 0 =⇒ y =
−2
y
2
2
3
3
3
0
3
6
3
z.B.
⊥
,
⊥
,
⊥
,
⊥
,
−2
3
−2
4,5
−2
0
−2
9
−6
3
⊥
−2
−9
Lösung: (a)
a
b
56. Beweise mit Hilfe nebenstehender Abbildung den
Höhensatz.
~a
~b
h
p
Lösung: ~a =
p
h
,
~b =
q
−h
=⇒
~a · ~b = pq − h2 = 0
=⇒
q
h2 = pq
√ √ 6 3
6 3
~
57. Bestimme y so, dass ~a =
und b =
einen 30◦ -Winkel miteinander
2
y
einschließen.
40
Lösung: Aus cos 30◦ =
108 + 2y
1√
~a · ~b
p
3 folgt durch Quadrieren
=√
=
2
|~a| · |~b|
108 + 4 · 108 + y 2
3
· 112 · (108 + y 2 )
4
80 y 2 − 432 y = 2592
2
27
27
3969
162 729
2
y −2·
y+
+
=
=
10
10
5
100
100
27 63
±
y=
10 10
y1 = 9
y2 = −3,6
(108 + 2y)2 =
58. Berechne die Innenwinkel und den Flächeninhalt des Dreiecks ABC mit A (1 5 − 3),
B (7 0 1) und C (−4 − 2 2).




√
−→ −→
6
−5
−→ 
−→ 
25 7
AB · AC


Lösung: AB = −5 , AC = −7 , cos α = −→ −→ =
=⇒ α = 73,361◦
231
|
AB|
·
|
AC|
4
5




√
−→ −→
−6
−11
−→ 
−→ 
26 22
BA · BC


=⇒ α = 58,135◦
BA =
5 , BC =
−2 , cos β = −→ −→ =
231
|
BA|
·
|
BC|
−4
1
γ = 180◦ − α − β = 48,504◦
1
sin α} = 41,83
A = AB · AC
| {z
2
hc
59. (a) Beweise: Dreht man den Vektor ~a =
a1
a2
Winkel ϕ, dann erhält man den Vektor ~b =
(b) Drehe den Vektor ~a =
4
3
im Gegenuhrzeigersinn um den
a1 cos ϕ − a2 sin ϕ
.
a1 sin ϕ + a2 cos ϕ
im Gegenuhrzeigersinn um den Winkel ϕ = 60◦ .
Lösung: (a) Zunächst zeigen wir, dass |~b| = |~a|:
|~b|2 = (a1 cos ϕ − a2 sin ϕ)2 + (a1 sin ϕ + a2 cos ϕ)2 =
= a21 cos2 ϕ − 2a1 a2 sin ϕ cos ϕ + a22 sin2 ϕ+
+ a21 sin2 ϕ + 2a1 a2 sin ϕ cos ϕ + a22 cos2 ϕ =
= a21 (sin2 ϕ + cos2 ϕ) + a22 (sin2 ϕ + cos2 ϕ) = a21 + a22 = |~a|2
Wegen |~x| ≧ 0 folgt daraus |~b| = |~a|.
Aus
~a · ~b = a21 cos ϕ − a1 a2 sin ϕ + a2 a1 sin ϕ + a22 cos ϕ = (a21 + a22 ) cos ϕ
41
folgt mit ϕ′ =<
) (~a, ~b):
cos ϕ′ =
(a21 + a22 ) cos ϕ
~a · ~b
~a · ~b
=
=
= cos ϕ
|~a|2
a21 + a22
|~a| · |~b|
=⇒
ϕ′ = ±ϕ
~b entsteht also tatsächlich durch eine Drehung um ϕ aus ~a. Wir müssen noch zeigen,
dass es eine Drehung entgegen dem Uhrzeigersinn ist. Dazu wählen wir ~a parallel zur
x1 -Achse:
a1
a1 cos ϕ
~a =
=⇒ ~b =
a1 sin ϕ
0
Da für 0 < ϕ < 90◦ beide Koordinaten vob ~b positiv sind, handelt es sich tatsächlich
um eine Drehung entgegen dem Uhrzeigersinn.
(b)
~b =
4 cos 60◦ − 3 sin 60◦
4 sin 60◦ + 3 cos 60◦
=
√ √ − 3 · 12 3
4 · 12 √
2√
− 32 3
−0,60
=
≈
4,96
4 · 21 3 + 3 · 12
2 3 + 32
60. Wird ein Körper K unter dem Einfluss der Kraft F~ um ~x verschoben, dann wird an
K die Arbeit W = F~ · ~x verrichtet (Definition der Arbeit).
(a) Ein Körper K bewegt sich mit konstanter Winkelgeschwindigkeit auf einer
Kreisbahn. Welche Arbeit W wird während eines Umlaufs von der Zentripetalkraft an K verrichtet?
(b) Ein Fußball bewegt sich mit der Geschwindigkeit ~v . Auf ihn wirkt die Gewichts~ und eine der Geschwindigkeit entgegengesetzte Reibungskraft mit dem
kraft G
Betrag R = kv 2 (v = |~v|). Leite eine möglichst einfache Formel für die Leistung
P = Wt her, die am Ball verrichtet wird. Berechne P dann für




0
4
m
~ =  0  N, k = 5 · 10−3 kg
~v =  20  , G
s
m
−4
−5
Was bedeutet das Vorzeichen von P ? Wie ändert sich dieses Vorzeichen während
des Ballflugs?
Lösung: (a) In einer kleinen Zeitspanne dt ist die Ortsänderung von K durch d~s = ~v dt gegeben.
In dieser Zeitspanne verrichtet die Zentripetalkraft F~z an K die Arbeit
dW = F~z d~s = F~z~v dt
~z ⊥~v ist aber F
~z~v = 0, d.h. dW = 0 und damit auch W = 0.
Wegen F
(b) Aus dW = F~ d~s folgt
dW
d~s
P =
= F~ ·
= F~ ~s˙ = F~ ~v
dt
dt
Die Reibungskraft zeigt in die Richtung von −~v und hat den Betrag R:
~ = − ~v · R
R
v
=⇒
~ +R
~ =G
~ − ~v · R = G
~ − kv~v
F~ = G
v
42
~ v = G~
~ v − kv~v 2 = G~
~ v − kv 3
P = F~
Mit
v=
folgt

p
42 + 202 + 52
m
m
= 21
s
s



0
4
kg
m3
m
− 5 · 10−3
· 213 3 = −26,3 W
P =  0  N ·  20 
s
m
s
−4
−5
61. Beweise die Lagrangesche Identität:
(~a × ~b)2 = ~a 2~b 2 − (~a · ~b)2
Lösung: Mit ~a 2 = |~a|2 , ~b 2 = |~b|2 , ϕ =<
) (~a, ~b) und |~a × ~b| = |~a| · |~b| · sin ϕ folgt
(~a × ~b)2 = |~a × ~b|2 = |~a| 2 · |~b|2 sin2 ϕ = |~a| 2 · |~b|2 (1 − cos2 ϕ) =
= |~a| 2 · |~b|2 − (|~a| · |~b| cos ϕ)2 = ~a 2~b 2 − (~a · ~b)2
62. Ein rechteckiges Solarpaneel ist durch die Eckpunkte A, B, C und D mit A(3|2|4),
B(6|8|4) und D(1|3|6,5) gegeben. Alle Zahlenangaben verstehen sich in Metern, wir
rechnen aber, wenn nicht anders angegeben, ohne Einheiten. Die x1 -Achse zeigt nach
Süden.
(a) Berechne die Koordinaten von C und zeige, dass es sich bei dem Parallelogramm ABCD tatsächlich um ein Rechteck handelt. M sei der Diagonalenschnittpunkt des Rechtecks; berechne die Koordinaten von M.
(b) Zeichne ein Schrägbild des Rechtecks ABCD (Einheit: 1 cm). Zeichne auch die
senkrechte Projektion des Rechtecks in die x1 x2 -Ebene ein.
(c) E ist die Ebene, die A, B, C und D enthält. ~n ist ein Normalenvektor von E
mit dem Betrag n = |~n| = 6, der nach oben und Süden zeigt. Berechne die
−−→
Koordinaten von ~n und die Koordinaten des Punktes N mit MN = ~n. Zeichne
~n mit dem Anfangspunkt M in das schon vorhandene Koordinatensystem.
 
2

3  zeigt von M in Richtung Sonne. Zeichne ~s in das
(d) Der Vektor ~s =
6
Schrägbild ein und berechne den Winkel σ zwischen ~s und ~n.
(e) Die elektrische Leistung unseres Solarpaneels bei unbedecktem Himmel ist
P = kAs · ~n0 · ~s0
mit k = 0,11
kW
m2
Dabei sind ~n0 und ~s0 die Einheitsvektoren von ~n und ~s und As ist die Fläche
des Solarpaneels. Berechne P (jetzt mit Einheiten rechnen).
43
 

−2
3
−→ −→ 
−→  

Lösung: (a) BC = AD =
1 , AB = 6 ,
0
2,5
−→ −→
AB · AD = 3 · (−2) + 6 · 1 + 0 · 2,5 = 0
 

3
1
→
−
→ 1 −→   1 
−
M = A + · AC = 2
+ · 7
2
2
4
2,5
(b)


4
→ −
−
→ −→
C = B + BC =  9 
6,5

=⇒
C(4|9|6,5)
=⇒ <
) BAD = 90◦ , also Rechteck.


3,5
 =  5,5  =⇒ M(3,5|5,5|5,25)
5,25

S
x3
~s
D
6
N
~
n
C
M
A
1
B
1
9
x2
1
6
x1
~e ~e2 ~e3
−→ −→ 1
′
(c) ~n = AB × AD = 3
6
0
−2 1 2,5

 



6 · 2,5 − 0
15
2
=  0 − 3 · 2,5  =  −7,5  = 7,5 ·  −1 
3 · 1 − 6 · (−2)
15
2


2
√
1 
~n′
′
2
2
2
|~n | = 7,5 · 2 + 1 + 2 = 7,5 · 3 = 22,5, ~n0 = ′ = · −1 
|~n |
3
2



 
 

4
3,5
4
7,5
→ −
−
→
~n = 6~n0 =  −2 , N = M + ~n =  5,5  +  −2  =  3,5 
4
5,25
4
9,25

   

3,5
2
5,5
→
−
→
−





(d) S = M + ~s = 5,5
+ 3
=
8,5  =⇒ S(5,5|8,5|11,25)
5,25
6
11,25
 
2
~n · ~s
1
2 · 2 + (−1) · 3 + 2 · 6
13
~s
= ·  3 , cos σ =
= ~n0 · ~s0 =
=
~s0 =
|~s|
7
|~n| · |~s|
21
21
6
σ = 51,75◦
(e)
√ 3√
−→ −→
As
5·
5 = 22,5 =⇒
=
|
AB|
·
|
AD|
=
3
m2
2
13
429
kW
=
kW = 1,53 kW
P = 0,11 2 · 22,5 m2 ·
m
21
280
44
63. Ein parallelogrammförmiges Hanggrundstück ist durch die Eckpunkte A, B, C und D
mit A(60|50|20), B(70|110|7,5) und D(0|10|55) gegeben. Alle Zahlenangaben verstehen sich in Metern, wir rechnen aber, wenn nicht anders angegeben, ohne Einheiten.
Die x1 -Achse zeigt nach Süden.
(a) Berechne die Koordinaten von C und zeige, dass es sich bei dem Parallelogramm ABCD nicht um ein Rechteck handelt. M sei der Diagonalenschnittpunkt des Parallelogramms; berechne die Koordinaten von M.
(b) Zeichne ein Schrägbild des Parallelogramms ABCD (Einheit: 0,1 cm). Zeichne
auch die senkrechte Projektion des Rechtecks in die x1 x2 -Ebene ein.
(c) E ist die Ebene, die A, B, C und D enthält. ~n ist ein Normalenvektor von E
mit dem Betrag n = |~n| = 90, der nach oben und Süden zeigt. Berechne die
−−→
Koordinaten von ~n und die Koordinaten des Punktes N mit MN = ~n. Zeichne
~n mit dem Anfangspunkt M in das schon vorhandene Koordinatensystem.
(d) Welchen Neigungswinkel ϕ hat E gegen die x1 x2 -Ebene?
(e) Berechne den Flächeninhalt F des Grundstücks.
(f) Das Grundstück soll in ein flächengleiches, quadratisches Grundstück umgewandelt werden (AB′ C′ D′ ), wobei die linke untere Ecke A erhalten bleiben soll
und die untere Seite [AB′ ] horizontal verläuft, also parallel zur x1 x2 -Ebene ist.
−−→
−−→
Berechne zuerst die Vektoren ~p = AB′ und ~s = AD′ und dann die Koordinaten
von B′ , C′ und D′. Zeichne das neue Grundstück in das Schrägbild ein.






−60
10
10
−→
−→
−→
→
−
→ −→
−
Lösung: (a) BC = AD =  40 , AB =  60 , C = B + BC =  70  =⇒
35
−12,5
42,5
C(10|70|42,5)
−→ −→
AB · AD = −600 + 2400 − 437,5 = 1362,5 6= 0
=⇒ <
) BAD 6= 90◦ , also kein
Rechteck.



 

60
−50
35
1
→
−
→ 1 −→ 
−
M = A + · AC = 50  + ·  20  =  60  =⇒ M(35|60|31,25)
2
2
20
22,5
31,25
(b)
45
N
x3
6
~
n
D
C′
D′
C
M
1
1
9
B′
A
x2
B
6
x1


~e1
~
e
~
e
60
·
35
−
12,5
·
40
2
3
−→ −→ 60 −12,5 =  12,5 · 60 − 10 · 35 
(c) ~n′ = AB × AD = 10
−60 −40
−10 · 40 + 60 · 60
35 
 

1600
4
~n′ =  400  = 400 ·  1 
3200
8
 
4
′
1
~
n
|~n′ | = 400 · 42 + 12 + 82 = 400 · 9 = 3600, ~n0 = ′ = ·  1 
|~n |
9
8



 
 

40
35
40
75
→
−
→
−
 +  10  =  70 
~n = 90 · ~n0 =  10 , N = M + ~n =  60
80
31,25
80
111,25
(d) ϕ ist der Winkel, um den ~n von der Vertikalen abweicht, also der Winkel zwischen ~n
und ~e3 :
8
=⇒ ϕ = 27,27◦
cos ϕ = ~n0 · ~e3 =
9
−→ −→
−→ −→
(e) F = |AB| · |AD| · sin α = |AB × AD| = |~n′ | = 3600
(f) Aus F = 3600 folgt |~
p| = |~s| = 60. Aus p~⊥~n und p3 = 0 folgt


p1
p · ~n = 40p1 + 10p2 = 0 =⇒ p2 = −4p1 =⇒ p~ =  −4p1 
~
0
√
|~
p|2 = p21 + 16p21 = 3600
=⇒
Aus den Zusatzbedingungen folgt:


−1
60
~p = √  4 
17
0
46
60
p1 = ± √
17
Wegen der Forderung Quadrat“ muss ~s auf p~ senkrecht stehen und wegen ~s parallel
”
zur Ebene E muss ~s auf ~n senkrecht stehen:
  

 


4
−32
−51,74
−1
60
20
~s = 60 · ~n0 × p~0 = √  1  ×  4  = √  −8  ≈  −12,94 
9 17 8
3 17
17
27,49
0


45,45
→
−′ −
→
B = A +~
p =  108,21  ,
20,00


−6,29
−′ −
→
→′
C = B +~s =  95,27  ,
47,49


8,26
−′ −
→
→
D = A +~s =  37,06 
47,49
64. Ein gleichschenkliges Dreieck ABC mit der Basislänge 2x und den Schenkellängen b wird aus einem Draht der Länge L gebogen, d.h. 2x + 2b = L.
C
b
A
h
x
b
x
B
(a) Beweise für die Dreiecksfläche A die Beziehung
√
L√ 2
A(x) =
Lx − 4x3
2
(b) Berechne x = x0 so, dass A(x0 ) die maximale Dreiecksfläche ist. Untersuche,
um welches besondere Dreieck es sich im Fall x = x0 handelt.
(c) Drücke die maximale Fläche A(x0 ) durch L aus und vereinfache so weit wie
möglich.
s
r
2
L2
L
=⇒ h = b2 − x2 =
− x − x2 =
− Lx
2
4
r
√
√
L
Lp 2
Lp 2
1
x (L − 4x) =
Lx − 4x3
A(x) = · 2x · h = x
(L − 4x) =
2
4
2
2
L
Lösung: (a) b = − x
2
p
(b) A(x) ist maximal, wenn der Radikand f (x) = Lx2 − 4x3 maximal ist.
f ′ (x) = 2Lx − 12x2 = 2x(L − 6x)
f ′ (x) = 0
=⇒
x1 = 0 oder x2 =
f ′′ (x) = 2L − 24x
f ′′ (x1 ) = 2L > 0 (Minimum),
L
6
=⇒
f ′′ (x2 ) = 2L −
24L
= −2L < 0 (Maximum)
6
L
.
6
L
L
L L
und 2x = , d.h. das Dreieck ist gleichseitig.
Aus x = x0 folgt b = − =
2
6
3
3
Also: x0 =
(c)
√ q
√ q
L
L
2
3
Lx0 − 4x0 =
x20 (L − 4x0 ) =
A(x0 ) =
2 s
2
r
√
√
√
L L2
L L L
3 2
L2
4L
=
·
= √ =
L
L−
=
2
2
6
6
2
6 3
36
12 3
47
65. Für eine Weltausstellung wird ein gigantischer Globus aufgebaut. Die folgenden Zahlenangaben verstehen sich in Metern, rechne aber ohne Einheiten. Der kugelförmige
Globus hat den Mittelpunkt M(−12|10|9) und den Radius r = 17, mit k bezeichnen
wir die Menge aller Punkte der Kugeloberfläche. Der Boden liegt in der x1 x2 -Ebene.
(a) Stelle die Gleichung für k in der Koordinatenform auf und berechne die Koordinaten der Schnittpunkte A und B von k mit der x2 -Achse (A liegt näher am
Ursprung O als B).
[Zur Kontrolle: A(0|2|0), B(0|18|0)]
(b) Der Äquator der Kugel verläuft durch die Punkte A und B, Der Nordpol N
−−→
liegt oben (also nicht unter dem Boden). Verwende die Vektoren ~a = MA und
−→
~b = −
MB, um die Koordinaten von N zu berechnen.
(c) Wie lang ist der kürzeste Weg auf der Kugel, der von A nach B führt?
(d) Die Platzmiete für den Globus richtet sich nach seiner Standfläche. Berechne
diese Schnittfläche der Kugel mit der x1 x2 -Ebene.
(e) Der Standort des Globusses auf der Erde ist als Punkt C auf dem Globus
markiert. C liegt auf dem Meridian von N nach B und hat die nördliche Breite
β = 60◦ . Berechne die Koordinaten von C.
Hinweis: Stelle die vor, dein Blatt Papier liegt in der durch B, N und C
−−→
−−→
gegebenen Ebene. Zeichne die Vektoren ~b = MB, ~n = MN und
−−→
~c = MC ein (wähle für diese Überlegungsfigur r =
b 5 cm) und stelle
~
~c durch b und ~n dar.
(f) Stelle alle gegebenen und berechneten Punkte und Vektoren in einem Schrägbild
mit der Einheit 0,5 cm dar.
Lösung: (a) Kugelgleichung: k :
(x1 + 12)2 + (x2 − 10)2 + (x3 − 9)2 = 172
k ∩ x2 -Achse: x1 = x3 = 0
=⇒
122 + (x2 − 10)2 + 92 = 172
x2 = 10 ± 8 =⇒ A(0|2|0) und B(0|18|0)




12
12
−−→
−−→
(b) MA =  −8  und MB =  8  =⇒
−9
−9

 
 

8·9+8·9
144
3
−−→ −−→ 
′




~n = MA × MB = −9 · 12 + 9 · 12
=
0
= 48 0 
8 · 12 + 8 · 12
192
4
 

0,6
3
1
~n0 = ′ =  0  =  0  ,
|~n |
5
4
0,8
~n′


 

51
10,2
1
~n = 17~n0 =  0  =  0 
5
68
13,6


−1,8
~
~

10,0 
N = M + ~n =
22,6
48
(c) cos α =
161
~a · ~b
=
~
289
|~a| · |b|
(d) M′ (−12|10|0)
=⇒
=⇒
α = 0,9799 = 56,14◦
2
r ′ 2 = M′ B = 122 + 82 = 208
=⇒
s = rα = 16,66
=⇒
A = r ′ 2 π = 653,5
~b
−−→
~n
(e) ~c = MC = r cos 60◦ · + r sin 60◦ ·
r
r




 
√
6
14,8
51
1~ 1 √
3
 0 ≈ 4 
3~n =  4  +
~c = b +
2
2
10
−4,5
7,3
68
N
C
r
60◦

2,8
~ =M
~ + ~c ≈  14,0 
C
16,3

(f)
M
B
x3
N
20
~
n
~c
M
C
α
10
−12
~b
~a
B
O
A
10
18
x2
x1
66. k ist die Menge aller Punkte der Kugelfläche um M(−9|6|6) mit dem Radius r = 11.
Die Schnittpunkte von k mit der x1 -Achse sind A1 und A2 , mit der x2 -Achse B1
und B2 und mit der x3 -Achse C1 und C2 , wobei die Punkte mit dem Index 1 jeweils
näher am Ursprung O liegen.
(a) Berechne die Koordinaten von A1 , A2 , B1 , B2 , C1 und C2 .
49
(b) Die Ebene E ist durch die Punkte A2 , B2 und M festgelegt (Äquatorebene der
Kugel). N (Nordpol) und S (Südpol) sind die Punkte auf der Kugel, die von E
den größten Abstand haben. Berechne die Koordinaten von N und S.
(c) Stelle M, die Kugelschnittpunkte mit den Achsen und N in einem Schrägbild
13
dar (Einheit: 1 cm). Platzbedarf: −2 O 12
−1
(d) Berechne den Flächeninhalt des Schnittkreises k12 der Kugel mit der x1 x2 Ebene und gib die Gleichung von k12 an.
(e) Berechne die Länge des kürzesten Weges auf der Kugelfläche von C1 nach B2 .
(f) Für welche x3 gilt P(−7| − 3|x3 ) ∈ k?
(g) Liegt Q(1|6|1) innerhalb der Kugel k?
Lösung: (a) Kugelgleichung: k :
(x1 + 9)2 + (x2 − 6)2 + (x3 − 6)2 = 112
k ∩ x1 -Achse: x2 = x3 = 0
=⇒
x1 = −9 ± 7
k ∩ x2 -Achse: x1 = x3 = 0
=⇒
=⇒
x2 = 6 ± 2
k ∩ x3 -Achse: x1 = x2 = 0


−7
−−→
(b) MA2 =  −6  ,
−6
(x1 + 9)2 + 62 + 62 = 112
=⇒
A1 (−2|0|0) und A2 (−16|0|0)
92 + (x2 − 6)2 + 62 = 112
=⇒
B1 (0|4|0) und B2 (0|8|0)
92 + 62 + (x3 − 6)2 = 112
x3 = 6 ± 2 =⇒ C1 (0|0|4) und C2 (0|0|8)






9
48
6
−−→
−−→
−−→
MB2 =  2 , ~n′ = MA2 × MB2 =  −96  = 8  −12 
−6
40
5


 

6
6
4,61
88 
8 
−12  , ~n = 11~n0 = √
−12  ≈  −9,22 
~n0 = ′ = √
|~n |
205
205
5
5
3,84
~n′


(c)

−4,39
~ =M
~ + ~n ≈  −3,22  ,
N
9,84
50


−13,6
~=M
~ − ~n ≈  15,2 
S
2,16
x3
N
~
n
M
ϕ
A2
C2
6
−9
C1
1
A1
O
1
x1
6
B1
B2
x2
(d) M12 (−9|6|0) ist der Fußpunkt des Lotes von M auf die x1 x2 -Ebene und der Mittelpunkt von k12 .
 
9
√
−−−→
2 π = 85π
M12 B2 =  2 , r12 = M12 B2 = 85, A12 = r12
0
(x1 + 9)2 + (x2 − 6)2 = 85


−−→ −−→
9
−−→
MC1 · MB2
81


(e) MC1 = −6 , cos ϕ = −−→
−−→ = 121
|MC1 | · |MB2 |
−2
k2 :
=⇒
ϕ = 0,8374 = 47,98◦
s = rϕ = 9,211
(f) P(−7| − 3|x3 ) ∈ k =⇒ 22 + 92 + (x3 − 6)2 = 112 =⇒ x3 ∈ {0; 12}


10
√
−−→
nein
(g) MQ =  0  =⇒ MQ = 5 5 ≈ 11,18 > r =⇒
−5
67. Für den Bauherrn einer kleinen Fabrikhalle stellt sich die Frage nach der Wirtschaftlichkeit einer Wärmedämmung. Die gesamte zu isolierende Außenfläche ist
A = 500 m2, der Quadratmeterpreis einer Dämmplatte der Dicke 1 cm wird mit
α = 0,8
m2
€
· cm
angegeben, das Verlegen von einem Quadratmeter kostet 50 €. Weil der Gesamtpreis
für die Dämmung über einen Kredit finanziert wird, muss dieser Preis noch mit
1,5 Multipliziert werden um die gesamten anfallenden Kosten für die Dämmung zu
erhalten. Wenn die ganze Fläche A mit einer Dämmung der Dicke d = x cm versehen
51
ist, beträgt der Energieverlust pro m2 Außenfläche und pro Jahr
∆W
=
A · ∆t
1
3
β
+
x
2
mit β = 100
kWh
m2 · a
Die Halle soll ∆t = 20 a lang genutzt und mit Öl beheizt werden. Ein Liter Heizöl
liefert die Energie 10 kWh und soll 1,20 € kosten (Mittelwert für die nächsten 20
Jahre). Mit k(x) bezeichnen wir den Term für die gesamten Energiekosten in den
zwanzig Jahren (Wärmedämmung plus Heizkosten).
(a) Beweise mit begründeten Ansätzen:
k(x) = p + qx +
1
3
r
+
x
2
mit p = 37 500 €,
q = 600 €,
r = 120 000 €
(b) Berechne die Dicke x0 der Dämmung, für die k(x) minimal wird. Rechne bis
zum Ergebnis mit den allgemeinen Größen p, q und r.
(c) Die Dämmplatten gibt es nur in geradzahligen Werten von x. Ermittle die
günstigste existierende Dämmstärke x1 . Um wieviel Prozent ist k(x1 ) kleiner
als die Gesamtkosten k(0) ohne Dämmung?
€ · A · 1,5 + α · x · A · 1,5 = 37 500 € + 600 € · x
Lösung: (a) Preis für die Dämmung: k1 (x) = 50 m
2
Ölmenge in Litern: m =
Ölpreis: k2 (x) = m · 1,2
∆W
βA∆t
=
·
10 kWh
10 kWh
€
120 000 €
= 1 x
l
3 + 2
1
3
1
+
x
2
=
105 l
x
1
3 + 2
=⇒
k(x) = k1 (x) + k2 (x) = 37 500 € + 600 € · x +
(b) Umformen von k: k(x) = p + qx +
6r · 3
=0
k (x) = q −
(2 + 3x)2
′
6r
2 + 3x
=⇒
120 000 €
1
x
3 + 2
=⇒
2 + 1
x = x0 = − (−)
3
3
r
2
18r
=− +
q
3
r
2
1
2
2 · 120 000 €
= − + 20 = 19
x0 = − +
3
600 €
3
3
(c) k(18) = 61 157,14 €, k(20) = 61 112,90 €, k(0) = 397 500,00 €
k(20)
= 0,154 = 15,4%
k(0)
=⇒
r
2r
q
um 84,6% kleiner
68. Ein Gewächshaus besteht aus einer durchsichtigen Halbkugel aus Kunststoff mit
dem Radius r = 5. Der Ursprung des Koordinatensystems ist der Mittelpunkt
der Halbkugel, der Boden ist die x1 x2 -Ebene. Aus Gründen des Vogelschutzes sind
Umrissbilder von Vögeln auf die Kuppel geklebt worden. Eines befindet sich bei
A(4,8|0|a3 ), ein anderes bei B(0|b2 |4). Alle Koordinaten verstehen sich in Metern.
Rechne aber, außer in Teilaufgabe (b), ohne Einheiten.
52
(a) Stelle die Gleichung der Halbkugel k auf und berechne die fehlenden Koordi~
naten von A und B. Ein weiteres Umrissbild befindet sich am Ort C, wobei C
~ und auf B
~ senkrecht steht. Berechne die Koordinaten von C.
~
auf A
(b) Eine Schnecke kriecht auf der Kuppel auf dem kürzesten Weg von A nach B.
Wie lange braucht sie dazu, wenn sie in einer Minute 15 cm zurücklegt?
(c) Die Richtung

 der parallel einfallenden Sonnenstrahlen ist durch den Vektor
3
~s =  −2  gegeben. Berechne die Koordinaten des Schattens von Punkt B
−6
auf dem Boden.
(d) Ein kugelförmiger Ballon mit dem Radius r ′ = 4 berührt die Gewächshauskuppel im Punkt D(−1,8|4|d3). Mit k ′ bezeichnen wir die Menge aller Punkte der
Ballonhülle. Stelle die Gleichung für k ′ auf.
(e) Zeichne alle gegebenen und berechneten Punkte und Vektoren in ein Schrägbild.
Lösung: (a) k :
x21 + x22 + x23 = 52 und x3 ≧ 0
A∈k
=⇒
4,82 + 02 + a23 = 25
=⇒
a3 =
p
1,96 = 1,4
02 + b22 + 42 = 25 =⇒ b2 = 3


 

−7
−1,4 · 3
−4,2
3
~′ = A
~×B
~ =  −4,8 · 4  =  −19,2  =  −32 
C
5
24
4,8 · 3
14,4
p
√
~ ′ | = 3 72 + 322 + 242 = 3 1649
|C
5
5





 

√
−7
−7
−7
−0,862
~ = 5 · 3  −32  = √ 5  −32  = 5 1649  −32  ≈  −3,94 
C
~ ′| 5
1649
1649
|C
24
24
24
2,96
B∈k
(b) cos α =
=⇒

~·B
~
28
A
=
= 0,224
~ · |B|
~
125
|A|
=⇒
α = 1,3449 = 77,056◦
s = rα = 6,72 m = 672 cm

  ′ 
0 + 3λ
b1
(c) ~b + λ~s =  3 − 2λ  =  b′2 
4 − 6λ
0
(d) D ∈ k
=⇒
1,82 + 42 + d23 = 25
k′ :
=⇒
=⇒
=⇒
λ=
2
3
t=
=⇒
672 cm
cm = 44,8min
15 min
=⇒

2

~b′ =  5 
3
0
d3 = 2,4


 
−3,24
−9
~ = 9  4  =  7,2 
~′=D
~ + 4D
M
5
25
4,32
12
(x1 + 3,24)2 + (x2 − 7,2)2 + (x3 − 4,32)2 = 42
53
(e)
x3
M′
6
B
D
C
2
O
1
A
7
x2
B′
~s
6
x1
7
6
5
4
3
2
1
8
0
−1
−2
−3
−4
−5
−6
yx
−5
−4
−3
−2
−1
0
4
−2
1
2 11 3
4
−4
0
5
6
7
8
9
2
10
69. Ein grüner und ein roter Würfel werden gleichzeitig geworfen. Wir betrachten die
Ereignisse
A = Augensumme gerade“
”
und B = grüner Würfel zeigt ungerade Zahl“.
54 ”
(a) Welcher Ergebnisraum Ω ist sinnvoll?
(b) Schreibe die Elemente von A und B hin.
(c) Gib eine umgangssprachliche Beschreibung der Ereignisse C = A ∩ B und
D = A ∪ B. Wie groß ist die Mächtigkeit von C, D und P(Ω)?
(d) Gib die Mengenschreibweise folgender Ereignisse an und zeichne jeweils ein
Mengendiagramm:
E=
F =
G=
H=
K=
L=
Weder A noch B treten ein“
”
A oder B treten ein (oder beide)“
”
Nur A oder nur B tritt ein (nicht beide)“
”
Genau eines der beiden Ereignisse A oder B tritt ein“
”
Höchstens eines der beiden Ereignisse A oder B tritt ein“
”
Mindestens eines der beiden Ereignisse A oder B tritt ein“
”
Lösung: (a) Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}2 = {11, 12, 13, . . . , 66} mit |Ω| = 62 = 36
(b) A = {11, 13, 15, 22, 24, 26, 31, 33, 35, 42, 44, 46, 51, 53, 55, 62, 64, 66}
B = {11, 13, 15, 21, 23, 25, 31, 33, 35, 41, 43, 45, 51, 53, 55, 61, 63, 65}
(c) C = A ∩ B = {11, 13, 15, 31, 33, 35, 51, 53, 55}: beide Würfel ungerade“ C = A ∪ B =
”
{11, 13, 15, 31, 33, 35, 51, 53, 55}: beide Würfel ungerade“
”
70. Für das Folgende darf der Satz
Für paarweise disjunkte Mengen A1 , A2 , . . . , An
(d.h. Ai ∩ Ak = ∅ für i 6= k) gilt
(1)
|A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An | = |A1 | + |A2 | + . . . + |An |
als bekannt vorausgesetzt werden. Zeige zunächst
|X \ Y | = |X| − |X ∩ Y |
(2)
und beweise dann den auch für A ∩ B 6= ∅ gültigen Satz
|A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|
(3)
Veranschauliche dir zunächst die Aussagen von (2) und (3) in Mengendiagrammen.
Gilt die neue Formel (3) auch für A ∩ B = ∅?
Lösung: Aus (X ∩ Y ) ∩ (X \ Y ) = ∅
X
und X = (X \ Y ) ∪ (X ∩ Y ) folgt mit (1)
|X| = |X \ Y | + |X ∩ Y |
und damit (2).
55
X\Y
Y
X ∩Y
Aus (A ∩ B) ∩ (A \ B) = ∅
A
und (A ∩ B) ∩ (B \ A) = ∅
B
A\B
und (A \ B) ∩ (B \ A) = ∅
A∩B
B\A
und (A ∪ B) = (A \ B) ∪ (A ∩ B) ∪ (B \ A)
folgt mit (1)
|A ∪ B| = |A \ B| + |A ∩ B| + |B \ A|
und daraus mit (2)
|A ∪ B| = |A| − |A ∩ B| +|A ∩ B| + |B| − |A ∩ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|
|
|
{z
}
{z
}
|A\B|
|B\A|
Für A ∩ B = ∅ ist (3) mit (1) identisch, also ja.
71. (a) A und B sind Teilmengen eines Ergebnisraumes Ω mit nichtleerem Durchschnitt (A ∩ B 6= ∅). Stelle M = (A ∪ B) ∩ (A ∪ B) in einem Mengendiagramm
dar. Gib noch mindestens zwei andere Schreibweisen von M an.
(b) Drücke die getönt dargestellte Menge D
durch A, B und C aus.
A
B
C
Lösung: (a)
M = (A ∩ B) ∪ A ∪ B =
= (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) =
Ω
A
= (A ∪ B) \ (A ∩ B) =
= (A \ B) ∪ (B \ A) =
=A\B∩B \A
(b) D = (A ∪ B ∪ C) \ (A ∩ B)
72. Der Quader ABCDEFGH ist gegeben durch A (5 6 3) und die Vektoren
 


 
0
−3
0
−→ −→  
−→ −→ 
−→ −→  

0
AB = EF = 4 , AD = BC =
und AE = CG = 0 .
0
0
2
(a) Wie lauten die Koordinaten aller Ecken des Quaders?
56
B
(b) Durch Spiegelung an der x1 x2 -Ebene geht der Quader ABCDEFGH in den
Quader A1 B1 C1 D1 E1 F1 G1 H1 über. Wie lauten die Koordinaten aller Ecken
des neuen Quaders?
(c) Formuliere eine Regel, wie man die Koordinaten des Bildpunktes P′ von P (p1 p2 p3 )
bei der Spiegelung an einer der Koordinatenebenen erhält.
(d) Durch Spiegelung an der x2 -Achse geht der Quader ABCDEFGH in den Quader
A2 B2 C2 D2 E2 F2 G2 H2 über. Wie lauten die Koordinaten aller Ecken des neuen
Quaders?
(e) Formuliere eine Regel, wie man die Koordinaten des Bildpunktes P′ von P (p1 p2 p3 )
bei der Spiegelung an einer der Koordinatenachsen erhält.
(f) Durch Spiegelung am Ursprung geht der Quader ABCDEFGH in den Quader
A3 B3 C3 D3 E3 F3 G3 H3 über. Wie lauten die Koordinaten aller Ecken des neuen
Quaders?
(g) Formuliere eine Regel, wie man die Koordinaten des Bildpunktes P′ von P (p1 p2 p3 )
bei der Spiegelung am Koordinatenursprung erhält.
(h) Durch Spiegelung am Punkt S (6 6 2) geht der Quader ABCDEFGH in den
Quader A4 B4 C4 D4 E4 F4 G4 H4 über. Wie lauten die Koordinaten aller Ecken
des neuen Quaders?
(i) Formuliere eine Regel, wie man die Koordinaten des Bildpunktes P′ von P (p1 p2 p3 )
bei der Spielung am Punkt S (s1 s2 s3 ) erhält.
(j) Zeichne die fünf Quader in ein Schrägbild.
(k) Zeichne die Projektionen der fünf Quader in die drei Koordinatenebenen (drei
Zeichnungen, kein Schrägbild).
Lösung: (a) A (5 6 3), B (5 10 3), C (2 10 3), D (2 6 3), E (5 6 5), F (5 10 5), G (2 10 5), H (2 6 5)
(b) A1 (5 6 − 3), B1 (5 10 −3), C1 (2 10 − 3), D1 (2 6 − 3), E1 (5 6 − 5), F1 (5 10 − 5),
G1 (2 10 − 5), H1 (2 6 − 5)
(c) Spiegeln an der x1 x2 -Ebene : P (p1 p2 p3 ) −→ P′ (p1 p2 − p3 )
Spiegeln an der x1 x3 -Ebene : P (p1 p2 p3 ) −→ P′ (p1 − p2 p3 )
Spiegeln an der x2 x3 -Ebene : P (p1 p2 p3 ) −→ P′ (−p1 p2 p3 )
(d) A2 (−5 6 − 3), B2 (−5 10 −3), C2 (−2 10 − 3), D2 (−2 6 − 3), E2 (−5 6 − 5),
F2 (−5 10 − 5), G2 (−2 10 − 5), H2 (−2 6 − 5)
(e) Spiegeln an der x1 -Achse : P (p1 p2 p3 ) −→ P′ (p1 − p2 − p3 )
Spiegeln an der x2 -Achse : P (p1 p2 p3 ) −→ P′ (−p1 p2 − p3 )
Spiegeln an der x3 -Achse : P (p1 p2 p3 ) −→ P′ (−p1 − p2 p3 )
(f) A3 (−5 − 6 − 3), B3 (−5 − 10 −3), C3 (−2 − 10 − 3), D3 (−2 − 6 − 3), E3 (−5 − 6 − 5),
F3 (−5 − 10 − 5), G3 (−2 − 10 − 5), H3 (−2 − 6 − 5)
(g) P (p1 p2 p3 ) −→ P′ (−p1 − p2 − p3 )
(h) A4 (7 6 1), B4 (7 2 1), C4 (10 2 1), D4 (10 6 1), E4 (7 6 − 1), F4 (7 2 − 1), G4 (10 2 − 1),
H4 (10 6 − 1)
(i) P (p1 p2 p3 ) −→ P′ (2s1 − p1 2s2 − p2 2s3 − p3 )
(j)
57
x3
H
G
F
E
C
D
1
A
B3
1
A3
A2
6
S
D3
C3
E3
6
F3
B4
H3
B2
C2
D2
A4
F2
E2
D4
G3
x2
B
H2
D1
C4
B1
A1
x1
G1
H1
H4
G4
G2
C1
E4
F4
E1
F1
(k)
B3
F3
A3
E3
A2
E2
B2
F2
C3
G3
D3
H3
D2
H2
C2
G2
−10
−6
1
1
6
6
B4
F4
10
x1
58
C4
G4
x2
D1 D
H1 H
C
C
G 1
G1
A E
A 1 E1
S
A4
E4
F B
F1 B1
D4
H4
x3
H
G
5
E
F
D
C
B
A
2
S
A4
−5
1
6
1
A2 A3
B2 B3
C3 C2
D3 D2
C1
D1
A1
B1
F2
F3
H3
E2
E3
G3
H1
G1
E1
F1
H2
−5
G2
B4
D4
C4
E4
F4
G4
H4
x1
x3
B4
1
m10
1
m6
F4
73. Beweise:
C3
B3
D3
A3
F3
G3
E3
H3
E
H
F
G
D
A
C
B
C4
D4
G4
H4
−5
S
A4
10 x2
E4
A1 A2
D1 D2
C1 B1
C2 B2
E1 E2
H1 H2
G1 G2
F1 F2
Die Mittelpunkte der Seiten eines beliebigen Vierecks bilden ein
Parallelogramm.
−→
−→
−→
−→
Lösung: Viereck ABCD mit ~a = AB, ~b = BC, ~c = CD und d~ = DA. Die Mittelpunkte der Seiten
−→ 1 −→
−
→
−→
~
sind E, F, G und H mit AE = 2 ~a, AF = ~a + 12~b, AG = ~a + ~b + 21 ~c und AH = ~a + ~b +~c + 21 d.
1
1
−→ −→ −→
1
EF = AF − AE = ~a + ~b − ~a = ~a +
2
2
2
1~
b
2
~a + ~b + ~c + d~ = ~o =⇒ d~ = −~a − ~b − ~c
1
−→ −→ −→
1
1
HG = AG − AH = ~a + ~b + ~c − ~a − ~b − ~c −
−~a − ~b − ~c = ~a +
2
2
2
74. (a) Beweise, dass für ~a 6= ~o, ~b 6= ~o und ~a ∦ ~b gilt:
λ~a + µ~b = ~o
59
⇐⇒
λ=µ=0
1~ −→
b = EF
2
(b) Beweise:
Die Seitenhalbierenden eines Dreiecks schneiden sich in einem
Punkt. Dieser Punkt (Schwerpunkt des Dreiecks) teilt die Seitenhalbierenden im Verhältnis 2:1.
−→
−→
(c) Im R3 sind die Punkte A und B durch die Ortsvektoren OA = ~a und OB = ~b
−−→
gegeben, M ist der Mittelpunkt von [AB]. Drücke m
~ = OM durch ~a und ~b aus.
−→
−→
(d) Im R3 sind die Punkte A, B und C durch die Ortsvektoren OA = ~a, OB = ~b
−→
und OC = ~c gegeben, S ist der Schwerpunkt von △ABC.
−→
Drücke ~s = OS durch ~a, ~b und ~c aus.
Lösung: (a) Für λ 6= 0 und µ 6= 0 folgt aus λ~a + µ~b = ~o:
µ
~a = − ~b,
λ
d.h. ~ak~b im Widerspruch zur Annahme. Die Gleichung λ~a + µ~b = ~o kann also nur für
λ = µ = 0 erfüllt werden.
−→
−→
(b) Bezeichnungen im △ABC: ~b = AB, ~c = AC, Seitenmittelpunkte: Ma , Mb , Mc
Schnittpunkte: {Sab } = AMa ∩ BMb , {Sac } = AMa ∩ CMc , {Sbc } = BMb ∩ CMc ,
~b ~c
−−−→ ~ 1
AMa = b + (~c − ~b) = + ,
2
2 2
−−→ ~c ~
BMb = − b
2
C
Mb
− ~2c
−−→
µ · BMb
Sab Sac
−−−→
λ · AMa
Ma
Sbc
A
1
(~c − ~b)
2
Mc
B
Geschlossene Vektorkette:
−−→ −−−→ −−→
ASab + Sab Mb + Mb A = ~o
| {z } | {z } | {z }
−−−→
λAMa
−−→
µBMb
=⇒
− ~2c
!
~b ~c
~c ~
~c
λ
+µ
+
− b − = ~o
2 2
2
2
~b λ − µ + ~c λ + µ − 1 = ~o
2
2
2 2
λ µ 1
3
1
+ − = λ− =0
2
2 2
4
2
2
2
1
2
und µ =
=⇒ ASab = · AMa und BSab = · BMb
=⇒ λ =
3
3
3
3
2
2
Genauso zeigt man ASac = · AMa und BSbc = · BMb , d.h. Sab , Sac und Sbc
3
3
AS
2
= .
fallen in einem Punkt S zusammen und
60 SMa 1
Da ~b ∦ ~c folgt:
λ
−µ=0
2
=⇒
µ=
λ
2
und
1
1
(c) m
~ = ~b + (~b − ~a) = (~a + ~b)
2
2
B
~b
m
~
M
O
1 ~
(b
2
~a
−−→
~a ~b
CM = m
~ − ~c = + − ~c
2 2
~
~a b 2~c
2 −−→
~s = ~c + CM = ~c + + −
3
3 3
3
1
~s =
~a + ~b + ~c
3
(d) m
~ =
A
1
(~a + ~b),
2
C
A
S
~s
M
~c
B
~a
m
~
~b
O
75. Gegeben sind die Punkte A (7 5 1), B (1 8 7) und C (5 1 5).
(a) Zeichne das Dreieck ABC in ein Schrägbild.
(b) Berechne den Winkel α =<
) BAC und den Inhalt A der Dreiecksfläche. Versuche, A exakt zu berechnen (Wurzeln).
−→
−→
(c) Der Punkt D hat die Koordinaten D (0 d 0). Bestimme d so, dass AD auf AC
senkrecht steht.
Lösung: (a)
x3
B
6
C
hc
O
1
7
D
x2
α
A
6
x1
61
− ~a)


−6
p
√
−→
(b) ~b = AB =  3 , b = |~b| = 62 + 32 + 62 = 81 = 9
6


−2
p
√
−→
~c = AC =  −4 , c = |~c| = 22 + 42 + 42 = 36 = 6
4
~b · ~c
12 − 12 + 24
24
4
=
=
=
=⇒ α = 63,61◦
bc
9·6
6·9
9
r
√
6·9
bc p
65
1
2
1 − cos α =
·
= 3 65 ≈ 24,19
A = bc sin α =
2
2
2
81

 

−7
−2
−→ −→
(c) AD· AC =  d − 5  ·  −4  = 14−4d+20−4 = 30−4d = 0
−1
4
cos α =
=⇒
d=
15
= 7,5
2
76. Für den Flug München-New York hat eine Gesellschaft ein Platzangebot von 240
Plätzen. Erfahrungsgemäß erscheinen 10% Passagiere nicht zum gebuchten Flug.
(a) Mit welche Wahrscheinlichkeit erscheinen zum Abflug mindestens 219 und
höchstens 240 Fluggäste, wenn 255 Buchungen akzeptiert werden
(b) Schätzen sie die Wahrscheinlichkeit aus (a) mit einer Tschebyschow-Abschätzung
ab.
Lösung: (a) 98%
(b) 79%
77. Geben Sie die Hesse-Normalform der Ebene
 

2
→
−
E : X =  1  +λ
3
Lösung:
√20 y
464
+
√8 z
464
−
√44
464
E an.



1
-3
-2  + µ  -2 
5
5
=0
78. Geben Sie die Stammfunktion von
sin x
4+2 cos x
an.
Lösung: F (x) = − 12 ln(4 + 2 cos x) + C
79. Gegeben ist die Funktion ft (x) = ( xt + 1) · et−x für x ∈ R und t > 0.
(a) Untersuchen Sie die Funktion ft auf Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen
und das Verhalten für x → ∞.
62
(b) Weisen Sie nach, dass der Graph der Funktion ein Maximum und einen Wendepunkt hat und geben Sie die Koordianten des Extremums an.
(c) Für welchen Wert von t ist das Maximum der Funktion am niedrigsten?
Lösung: (a) (0|et ), (−t|0), limx→∞ = 0.
(b) Max (1 − t| 1t e2t−1 ), Wendepunkt bei x = 2 − t
(c) t = 12
80. Der Querschnitt einer Staumauer wird dargestellt durch die Koordinatenachsen, der
Gerade y = 10 und dem Graphen der Funktion s(x) = a + b ln x. Der Graph von s
geht durch die Punkte A(e2 |0) und B(e|10)
(a) Bestimmen Sie die Werte der Parameter a und b.
(b) Unter welchem Winkel schneidet der Graph der Funktion die x-Achse.
(c) Skizzieren Sie den Querschnitt der Staumauer und schätzen Sie den Querschnitt
der Staumauer ab.
(d) Berechnen Sie den Querschnitt der Staumauer exakt.
Lösung: (a) a = 20, b = −10
(b) −53◦
(c)
(d) A = 47
81. Gegeben ist die Funktion f (x) =
3x−2
.
3(x−1)2
(a) Zeigen Sie dass der Graph der Funktion für x >
verläuft.
2
3
oberhalb der x-Achse
(b) Zeigen Sie, dass der Graph der Funktion nur bei x =
R6
(c) Berechnen Sie das Integral 2 f (x)dx
1
3
ein Minimum hat.
Lösung: (a) Nenner und Zähler positiv für x > 32
3−9x
1
(b) f ′ (x) = 9(x−1)
3 = 0 für x = 3 und dort auch Vorzeichenwechsel von + nach −, also
Maximum
R6
R5
4
1 5
(c) 2 f (x)dx = 1 3t+1
]1 = ln 5 + 15
dt = [ln z − 3t
3t2
82. Skizzieren Sie in einem Koordinatensystem die Graphen folgender Funktionen
g1 (x) = ln(x),
g2 (x) = ln(x − 3),
g3 (x) = cos(x),
g4 (x) = cos(x) − 3,
g5 (x) = x1 ,
g6 (x) =
63
1
x2
Lösung:
83. Gegeben sind
 diePunkte
 A(0|2|3),
 B(1|−2|6) und C(−4|2|15) und die Geradenschar
-1
b
−
→
gb : X =  2  + λ  1 
6
b-2
(a) Bestimmen Sie die Koordinatengleichung der Ebene E durch die Punkte A, B
und C und berechnen Sie deren Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen.
(b) Bescheiben Sie die Lage der Geradenschar gb . Für welchen Wert von b ist die
Gerade gb parallel zur Ebene E?
(c) Berechnen Sie den Abstand des Punktes B von der Gerade AC und die Koordianten des Punktes B ′ , der durch Spiegelung von B an der Geraden AC
entsteht.
(d) Bestimmen Sie die Fläche des Drachenvierecks ABCB ′ .
(e) Berechnen Sie das Volumen der Pyramide, die das Viereck ABCB ′ mit dem
Koordinatenursprung O(0|0|0) bildet.
Lösung: (a) 6x1 + 3x2 + 2x3 − 12 = 0, S1 (2|0|0), S2 (0|4|0), S3 (0|0|6)






-1
0
0
→
−
(b) ebenes Geradenbüschel durch (−1|2|6), gb : X =  2  + λ  1  + λb  1 
0
6
-2
64
(c) d =
(d) 56
(e) 32
√
19, 6, B ′ (−2, 6|4|4, 8)
84. Gegeben sind die Ebenen F : 8x1 − 4x2 + x3 − 81 = 0 und G : 2x1 + 2x2 − x3 + 1 = 0.
Darüber hinaus ist für jedes a ∈ R eine Kugel Ka gegeben durch
Ka : (x1 − a)2 + (x2 − 2a)2 + x23 − 81 = 0.
(a) Unter welchem Winkel schneiden sich die Ebenen F und G?
(b) Bestimmen Sie die Gleichung der Schnittgeraden der Ebenen F und G.
(c) Begründen Sie, dass alle Kugeln Ka mit der x1 x2 -Ebene gleichgroße Schnittkreise aufweisen und geben Sie deren Radius an. Für welche Punkte von a hat
die Kugel Ka mit der x1 x3 -Ebene mehr als einen Punkt gemeinsam?
(d) Für welche Werte für a liegt der Punkt D(4|−4|7) auf der Kugel Ka . Bestimmen
Sie die Gleichungen der zugehörigen Tangentialebenen an die Kugel Ka im
Punkt D.
Lösung: (a) 75◦




0
1
−
→
(b) s : X =  -40  + λ  5 
-79
12
(c) Mittelpunkt liegen auf Gerade senkrecht zurx1 x2 -Ebene
(d) 1. Fall: a1 = 0, E1 : 4x1 + 4x2 + 7x3 + 81 = 0
2. Fall: a2 = −1, 6, E2 : 5, 6x1 − 0, 8x2 + 7x3 − 74, 6 = 0
→
→
85. Gegeben ist der Punkt T und die Vektoren −
u und −
v . Wo liegen die Punkte X für
→
−
→
−
→
−
→
−
die gilt ( u × v ) · ( X − T ) = 0. Begründen Sie ihre Antwort.
− −
→
→
→
−
Lösung: Die Punkte X liegen in der von −
u und →
v aufgespannten Ebene, da X − T senkrecht zu
→
−
−
u ×→
v
86. Die Punkte A(1|1|1) , B(2|2|5) und C(4|8|2) bestimmen das Dreieck △ABC.
(a) Berechnen Sie den Winkel α und die Fläche des Dreiecks △ABC.
(b) Wo liegen alle Punkte C ′ für die das Dreieck △ABC ′ die gleiche Fläche hat
wie das Dreieck △ABC. Geben Sie die Gleichung der Ortskurve an.
(c) Berechnen Sie die Schnittgerade der von A, B und C aufgespannten Ebene E
mit der Ebene F : x1 + x3 = 0.
Lösung: (a)
1
2
√
866
65
(b) Parallele zu AB

-0,5
−
→

(c) h : X =
-2,5
0,5



1
4
→
−
durch c, g : X =  8  + λ  1 
4
2



-2,75
 + λ  -7,75 
2,75

87. Gegeben sind die Punkte A(0|2|3), B(1|−2|6) und C(−4|2|15) und die Geradenschar




-1
a
→
−
ga : X =  2  + λ  1 
6
a-2
(a) Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung der Ebene E durch die Punkte A,
B und C.
(b) Geben Sie die Schnittpunkte der Ebene E mit den drei Koordinatenachsen und
die Gleichung der Spurgeraden in der x2 x3 -Ebene an.
(c) Für welchen Wert von a ist die Gerade ga parallel zu E. Prüfen Sie ob diese in
E enthalten ist.
(d) Beschreiben Sie die Lage der Geraden aus der Geradenschar.
Lösung: (a) z. B. 6x1 + 3x2 + 2x3 = 12




0
0
→
−
(b) S1 (2|0|0), S2 (0|4|0), S3 (0|0|6), X =  4  + λ  4 
0
-6
(c) a = 81 , g 1 liegt in E
8






1
0
-1
−
→
(d) ebenes Geradenbüschel, ga : X =  2  + λ  1  + λa  0 
1
-2
6
2
88. Gegeben ist die Funktion fa (x) = ln(a + e−(x−a) ), a > 0, D = R.
(a) Bestimmen Sie die Schnittpunkte von f mit der y-Achse und untersuchen Sie
das Verhalten an den Rändern der Definitionsmenge.
(b) Zeige, dass der Graph der Funktion achsensymmetrisch zu x = a ist.
(c) Bestimmen Sie die Koordinaten des Extremums und geben Sie die Ortskurve
g(x) der Extrema an.
(d) Zeichnen Sie die Ortskurve der Extrema und skizzieren Sie den Graphen von
f1
(1LE =
ˆ 2cm).
(e) In der Umgebung des Maximums lässt sich die Funktion f1 durch eine Parabel annähern, die den Graph von f1 berührt und im Maximum die gleiche
Krümmung hat. Bestimmen Sie die Gleichung der Parabel. Verwende dabei
f1′′ (1) = −1.
66
Lösung: (a)
(b)
(c)
(d)
(e)
2
Y (0| ln(a + e−a ), limx→±∞ = ln a
f (a + x′ ) = f (a − x′ )
M ax(a| ln(a + 1)), Ortkurve: g(x) = ln(x + 1)
p(x) = − 12 (x − 1)2 + ln 2
89. Die Anzahl der Bakterien in einer Population wird in Abhängigkeit von der Zeit t
(in Stunden) näherungsweise durch n(t) = 30 + t2 · e5−t ; 0 ≤ t ≤ 8, beschrieben.
(a) Berechnen Sie den Wert tA für den n(t) maximal ist.
(b) Berechnen Sie den Wert tB für den die Zuwachsrate von n(t) maximal ist.
Lösung: (a) tA = 2
√
(b) tB = 2 ± 2
−1
90. Gegeben ist die Funktion f : x → ln 1+x
mit dem maximal möglichen Definitionsbereich D.
(a) Bestimmen Sie D, die Nullstelle von f und das Verhalten von f an den Rändern
von D.
(b) Zeigen Sie, dass f umkehrbar ist.
(c) Berechnen Sie die Ableitung von f −1 an der Stelle x = 0.
Lösung: (a) D =] − ∞; −1[, N (−2|0), limx→−∞ = −∞, limx→−1 = ∞
1
(b) f ′ (x) = − 1+x
> 0 im Definitionsbereich, also ist f umkehrbar
(c) f −1 (0) =
1
f ′ (−2)
=1
91. (a) Von der Funktion f kennt man die Ableitung
f ′ (x) = 9 − x2
und den Funktionswert f (3) = 10. Berechne f (1).
(b) Von der Funktion g kennt man die Ableitung
1
g ′(x) = √
x3
und den Funktionswert g(1) = 1. Berechne die Gleichung von g und stelle sie
in der Wurzelschreibweise dar.
67
Lösung: (a) f (x) =
Z
x3
+C
9 − x2 dx = 9x −
3
27
x3
+ C = 18 + C = 10 =⇒ C = −8 =⇒ f (x) = 9x −
−8
3
3
2
1
f (1) = 9 − − 8 =
3
3
3
1
Z
Z
1
x− 2 +1
x− 2
2
− 23
√ dx = x dx = 3
(b) g(x) =
+ C = 1 + C = −√ + C
3
x
−2 + 1
−2
x
2
g(1) = −2 + C = 1 =⇒ C = 3 =⇒ g(x) = − √ + 3
x
f (3) = 27 −
92. Beweise mittels einer sehr ausführlichen Rechnung:
Z
x sin x cos x
sin2 x dx = −
+C
2
2
Lösung:
x sin x cos x
−
+C
2
2
′
1 1
− (cos x cos x + sin x(− sin x)) =
2 2
1 1
1 − cos2 x − sin2 x =
1 − cos2 x + sin2 x =
=
2
2
1 2
=
sin x + sin2 x = sin2 x
q.e.d.
2
=
93. Zeichne die Grafen der Funktionen f und g mit
f (x) = sin x und g(x) = 1 − sin x
] in ein Koordinatensystem (Einheit 2 cm). Berechne die Koordinaim Intervall [0, 7π
3
ten der Schnittpunkte der beiden Funktionen im angegebenen Intervall. Die beiden
Grafen schließen, jeweils zwischen einem Schnittpunkt und dem darauf folgenden
Schnittpunkt, zwei verschieden große Flächenstücke ein. Berechne ihre Inhalte A1
und A2 .
Lösung: Schnittpunkte der beiden Grafen:
f (x) = g(x)
=⇒
sin x =
1
2
=⇒
x1 =
π
,
6
x2 =
5π
,
6
x3 =
y
2
g
1
A2
A1
π
6
5π
6
π
2π
f
−1
68
13π
6
x
13π
6
A1 =
Zx2
x1
5π
Z6
|f (x) − g(x)| dx =
π
6
5π
=
13π
=
(2 sin x − 1) dx = −2 cos x − x
6
π
6
5π √
π
5π 5π
π π √
= −2 cos
−
+ 2 cos + = 3 −
+ 3+ =
6
6
6
6
6
6
√
2π
=2 3−
≈ 1,37
3
A2 =
Zx3
x2
13π
|f (x) − g(x)| dx =
Z6
(1 − 2 sin x) dx = 2 cos x + x
5π
6
6
5π
6
5π
5π 5π √
13π √
13π 13π
+
− 2 cos
−
= 3+
+ 3−
=
= 2 cos
6
6
6
6
6
6
√
4π
=2 3+
≈ 7,65
3
94. Wird ein Körper unter dem Einfluss der konstanten Kraft F parallel zur Kraftrichtung um die Strecke ∆x verschoben, dann wird die Arbeit ∆W = F · ∆x verrichtet.
Für eine konstante Kraft gilt also
∆W
=F.
∆x
Ist F nicht konstant sondern eine Funktion von x, dann gilt diese Beziehung nur
noch im Grenzfall ∆x → 0:
∆W
dW
=
= W ′ (x) = F
∆x→0 ∆x
dx
lim
Bei bekannter Kraftfunktion F (x) ist also die Arbeit, um den Körper von x1 nach
x2 zu bringen:
Zx2
∆W = F (x) dx
x1
(a) x bezeichne die Dehnung einer Feder mit der Federkonstanten D. Berechne die
Arbeit ∆W , um die Dehnung der Feder von x1 auf x2 zu erhöhen.
(b) Für ein Gummiseil gilt im x-Intervall [0; 1,2 m] der Kraft-Weg-Zusammenhang
F (x) = Dx + Cx20
mit D = 50
N
m
und C = 105
N
.
m20
Zeichne den Grafen von F im Intervall [0; 1,0 m]. Berechne die Arbeit W (x),
um das Gummiband von null bis x zu dehnen. Berechne speziell W (1,0 m) und
W (1,2 m).
(c) Die Gravitationskraft auf einen Körper der Masse m in der Entfernung r zum
Erdmittelpunkt ist für r ≧ R (R = 6380 km ist der Erdradius)
F (r) =
69
GMm
r2
3
mit G = 6,67 · 10−11 kgms2 (Gravitationskonstante) und M = 5,97 · 1024 kg (Erdmasse). Berechne die Arbeit W (r), um die Masse m von der Erdoberfläche bis
in die Entfernung r vom Erdmittelpunkt zu befördern. Wie groß ist W (r) für
r → ∞? Mit welcher Mindestgeschwindigkeit v0 müsste man einen Körper an
der Erdoberfläche senkrecht nach oben abschießen (keine Luftreibung), damit
er die Erde endgültig verlassen kann?
Lösung: (a) F (x) = Dx
=⇒
Zx2
∆W = D
x dx =
x1
(b)
W (x) =
Zx
F (x̃) dx̃ =
0
Zx
0
D 2
x2 − x21
2
F
(Dx̃ + C x̃20 ) dx̃ =
100
x
D 2 C 21
C
D
x̃ + x̃
= x2 + x21 =
2
21
2
21
0
N
N
= 25 · x2 + 5 20 · x21
m
m
=
W (1 m) = 30 J,
W (1,2 m) = 260 J
0
Zr
Zr
Zr
GM m
dx
W (r) = F (x) dx =
dx = GM m
=
2
x
x2
R
R
R
1
1
1 r
= GM m
−
= GM m −
x R
R r
(c)
GM m
R
r
km
2GM
v0 =
= 11,2
R
s
lim W (r) =
r→∞
m 2 GM m
v =
2 0
R
95. (a)
(d)
(g)
Lösung:
Z
Z
Z
n−1
nx
dx
dx
xn
Z
(e)
(ax + a) dx (h)
(a) xn + C
x1−n
(d)
+C
1−n
(g)
(b)
a 2
x + ax + C
2
Z
Z
=⇒
10
t dx
Z
(c)
|x| dx
(f)
(ax + a) da (i)
Z
(b) t10 · x + C
(e)
(
(h)
x+1 2
a +C
2
x2
2
+C
+C
2
− x2
Z
t10 dt
2x6 + 3x5 + 3x3 + 1
dx
x5
(ax + a) dt
(c)
für x ≧ 0
für x < 0
1 11
t +C
11
(f) x2 + 3x −
1
3
−
+C
x 4x4
(i) a(x + 1)t + C
70
1 x
96. (a)
(e)
Lösung:
Z
Z
999
x
dx
(b)
cos 3x dx (f)
x1000
+C
1000
1
(e) sin 3x + C
3
(a)
Z
√
3
Z
x dx
(c)
A sin ωt dt (g)
3√
3
x4 + C
4
A
(f) − cos ωt + C
ω
(b)
Z
Z
√
n
xm
dx
dx
a2
Z
dx
√
x
Z
da
(h)
a2
(d)
n √
n
xn+m + C
n+m
x
(g) 2 + C
a
(c)
√
(d) 2 x + C
1
(h) − + C
a
97. Der Graf von F mit F ′ (x) = f (x) enthält den Punkt P. Wie lautet F (x) für
2
(b) f (x) = x− 3 , P(8|0)
(a) f (x) = cos x + 1, P(π|π)
Lösung: (a) F (x) =
Z
(b) F (x) =
Z
f (x) dx = sin x + x + C,
F (π) = π + C = π
=⇒
1
f (x) dx = 3x 3 + C,
=⇒
C=0
F (x) = sin x + x
F (8) = 6 + C = 0
=⇒
C = −6
1
F (x) = 3x 3 − 6
=⇒
98. Löse folgende Anfangswertprobleme:
3
t
1
(a) F ′ (x) = x(4 − x), F (4) = 4
(b) ẋ = + 2 , x(2) = 0
8
4 t
Lösung: (a) F (x) =
Z 3
3
x − x2
2
8
1
3
dx = x2 − x3 + C,
4
8
Z t
1
+
4 t2
dt =
t2 1
− + C,
8
t
=⇒
99. (a)
Z1
(e)
x(2) = 0 + C = 0
x(t) =
π
(b)
0
0
Z4
Zπ
x
dx (f)
3
Z3
Z1
− π2
x dx
cos
C=0
=⇒
(c)
dx
x3
(x2 + 1)(2x2 − x) dx (g)
√
3
x dx (h)
A sin ωt dt
(d)
1
0
0
71
C=0
t2 1
−
8
t
Zω
n
=⇒
1
3
F (x) = x2 − x3
4
8
=⇒
(b) x(t) =
F (4) = 4 + C = 4
Z−2
−1
Z3
1
3
x5
− 7
3
x
dx
x2 + 2x + 1
dx
x4 + x3
Lösung: (a)
Z1
xn+1
x dx =
n+1
n
0
π
ω
1
=
0
1
n+1
π
Z
A
A sin ωt dt = − cos ωt
ω
(c)
Z4
1
1 4
1
15
dx
= − 2 =−
+ =
3
2
x
2x 1
2·4
2
32
(d)
Z−2
(b)
0
1
(e)
−1
Zπ
− π2
(f)
0
=−
x6
1
+ 6
dx =
18 2x
A
A
2A
cos π + cos 0 =
ω
ω
ω
−2
−1
=
32
1
1
1
385
+
−
− =
9
128 18 2
128
h
√ x π
πi 3 π
x
=
1+ 3
= 3 sin + sin
cos dx = 3 sin
3
3 −π
3
6
2
2
Z3
2x5 x4 2x3 x2
(2x − x + 2x − x) dx =
−
+
−
5
4
3
2
Z1
x 3 dx =
0
(g)
x5
3
− 7
3
x
ω
4
3
1
0
2
3 4
x3
4
1
0
=
3
0
=
1809
= 90,45
20
3
4
(h)
Z3
Z3 1
1
(x + 1)2
dx =
+
dx =
x3 (x + 1)
x2 x3
1
1
3
1
1
1
1
1
10
= − − 2 =− −
+1+ =
x 2x 1
3 18
2
9
x2 + 2x + 1
dx =
x4 + x3
1
100. Beweise: F und G mit F (x) =
√
Z3
x + 1 und G(x) =
tionen der gleichen Funktion f .
x
√
sind Stammfunk1+ x+1
Lösung: Wir müssen zeigen, dass, F (x) − G(x) eine Konstante ist:
√
√
√
x + 1(1 + x + 1) − x
x
√
√
=
=
F (x) − G(x) = x + 1 −
1+ x+1
1+ x+1
√
√
x+1+x+1−x
x+1+1
√
√
=
=
= 1 q.e.d
1+ x+1
1+ x+1
101. Beweise:
Z
2x
x cos ax dx = 2 cos ax +
a
2
x2
2
− 3
a
a
sin ax + C
Lösung:
2
x
2
d 2x
cos ax +
− 3 sin ax + C =
dx a2
a
a
2x
2x
2
2
2
cos ax −
sin ax +
sin ax + x − 2 cos ax = x2 cos ax
a2
a
a
a
72
q.e.d
102. Berechne die Fläche A, die von Gf , der x-Achse und den Geraden x = a und x = b
eingeschlossen wird. Zeichne den Grafen und veranschauliche A.
(a) f (x) = 2x + 1, a = −2, b = 1
(b) f (x) = x2 − 4, a = −3, b = 0
(c) f (x) = x3 + 1, a = −2, b = 1 (d) f (x) = x−2 + x−3 , a = −2, b = −0,5
Lösung: (a) Nullstelle im Integrationsintervall: x0 = − 21
1
f (x) < 0 für x < − ,
2
A=
Z1
−2
f (x) > 0 für x > −
1
|f (x)| dx =
Z− 2
3
[−f (x)] dx +
−2
− 1 1
2
2
= −x − x
+ x +x
=
Z1
1
2
2
1
f (x) dx =
−2
−1
− 21
1
x
−1
2
−2
− 12
−2
y
1 1
1 1
= − + + 4 − 2 + 1 + 1 − + = 4,5
4 2
4 2
−3
1
· 1,5 · 3 = 4,5
2
(b) Nullstelle im Integrationsintervall: x0 = −2
elementargeometrisch: A = 2 ·
f (x) > 0 für x < −2,
A=
Z0
−3
y
f (x) < 0 für x > −2
4
Z−2
Z0
|f (x)| dx = f (x) dx + [−f (x)] dx =
−3
−2
0
−2 3
x3
x
=
+ − + 4x
=
− 4x
3
3
−3
−2
8
8
2
= − + 8 + 9 − 12 − + 8 = 7
3
3
3
2
−3
x
−1
−2
−4
73
(c) Nullstelle von x3 + 1: x0 = −1 =⇒
(
−x3 − 1 für x < −1
f (x) =
x3 + 1
für x ≧ −1
Z−1
Z1
3
A = (−x − 1) dx + (x3 + 1) dx =
−2
y
7
5
−1
−1 4
1
x
x4
+
=
= − −x
+x
4
4
−2
−1
1
1
1
= − + 1 + 4 − 2 + + 1 − + 1 = 4,75
4
4
4
2
−2
(d) Nullstelle im Integrationsintervall: x0 = −1
f (x) > 0 für x < −1,
A=
−0,5
Z
−2
y
−0,5
f (x) < 0 für − 1 < x < 0
−2
x
−1
−0,5
Z−1
Z
|f (x)| dx = f (x) dx −
f (x) dx =
−2
x
1
−1
−1
−2
−1
1
1 −1 1
1 −0,5
= − − 2
+
+
=
x 2x −2 x 2x2 −1
1
5
1 1 1
=1− − + −2+2+1− =
2 2 8
2
8
−3
−4
103. Mittelwerte von Funktionen
Der Mittelwert einer Funktion f im Intervall
[a, b] ist definiert als
1
f=
b−a
Zb
y
f
f
f (x) dx
a
Berechne die Mittelwerte folgender Funktionen im Intervall [a, b] und veranschauliche
das Ergebnis am Grafen der Funktion:
a
x4
, a = −2, b = 2
4
(d) f (x) = sin x, a = 0, b = π
1
(e) f (x) = cos x, a = 0; für welches b ist f = ?
2
74
1
1
a= ,b=4
2
x
2
(c) f (x) = sin x, a = 0, b = 2π
(a) f (x) =
(b) f (x) = 4 −
b
x
1
Lösung: (a) f =
4−
dx
2
2
1
1 4
1
=
=
−
− +2 =
2
x
7
x 1
7
4
2
Z4
1
2
2
1
2
(b) f (−x) = f (x)
1
f=
2 − (−2)
1
(c) f =
2π − 0
(d) f =
(e) f =
=⇒ f ist symmetrisch zur y-Achse:
Z2 −2
Z2π
x2
4−
4
dx
Symmetrie
=
1
·2·
4
2
Z2 11
1
x3
x2
=
dx =
4x −
4−
4
2
12 0
3
0
1
1
[− cos x]2π
[−1 + 1] = 0
0 =
2π
2π
sin x dx =
0
1
π−0
Zπ
sin x dx =
1
1
1
[− cos x]π0 =
[1 + 1] =
π
2π
π
1
b−0
Zb
cos x dx =
1
sin b
1
[sin x]b0 =
=
b
b
2
0
y
1
0
Die Gleichung sinb b = 12 ist nur numerisch lösbar, z.B. mit
dem Newtonverfahren oder einfach durch Ausprobieren mit
dem TR: b ≈ 1,895.
1
2
b
π
2
x
104. Ein Stein wird vom Boden aus (y = 0) mit der Anfangsgeschwindigkeit v0 senkrecht
nach oben geworfen. Für seine Höhe y in Abhängigkeit von der Zeit t gilt
y(t) = v0 t −
g 2
t
2
Berechne die mittlere Höhe h während der Flugphase, ausgedrückt durch die maximale Höhe h.
gt
Lösung: y(t) = t v0 −
2
=0
=⇒
Maximale Höhe zur Zeit t1 =
1
h=
t02 − t01
Zt02
t01
t =01 = 0,
t02 =
2v0
g
v0
v2
t02
= : h = y(t1 ) = 0
2
g
2g
2v0
v2
g v0 t 2 g 3 g
2
g 2
= 0 = h
− t
v0 t − t =
2
2v0
2
6 0
3g
3
105. Schreibe folgende Funktionen als Integralfunktion. Achte auch auf die Definitionsmenge!
1
(b) g(x) = cos x
(c) h(x) = tan x
(a) f (x) = x2 − 4x + 6
2
Lösung: Allgemein gilt:
f (x) =
Zx
a
f ′ (x) dx mit f (a) = 0.
75
(a) f (x) = 0
=⇒
x01 = 2,
x02 = 6, also f (x) =
Zx
2
(b) g(x) = 0
=⇒
x0k =
(x − 4) dx =
π
+ kπ mit k ∈ Z, also g(x) = −
2
Zx
Zx
6
(x − 4) dx
sin x dx
x0k
(c) h(x) = 0 =⇒ x0k = kπ mit k ∈ Z. Um nicht über eine Polstelle zu integrieren,
muss man unendlich viele Fälle unterscheiden:
h(x) =
Zx
i
π
πh
für x ∈ x0k − , x0k +
2
2
dx
cos2 x
x0k
106. Wie unterscheiden sich folgende Integralfunktionen.
(a) f (x) =
Zx
cos t dt und g(x) =
π
6
(b) f (x) =
Zx
Zx
cos t dt
Zx
h(t) dt mit h(t) =
π
3
h(t) dt und g(x) =
1
+ t.
t2
−2
2
Zeichne die Grafen von h, f und g.
Lösung: (a) f (x) =
Zx
cos t dt = sin x − sin
1
π
= sin x −
6
2
Zx
cos t dt = sin x − sin
1√
π
3
= sin x −
3
2
π
6
g(x) =
π
3
√
3−1
f (x) = g(x) + 12
x
Zx 1 t2
1 x2 3
1
+
− für x > 0
+
t
dt
=
−
=− +
(b) f (x) =
2
t
t
2 2
x
2
2
=⇒
2
g(x) =
Zx −2
1
+t
t2
1 t2
dt = − +
t
2
x
−2
76
=−
1 x2 5
+
− für x < 0
x
2
2
y
3
h
2
g
f
1
−4
−3
−2
−1
1
2
3
x
−1
−2
h
−3
107. (a) Warum sind alle Stammfunktionen von f mit f (x) = x2 auch Integralfunktionen von f ?
(b) Welche Stammfunktionen von f mit f (x) = x3 sind keine Integralfunktionen
von f ?
1
x3
+ C hat für alle C ∈ R eine Nullstelle (x0 = sgn(−3C) · (|3C|) 3 ) und ist
Lösung: (a) F (x) =
3
damit auch Integralfunktion von f .
x4
+ C hat nur für C ≦ 0 eine Nullstelle. Für C > 0 ist F also keine
(b) F (x) =
4
Integralfunktion von f .
108. Schreibe f (x) =
1
− 1 als Integralfunktion. Achtung, Fallunterscheidung!
x2
Lösung: Nullstellen von f : x01 = −1, x02 = 1. Wegen der Polstelle Fallunterscheidung:
 x
Z


2


−
dt für x < 0


t3

−1
f (x) =
Zx


2


−
dt für x > 0



t3
1
109. Berechne folgende Integrale und veranschauliche sie als Flächeninhalte:
Z1
Z∞
Z1
Z∞
dx
dx
dx
dx
√
√
(a)
(b)
(c)
(d)
2
x
x
x
x2
0
Lösung: (a)
Z1
0
1
dx
√ = lim
x a→0+
Z1
a
0
1
√ 1
√
1
x− 2 dx = lim 2 x a = lim (2 − 2 a) = 2
a→0+
a→0+
77
(b)
Z∞
dx
√ = lim
x a→∞
Z1
dx
= lim
x2
a→0+
Z∞
dx
= lim
a→∞
x2
1
1
(c)
Z1
√ a
√
1
x− 2 dx = lim 2 x 1 = lim (2 a − 1) = +∞
1
Za
1
a→∞
a→∞
x
−2
dx = lim
a→0+
a
0
(d)
Za
x
−2
1
−
x
1
dx = lim −
a→∞
x
1
a
a
1
= lim −1 +
= +∞
a
a→0+
= lim
a→∞
1
1
− +1 =1
a
y
y
3
3
2
2
1
1
(a)
(c)
(b)
0
1
110. Schreibe f (x) =
Lösung: Ia (x) = −
Zx
a
2
(d)
3
4
0
x
1
2
3
4 x
1
als Integralfunktion.
x
x
1
1 1
dt
=
= −
t2
t a
x a
=⇒
f (x) = lim Ia (x)
a→±∞
Um nicht über die Polstelle integrieren zu müssen:

Zx


dt


−
für x < 0


t2

−∞
f (x) =
Zx


dt


für x > 0
−



t2
∞
Mit der Polstelle x0 = 0 im Integrationsintervall wäre das Integral unendlich, z.B.:

 −ε
Z
Z1
Z1
dt
dt 
1
1 1
2
1
dt

= lim
+
= lim −
+
− +
− 2 = +∞
= lim
t2
t2
t2
−ε −1 1 ε
ε→0+
ε→0+
ε→0+ ε
−1
−1
ε
78
111. Enthält das Integrationsintervall [a, b] des bestimmZb
ten Integrals I =
f (x) dx eine Polstelle bei x0 ,
a
dann definiert man (uneigentliches Integral):
Zb
f (x) dx = lim+
ε1 →0
a
f (x) dx+ lim+
ε2 →0
a
Z1
(a) Berechne
xZ
0 −ε1
Zb
f (x) dx
x0 +ε2
a
x0
x0 − ε 1 x0 + ε 2
b
dx
x2
−1
(b) Der Wert von I =
Z1
dx
hängt davon ab, wie ε1 und ε2 zusammenhängen.
x3
−1
Berechne I für
• ε2 = ε1 (Cauchyscher Hauptwert)
• ε2 = 2ε1
Gib ein Beispiel für die Wahl von ε1 und ε2 an, für das I = +∞ ist.
Lösung: (a) Pol bei x0 = 0
Z1
−1
=⇒
Z1
dx
1 1
dx
1 −ε1
+ lim −
=
+ lim
= lim −
x2 ε2 →0+
x2
x −1
x ε2
ε2 →0+
ε1 →0+
ε2
−1
1
1
= +∞
− 1 + lim −1 +
= lim
ε2
ε2 →0+
ε1 →0+ ε1
|
{z
} |
{z
}
Z−ε1
dx
= lim
x2
ε1 →0+
+∞
(b) Pol bei x0 = 0
+∞
=⇒
Z1
Z−ε1
dx
dx
dx
1 1
1 −ε1
I=
+ lim − 2
=
= lim
+ lim
= lim − 2
x3
x3 ε2 →0+
x3
2x −1
2x ε2
ε2 →0+
ε1 →0+
ε1 →0+
ε2
−1
−1
1
1
1
1
1
1
= lim − 2 +
+ lim − + 2 = lim
2 − lim+ 2ε2
2 2ε2
2ε1 2
ε2 →0+ 2ε2
ε1 →0
ε1 →0+
ε2 →0+
1
Z1
• ε2 = ε1
x
=⇒
I =0
• ε2 = 2ε1
=⇒
z.B. ε1 = 2ε2
=⇒
112. Für welche n ist I1 =
Z+∞
1
1
1
3
−
=
lim
= −∞
−
2ε21
8ε21
ε1 →0+ 8ε2
ε1 →0+
1
3
1
1
− 2 = lim
= +∞
I = lim
8ε2
ε2 →0+ 8ε2
ε2 →0+ 2ε2
2
2
I = lim
Z1
dx
dx
bzw. I2 =
endlich?
n
x
xn
790
Lösung: I1 =
Z∞
dx
= lim
a→∞
xn
1
Za
x−n dx = lim
a→∞
1
1
(1 − n)xn−1
a
=
1
1
1
· lim 1 − n−1
n − 1 a→∞
a
1
für n > 1 und I1 = ∞ für n < 1
n−1
1−n 1
Z1
Z1
x
1
dx
−n
x dx = lim
=
= lim
· lim 1 − a1−n
I2 =
n
x
1 − n a→0+
a→0+ 1 − n a
a→0+
=⇒
I1 =
a
0
=⇒
I2 =
1
für n < 1 und I1 = ∞ für n > 1
1−n
113. Berechne numerisch mit Untersummen (Su ), mit Obersummen (So ) und mit der
Midpoint-Rule (Sm ) (n Teilintervalle). Berechne den relativen Fehler der drei Ergebnisse und des Mittelwertes S von Su und So (genaue Ergebnisse in Klammern).
(a)
Z5
dx
, n = 4 (1,609437912)
x
(b)
1
Z2
2
2−x dx, n = 4 (1,04474066)
0
π
4
(c)
Z
tan x dx, n = 4 (0,3465735903)
Zπ
(d)
0
sin x
dx, n = 5 (1,851937052)
x
0
Lösung: (a) ∆x =
5−1
= 1, f monoton fallend im Integrationsintervall
4
1 1 1 1
77
+ + + =
= 1,283
2 3 4 5
60
1 1 1 1
25
So = [f (1) + f (2) + f (3) + f (4)] · 1 = + + + =
= 2,083
1 2 3 4
12
Su + So
101
S=
=
= 1,683
2
60
1
1
1
1
Sm = [f (1,5) + f (2,5) + f (3,5) + f (4,5)] · 1 =
+
+
+
≈ 1,574603
1,5 2,5 3,5 4,5
Su = [f (2) + f (3) + f (4) + f (5)] · 1 =
I bezeichnet den angegebenen genauen Wert;
δu =
(b) ∆x =
Su − I
= −20,3%,
I
δo = 29,4%,
δS = 4,6%,
δm = −2,2%,
2−0
1
= , f monoton fallend im Integrationsintervall
4
2
1
= 0,8068102595
2
1
25
So = [f (0) + f (0,5) + f (1) + f (1,5)] · =
= 1,2755602
2
12
Su + So
= 1.04118526
S=
2
1
Sm = [f (0,25) + f (0,75) + f (1,25) + f (1,75)] · = 1,046497675
2
Su = [f (0,5) + f (1) + f (1,5) + f (2)] ·
80
I bezeichnet den angegebenen genauen Wert;
δu =
(c) ∆x =
Su − I
= −22,8%,
I
δo = 22,1%,
δS = −0,34%,
δm = 0,17%,
π
, f monoton steigend im Integrationsintervall
16
π π
3π
π
+f
+f
= 0,2515835636
·
Su = f (0) + f
16
8
16
16
π π π
π
3π
So = f
+f
+f
= 0,4479331044
·
+f
16
8
16
4
16
Su + So
= 0,349758334
S=
2 π
3π
5π
7π
π
Sm = f
+f
= 0,3449916438
+f
+f
·
32
32
32
32
16
I bezeichnet den angegebenen genauen Wert;
δu =
Su − I
= −27,4%,
I
δo = 29,2%,
δS = 0,92%,
δm = −0,46%,
π
, f monoton fallend im Integrationsintervall
5
2π
3π
4π
π
π
+f
+f
+f
+ f (π) · = 1.527278662
Su = f
5
5
5
5
5
π 2π
3π
4π
π
So = f (0) + f
+f
+f
+f
· = 2.155597193
5
5
5
5
5
Su + So
S=
= 1.841437928
2 π 3π
7π
9π
π
π
+f
+f
+f
+f
· = 1.857196808
Sm = f
10
10
2
10
10
5
(d) ∆x =
I bezeichnet den angegebenen genauen Wert;
δu =
Su − I
= −17,5%,
I
δo = 16,4%,
δS = −0,57%,
δm = 0,28%,
114. Wir betrachten die Funktionenschar fa mit
fa (x) = −(a + 1)4 x2 + a
(a) Zeichne die Grafen der Scharfunktionen für a = 0,25, a = 0,5 und a = 1
(Einheit 5 cm).
(b) Für a > 0 schließt der Graf von fa mit der x-Achse ein endliches Flächenstück
ein, dessen Inhalt wir mit A(a) bezeichnen. Berechne A(a).
(c) Für welches a ist A(a) maximal? Wie groß ist Amax ?
81
Lösung: (a) f0,25 = −1,254 x2 + 0,25
1,0
0,9
0,8
0,7
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
f0,5 = −1,54 x2 + 0,5
f1 = −x2 + 1
Nullstellen:
√
a
x1 = −
(a + 1)2
√
a
für a ≧ 0
x2 =
(a + 1)2
−0,5
keine Nullstellen für a < 0
−0,25
0
0,25
0,5
x
(b)
A(a) =
Zx2
fa (x) dx = 2
x1
Zx2
0
fa (x) dx = −
2(a + 1)4 x32
+ 2ax2 =
3
√
3
2(a +
2a a
4a 2
=−
+
=
3(a + 1)6
(a + 1)2
3(a + 1)2
√
3
3√
3 a
4 a
4
2
′
a(a + 1) − 2a 2 (a + 1) =
·
·
−
(c) A (a) =
3(a + 1)4
2
3(a + 1)3
2 2
3
1)4 a 2
A′ (a) = 0
=⇒
a1 = 0 und a2 = 3
Aus A(0) = 0, A(a) > 0 für a > 0 und lim A(a) = 0 folgt, dass
a→∞
Amax = A(3) =
√
3
4
115. Wir betrachten die Funktionenschar
fs :
x → fs (x) = −x3 + sx2
(a) Berechne die Nullstellen und die relativen Extrema der Scharfunktionen fs .
Auf welcher Kurve Kf liegen alle Extrempunkte? Zeichne Kf und die Grafen
von f−2 , f1 , f2 und f3 in ein Koordinatensystem.
(b) Eine weitere Funktionenschar ist durch
Fs :
x → Fs (x) =
Zx
fs (t) dt
0
gegeben. Berechne die Nullstellen und die relativen Extrema der Scharfunktionen Fs . Auf welcher Kurve KF liegen alle Extrempunkte? Zeichne KF und die
Grafen von F−2 , F1 , F2 und F3 in ein Koordinatensystem.
(c) Die Grafen von fs schließen mit der x-Achse ein endliches Flächenstück mit
dem Inhalt As ein. Berechne As .
82
Lösung: (a) Nullstellen von f : x01 = 0, x02 = s
y
fs′ (x) = −3x2 + 2sx = x (2s − 3x)
3
Nullstellen von f ′ : x11 = 0, x12 = 23 s
2
fs′′ (x)
fs′′ (x11 )
= 2s,
= −6x + 2s
fs′′ (x12 )
(0|0) ist Tiefpunkt für
Hochpunkt für
Terrassenpunkt
für
2s 4s3
3 27
E
2s
3
Kf
= −2s
1
=⇒
−2
s>0
s<0
s=0
ist Hochpunkt für
−1
Tiefpunkt für s < 0
Terrassenpunkt für s = 0
4s3
= E (xE yE ) =⇒ Kf : xE → yE = 12 x3E
27
(b) Fs (x) =
Zx
0
f2
−1
s>0
3
2
1
x
f3
f1
−2
f−2
−3
s x
s
1
−
(−x3 + sx2 ) dx = − x4 + x3 = x3
4
3
3 4
Nullstellen von F : X01 = 0, X02 = 34 s
y
Fs′ (x) = fs (x)
6
5
Nullstellen von F ′ : X11 = 0, X12 = s
4
Fs′′ (x) = fs′ (x)
3
Fs′′ (X11 ) = 0 mit VZW für s 6= 0:
(0|0) ist Terrassenpunkt für s 6= 0
Hochpunkt für s = 0
Fs′′ (X12 ) = −s2 < 0 =⇒
4
s
ist immer Hochpunkt.
s 12
KF : xE → yE =
F3
1 4
12 xE
KF
2
1
−3
−2
−1
1
−1
2
F1
3
F2
4
5x
F−2
−2
s
Z
s4
(c) As = fs (x) dx = |Fs (s)| =
12
0
116. Wir betrachten die Funktion f mit
cos3 x
sin2 x
5π
,
und zeichne den Grafen von f im x(a) Berechnef (x) für x ∈ π6 , π3 , π2 , 2π
3
6
Intervall π6 , 5π
.
Einheiten:
2
cm
auf
der
y-Achse, π =
b 6 cm auf der x-Achse.
6
83
f (x) =
Z
1
+C
sin x
(c) Berechne die Fläche, die von Gf , der x-Achse und den beiden Geraden x =
und x = 5π
eingeschlossen wird.
6
(b) Beweise:
Lösung: (a)
f (x) dx = − sin x −
x
f (x)
π
6
π
3
π
2
2π
3
5π
6
3√
3 ≈ 2,60
2
1
≈ 0,167
6
π
6
y
2
1
0
1
− ≈ −0,167
6
3√
−
3 ≈ −2,60
2
5π
6
2π
3
0
π
6
π
3
π
2
x
−1
−2
cos2 x
z
}|
{
− cos x
cos x (1 − sin2 x)
cos3 x
1
d
+ C = − cos x −
=
=
− sin x −
(b)
dx
sin x
sin2 x
sin2 x
sin2 x
(c) Nullstelle von f bei x0 = π2 und f (x) < 0 für x ∈] π2 , 5π
6 ]:
π
A=
Z2
π
6
5π
f (x) dx −
= −1 − 1 +
Z6
π
2
1
f (x) dx = − sin x −
sin x
π
2
π
6
1
− − sin x −
sin x
5π
6
=
π
2
1
1
1 1
+ 2 − (− − 2 + 1 + 1) = + = 1
2
2
2 2
117. Schreibe die Funktion f mit f (x) =
f (x) =
Zx
4 √
− 1 − x2 als Integralfunktion:
5
g(t) dt
(2 Lösungen!)
a
Zeichne den Grafen der Integrandenfunktion g mit der Einheit 2 cm auf beiden
Achsen. Veranschauliche mit Hilfe des Grafen am speziellen Beispiel f (0,8), warum
beide Lösungen gleichwertig sind.
−2x
x
Lösung: (a) g(x) = f ′ (x) = − √
=√
,
2
2 1−x
1 − x2
f (x) =
Zx
− 53
Nullstellen von f : ±
t
√
dt =
1 − t2
84
Zx
3
5
√
t
dt
1 − t2
3
= ±0,6
5
=⇒
(b)
x
g(x)
0
±0,1
±0,2
±0,3
±0,4
±0,5
±0,6
±0,7
±0,8
±0,9
y
1,5
0
±0,101
±0,204
±0,314
±0,436
±0,577
±0,750
±0,980
±1,333
±2,065
1
0,5
−1 −0, 6
0
0,6
−0,5
Wegen f (−x) = f (x) ist Gf achsensymmetrisch
zur y-Achse.
−1
Wegen g(−x) = −g(x) ist Gg punktsymmetrisch
zum Ursprung.
f (0,8) =
Z0,8
− 53
3
g(x) dt =
Z5
− 53
−1,5
Z0,8
g(x) dt + g(x) dt =
3
5
Z0,8
Z0,8
3
3
−f −
+ g(x) dt = g(x) dt
=f
5
5
|
{z
} 3
3
0 (Symmetrie)
5
5
Argumentation mit einer der beiden Symmetrien oder mit f
118. (a)
Z
√
3
x dx
(b)
Z∞
3
5
= f − 35 = 0.
dx
x2
R
(c) Berechne den Mittelwert von f (x) = xn (n > 0) im Intervall [0, a].
Z
Z
4
4
3√
3x 3
3
x dx = x dx = 4 + C =
x4 + C
+C =
Lösung: (a)
4
4
3
Z∞
Za
dx
1
1
1
1 a
−2
(b)
= lim − +
= lim
x dx = lim −
=
2
a→∞
a→∞
a→∞
x
x R
a R
R
√
3
R
1
(c) f =
a
1
3
x3
R
Za
0
x
0,8
a
an
an+1
1 xn+1
=
=
x dx =
a n+1 0
a(n + 1)
n+1
n
√
9 + x2 als Integralfunktion:
Zx
√
f (x) = 5 − 9 + x2 = g(t) dt
119. Schreibe die Funktion f mit f (x) = 5 −
85
a
(2 Lösungen). Zeichne den Grafen der Integrandenfunktion g im Intervall [−5, 5]
(Einheiten: 1 cm auf der x-Achse, 2 cm auf der y-Achse) und veranschauliche am
Beispiel f (5) mit Hilfe des Grafen, warum beide Lösungen gleichwertig sind.
x
Lösung: (a) g(x) = f ′ (x) = − √
, Nullstellen von f : ±4
9 + x2
f (x) = −
Zx
−4
(b)
x
0
±1
±2
±3
±4
±5
t
√
dt = −
9 + t2
Zx
=⇒
√
4
g(x)
t
dt
9 + t2
y
1
0
∓0,316
∓0,555
∓0,707
∓0,800
∓0,857
4
−4
5
x
Wegen f (−x) = f (x) ist Gf achsensymmetrisch zur y-Achse.
Wegen g(−x) = −g(x) ist Gg punktsymmetrisch zum Ursprung.
f (5) =
Z5
g(x) dt =
−4
Z4
g(x) dt +
−4
= f (4) − f (−4) +
|
{z
}
0 (Symmetrie)
Z5
g(x) dt =
4
Z5
g(x) dt =
4
Z5
g(x) dt
4
120. Wir betrachten die Funktion f mit f (x) = 4 − x2 .
(a) Zeichne den Grafen von f im Intervall [−2; 2] und berechne den Inhalt A0 des
endlichen Flächenstücks, das Gf mit der x-Achse einschließt.
(b) Eine Parallele zur x-Achse durch den Punkt
eben betrachtete Flächenstück in zwei Teile,
A1 . Veranschauliche den Sachverhalt für a =
und berechne dann A1 in Abhängigkeit von
Wert a = 2).
Für welches a ist A1 = 12 A0 ?
86
P(0, a) mit 0 < a < 4 teilt das
das obere davon hat den Inhalt
2 im schon vorhandenen Grafen
a (also nicht für den speziellen
Lösung: (a)
y
A0 =
Z2
f (x) dx = 2
−2
= 2 4x −
2
x3
3
0
Z2
0
(4 − x2 ) dx =
3
A1
32
=
3
2
1
−2
A1 = 2
0
0
1 x1
2
x
√
4 − a, x2 = −x1
(b) NS von f : x1 =
Zx1
−x1
x3
f (x) dx − 2ax1 = 2 4x1 − 1
3
2
− 2ax1 = 2(4 − a)x1 − x31 =
3
3
3
3
2
4
= 2(4 − a) 2 − (4 − a) 2 = (4 − a) 2
3
3
A1 =
A0
2
=⇒
3
4
16
(4 − a) 2 =
=⇒
3
3
√
3
a = 4 − 16 ≈ 1,48
3
(4 − a) 2 = 4
121. (a) Von der Funktion f weiß man
f ′ (x) = g(x) und f (a) = b
mit einer bekannten Funktion g. Schreibe f (x) mit Hilfe einer Integralfunktion.
(b) Berechne f (x) aus
f ′ (x) =
√
3
x4
1
und f (8) = − .
7
Lösung: (a) f ist Stammfunktion von g:
Zx
a
1
(b) f (x) = − +
7
Zx
8
g(t) dt = f (x) − f (a)
|{z}
=⇒
f (x) = b +
Zx
g(t) dt
a
b
3 7 x
3 7
1
1 3 7 3 7
t dt = − + t 3 = − + x 3 − 8 3 = x 3 − 55
7
7
7 7
7
7
8
|{z}
4
3
122. (a) Beweise die Integralformel:
384
7
Z
1
x
sin ax cos ax + C
cos2 ax dx = +
2 2a
87
(b) Berechne den Mittelwert der Funktion f (x) = cos2
x
im Intervall [0, π].
2
Lösung: (a) Beweis durch Ableiten der rechten Seite (RS):
′
x
1
1
1
RS =
+
sin ax cos ax + C = +
a cos2 ax − a sin2 ax =
2 2a
2 2a
1
1 − sin2 ax + cos2 ax = cos2 ax
=
2 | {z }
′
cos2 ax
(b) Mit a =
1
folgt aus der bewiesenen Integralformel:
2
"
#π
Zπ
1 x
1
x
1
x
2 1
=
x dx =
+
cos
f=
sin cos
π
2
π 2 2 · 21
2
2
0
0
i 1
π
π
1 hπ
+ sin cos −0 =
=
π 2
2 | {z 2}
2
0
123. Berechne die Ableitungen folgender Funktionsterme:
(a) g(x) = e−x
(b) h(x) = ex
2
(c) k(x) = e−x
2
(d) f (x) = 5xe−x
2
(e) Untersuche f auf Nullstellen, Symmetrie, relative Extrema und Wendepunkte.
Zeichne den Grafen von f im x-Intervall [−3, 3].
2
Es darf, ohne nachzurechnen, f ′′′ (x) = −10 4x4 − 12x2 + 3 e−x verwendet
werden.
Lösung: (a) g ′ (x) = −e−x
(b) h′ (x) = 2xex
2
(c)
2
2
2
(d) f ′ (x) = 5e−x − 10x2 e−x = 5 1 − 2x2 e−x
(b) Nullstelle: x0 = 0
2
2
f (−x) = −5xe−(−x) = −5xe−x = −f (x)
k(x) = −2xe−x
2
Punktsymmetrie zum Ursprung
1√
1√
f ′ (x) = 0 =⇒ 1 − 2x2 = 0 =⇒ x11 = −
2, x12 =
2
2
2
2
2
2
2
f ′′ (x) = −10xe−x − 20xe−x + 20x3 e−x = 10x 2x2 − 3 e−x
√ √
√
1
1
f ′′ (x12 ) = −10 2e− 2 < 0 =⇒ rel. Max. bei 12 2 52 2e− 2 ≈ (0,71 | 2,14)
√
√
1
Symmetrie =⇒ rel. Min. bei − 12 2 − 52 2e− 2 ≈ (−0,71 | − 2,14)
f ′′ (x) = 0
=⇒
2x2 − 3 = 0
=⇒
3
=⇒
x21 = −
1√
6,
2
x22 =
1√
6,
2
f ′′′ (x22 ) = 60e− 2 6= 0, f ′′′ (0) = −30 6= 0 und Symmetrie =⇒
√
√
3
Wendepunkte bei ± 12 6 ± 52 6e− 2 ≈ (±1,22 | ± 1,37) und (0 | 0).
88
x23 = 0
y
2
1
−3
−2
−1
1
2
3
x
−1
−2
124. Wir betrachten die drei Funktionen f1 , f2 und f3 mit den Gleichungen
f1 (x) =
1
x1+ε
,
f2 (x) =
1
x
und f3 (x) =
1
x1−ε
mit 0 < ε < 1.
(a) Zeichne die Grafen von f1 , f2 und f3 im Intervall [0,1; 10] für ε = 0,01. Was
fällt auf?
(b) Welche Ungleichungen verbinden f1 (x), f2 (x) und f3 (x)? Untersuche das Verhalten der drei Funktionen am Rand ihres Definitionsbereichs.
(c) Berechne die Stammfunktionen F1 , F2 und F3 der Funktionen f1 , f2 und f3
mit
F1 (1) = F2 (1) = F3 (1) = 0.
Welche geometrische Bedeutung haben F1 (x), F2 (x) und F3 (x)?
Untersuche das Verhalten von F1 , F2 und F3 für x → 0+ und x → +∞.
(d) Zeichne die Grafen von F1 , F2 und F3 im Intervall [1; 1080 ] mit einem logarithmischen Maßstab auf der x-Achse (statt x wird 0,1 lg x angetragen, d.h. bei
3 cm z.B. ist x = 1030 , bei 6 cm x = 1060 ).
Warum ist der Graf von F2 in dieser Darstellung eine Gerade?
89
Lösung: (a)
x
f1
f2
f3
0,2
5,08
5,00
4,92
1
1,00
1,00
1,00
2
0,497
0,500
0,503
5
0,197
0,200
0,203
y
4
Die maximale gemeinsame Definitionsmenge aller drei Funktionen ist R+ .
3
Die Grafen der derei Funktionen sind
kaum zu unterscheiden.
2
1
00
(b) Für 0 < x < 1 gilt
1
2
3
4
1
> 1 und daher wegen 1 − ε > 0
x
1−ε
1
< 1 =⇒ f1 (x) < f2 (x) < f3 (x) < 1
x
Für k ∈ {1, 2, 3} gilt
lim fk (x) = +∞,
x→0+
lim fk (x) = 0+
x→+∞
(c) |Fk (x)| ist gleich der Fläche zwischen Gfk und der x-Achse im Intervall [1, x].
F1 (x) =
Zx
t−1+ε dt =
F2 (x) =
Zx
dt
= ln x − ln 1 = ln x
t
F3 (x) =
Zx
t−1−ε dt =
1
1
1
lim F1 (x) = −∞,
x→0+
1
lim F1 (x) = ,
ε
x→∞
x→0+
x→∞
1
1
− ε
ε εx
xε 1
−
ε
ε
lim F2 (x) = −∞,
lim F2 (x) = +∞,
90
lim F3 (x) = −
x→0+
1
ε
lim F3 (x) = +∞
x→∞
x
(d)
100
√
x
F1 (x) = 100 −
F2 (x) = ln x
100
√
100
F3 (x) = 100
y
500
300
x − 100
F2
200
Die tatsächliche Strecke auf
der x-Achse ist X = 0,1 lg x:
F2 (x) = ln x =
F3
400
100
F1
1010 1020 1030 1040 1050 1060 1070 1080
x
lg x
10
=
·X
lg e
lg e
125. Wir betrachten die Funktion f mit der Gleichung
x2
f (x) = 1 − 3,3 · e− 8 .
Untersuche f zunächst auf Symmetrie, berechne dann die Nullstellen und die Grenzwerte für x → ±∞ und ermittle die Koordinaten der relativen Extremwerte und
der Wendepunkte. Zeichne den Grafen von f im Intervall [−6; 6].
Lösung: f (−x) = f (x)
=⇒
Symmetrie zur y-Achse
f (x) = 0
=⇒
x2
1
1
=⇒ − = ln
= − ln 3,3
3,3
8
3,3
p
x0 = ±2 2 ln 3,3 ≈ ±3,09
e−
x2
8
=
lim f (x) = 1−
x→±∞
x2
33
· xe− 8
40
x2
33
x2
f ′′ (x) =
1−
e− 8
40
4
f ′ (x) =
f ′ (0) = 0 und f ′′ (0) > 0
=⇒ Tiefpunkt bei T (0 − 2,3)
f ′′ (x) = 0 =⇒ x2 = ±2
x2
3x x3 − x2
x2
33
33
′′′
+
−
e 8 =
−3 +
xe− 8
f (x) =
40
4
16
160
4
3,3 f ′ (±2) = 0 und f ′′′ (±2) 6= 0 =⇒ Wendepunkte bei W1,2 ±2 1 − √
e
| {z }
≈−1,00
y
1
−6
−5
−4
−3
−2
−1
1
−1
−2
91
2
3
4
5
6
x
126. Die harmonische Reihe
Die Summe
∞
X
1
k=1
k
1 1 1
+ + + ...
2 3 6
=1+
heißt harmonische Reihe, die Teilsummen bezeichnen wir mit
n
X
1 1
1
1
= 1 + + + ... +
Hn =
k
2 3
n
k=1
(a) Berechne Hn für alle n mit 1 ≦ n ≦ 20.
(b) Veranschauliche Hn durch die Fläche unter einer Treppenfunktion und zeichne
1
1
auch die Grafen von f (x) = und g(x) =
ein. Zeige durch den Vergleich
x
x−1
mit einem geeignet gewählten Integral, dass die harmonische Reihe konvergiert,
d.h. dass
lim Hn = ∞
n→∞
gilt.
(c) Beweise mit Hilfe des schon erstellten Grafen:
ln(1 + n) < Hn < 1 + ln n
Zeige, dass die Breite b des Intervalls, in dem Hn liegt, kleiner als eins ist.
Wie groß ist b für n ≫ 1? Zeichne die Punkte (n|Hn ) und die Grafen von
r(x) = ln(1 + x) und s(x) = 1 + ln x für 1 ≦ x ≦ 20 in ein Koordinatensystem.
(d) In welchem Intervall liegt n, wenn Hn gegeben ist? Berechne dieses Intervall
konkret für Hn ≈ 100.
Lösung: (a)
n
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
Hn
1,0
1,5
1,833333333
2,083333333
2,283333333
2,45
2,592857143
2,717857143
2,828968254
2,928968254
3,019877345
3,103210678
3,180133755
3,251562327
3,318228993
3,380728993
3,439552523
3,495108078
3,547739657
3,597739657
(b)
y
1
x
2
1
x−1
1
1
n
2
Hn >
n+1
Z
n+1
x
dx
= ln(1 + n)
x
1
Wegen lim ln(1 + n) = ∞ gilt auch lim Hn = ∞.
n→∞
92
n→∞
(b)
n+1
Z
dx
< Hn < 1 +
x
1
n+1
Z
2
dx
x−1
1
1
ist die um 1 nach rechts verschobene Funktion . Daraus folgt
x−1
x
n+1
Z
2
dx
=
x−1
Zn
dx
= ln n
x
1
und somit
ln(1 + n) < Hn < 1 + ln n
1
1
ln(1 + n) = ln n 1 +
= ln n + ln 1 +
n
n
Daraus folgt für die Intervallbreite:
Wegen 1 < 1 +
1
n
1
b = 1 + ln n − ln(1 + n) = 1 − ln 1 +
n
< 2 gilt 0 < ln 1 + n1 < ln 2 und daher
1 − ln 2 < b < 1
Die lineare Näherung f (1 + x) ≈ f (1) + f ′ (1) · x für |x| ≪ 1 liefert wegen n ≫ 1, d.h.
1
n ≪ 1:
1
1
≈
ln(1 + x) ≈ 0 + 1 · x = x oder ln 1 +
n
n
und damit
b≈1−
1
n
für n ≫ 1
y6
5
4
3
2
1
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
x
(c) Auflösen nach n:
eHn −1 < n < eHn − 1
Hn ≈ 100
=⇒
e99 < n < e100 − 1
=⇒
9,89 · 1042 < n < 2,87 · 1043
127. Der Graf der Funktion f mit f (x) = ln x wird in einem Koordinatensystem mit der
Einheit 1 cm auf beiden Achsen gezeichnet.
93
(a) Berechne die Höhe h des Grafen über der x-Achse, wenn wir uns in der Entfernung a rechts vom Ursprung befinden:
• a = 40 000 km (Erdumfang)
• a = 1,5 · 108 km (Entfernung zur Sonne)
• a = 1 LJ (1 LJ (Lichtjahr) ist die Strecke, die das Licht mit der Geschwindigkeit c = 3 · 108 ms in einem Jahr zurücklegt)
• a = 3 · 1010 LJ (ungefährer Durchmesser des sichtbaren Universums)
(b) In welcher Entfernung a rechts vom Ursprung hat der Graf von f die Höhe
h = 1 m? Vergleiche mit dem Durchmesser des sichtbaren Universums.
Lösung: (a) Mit x =
• x=
a
folgt
cm
40 000 km
= 4 · 109
cm
=⇒
h = 1 cm · ln x = 22,1 cm
1,5 · 108 km
= 1,5 · 1013 =⇒ h = 1 cm · ln x = 30,3 cm
cm
m
• 1 LJ = 3 · 108 · 365,25 · 24 · 3600 s = 9,47 · 1015 m
s
• x=
x=
• x=
1 LJ
= 9,47 · 1017
cm
=⇒
3 · 1010 LJ
= 2,84 · 1028
cm
(b) x = e100 = 2,69 · 1043
=⇒
h = 1 cm · ln x = 41,4 cm
=⇒
h = 1 cm · ln x = 65,5 cm
a = 2,69 · 1041 m = 2,84 · 1025 LJ
a ist ungefähr 1015 mal so groß wie der Durchmesser des sichtbaren Universums!
128. Wir betrachten die Funktion f mit der Gleichung
f (x) =
20 ln x
x2
mit Df = R+ .
(a) Berechne die Nullstellen von f und untersuche das Verhalten von f an den
Rändern von Df .
(b) Untersuche f auf Monotonie und Extremwerte und Zeichne den Grafen von f
im x-Intervall [0, 9; 6].
(c) Beweise, dass F mit
−20(1 + ln x)
x
eine Stammfuktion von f ist und stelle F als Integralfunktion von f dar.
F (x) =
(d) Berechne den Inhalt A der endlichen
Fläche, die von Gf , der x-Achse, der
√
Nullstelle und der Geraden x = e begrenzt wird.
94
Lösung: (a) f (x) = 0
=⇒
ln x = 0
=⇒
x0 = 1,
∞
lim f (x) =
x→0+
1
x
−∞
0+
= −∞
1
= 0+
∞
2x
2x2
1
· x2 − ln x · 2x
x − ln x · 2x
1 − 2 ln x
= 20 ·
= 20 ·
(b) f ′ (x) = 20 · x
4
4
x
x
x3
√
1
1
=⇒ x1 = e 2 = e ≈ 1,65
f ′ (x) = 0 =⇒ ln x =
2
de l’Hospital:
lim f (x) =
x→∞
0 < x < x1
x > x1
=⇒
=⇒
= 20 · lim
f ′ (x) > 0
′
f (x) < 0
f (x)
x
f streng steigend
=⇒
f streng fallend
≈ −2,60
1
=0
3
≈ 3,47
2
5 ln 2
3
20 ln 3
9
5 ln 4
4
4 ln 5
5
5 ln 6
9
4
5
6
10
≈ 3,68
e
y4
0,9
2
x→∞
=⇒
rel. Maximum bei (x1 |y1 ) mit y1 = f (x1 ) =
=⇒
= 20 · lim
x→∞
≈ 2,44
≈ 1,73
1
≈ 1,29
0
≈ 0,995
1
2
3
4
5
−1
−2
1
x
· x − (1 + ln x) · 1
1 − 1 − ln x
20 ln x
= −20 ·
=
= f (x) q.e.d.
2
2
x
x
x2
NS von F muss untere Grenze des Integrals sein: F (x) = 0 =⇒ x = e−1
(c) F ′ (x) = −20 ·
F (x) =
Zx
20 ln t
dt
t2
e−1
√
(d) A =
Z
1
e
√
−20(1 + 21 ) −20(1 + 0)
30
20 ln t
√
e)
−
F
(1)
=
−
= 20 − √ ≈ 1,80
dt
=
F
(
2
e
e
t
1
95
6x
129. Krümmung
M
P1 (x1 | f (x1)) und P2 (x2 | f (x2 ))
mit x2 = x1 + ∆x sind zwei benachbarte Punkte auf dem Grafen von f . Die Normalen auf Gf
in P1 und P2 schneiden sich in M.
Wenn P2 immer näher zu P1 wandert, gilt
y
∆ϕ
R
f
ϕ2
ϕ1
R
MP2 ≈ MP1 =: R
P2
ϕ1
P1
und wegen ∆ϕ sehr klein“:
”
∆s
∆ϕ ≈ tan ∆ϕ ≈
R
p
mit ∆s = P1 P2 = ∆x2 + ∆y 2 .
x2
x1
tan(α − β) =
ϕ2
x
tan α − tan β
1 + tan α tan β
(a) Beweise unter Verwendung der angegebenen trigonometrischen Formel:
3
[1 + f ′ (x)2 ] 2
R(x) =
|f ′′ (x)|
R(x) heißt Krümmungsradius von f an der Stelle x. R(x) ist der Radius eines
Kreises, der Gf in einer kleinen Umgebung von x am besten annähert. Als
Krümmung von f an der Stelle x definiert man
k(x) =
f ′′ (x)
3
[1 + f ′ (x)2 ] 2
Welche Beziehung besteht zwischen R(x) und k(x)?
(b) Die Bedeutung der Krümmung kann man sich
wie folgt veranschaulichen: Ein Dreirad, dessen Achsabstand a so klein ist, dass sich die
Krümmung k von f zwischen Vorderrad und
Hinterrädern kaum ändert, fährt entlang des
Grafen von f . Wie hängt die Krümmung k(x)
mit dem Lenkwinkel λ zusammen, wenn λ < 0
Ausschlag nach rechts und λ > 0 Ausschlag
nach links bedeutet?
λ
R
a
λ
(c) Ein Auto mit dem Achsabstand a = 4 fährt langsam durch eine S-Kurve mit
der Gleichung
π
f (x) = 10 sin
·x
mit 0 ≦ x ≦ 60
30
(die Zahlenwerte für a, x und f (x) verstehen sich in Metern). Zeichne die
Grafen von f (x) und λ(x).
96
Lösung: (a) Mit x1 = x, x2 = x + ∆x, tan ϕ = f ′ (x) und tan(ϕ + ∆ϕ) = f ′ (x + ∆x) folgt (∆ϕ
kann auch negativ sein, R aber muss positiv sein):
p
∆x2 + ∆y 2 ∆s
R(x) = lim
= lim =
∆ϕ→0 | tan ∆ϕ|
∆x→0 tan(ϕ + ∆ϕ − ϕ) r
2
∆x 1 + ∆y (1 + tan ϕ tan(ϕ + ∆ϕ)) ∆x
=
= lim ∆x→0 tan(ϕ + ∆ϕ) − tan ϕ
r
2
1 + ∆y (1 + f ′ (x)f ′ (x + ∆x)) ∆x
=
= lim ′
′
f (x+∆x)−f (x)
∆x→0 ∆x
p
3
1 + f ′ (x)2 (1 + f ′ (x)2 ) [1 + f ′ (x)2 ] 2
=
=
f ′′ (x)
|f ′′ (x)|
R(x) =
(b) Zunächst einmal gilt für den Betrag von λ
sin |λ| =
1
|k(x)|
a
= a · |k(x)|
R(x)
λ < 0 bedeutet Rechtskurve, d.h. f ′′ (x) < 0 und umgekehrt; das Vorzeichen von λ ist
also gleich dem Vorzeichen von f ′′ (x) und damit auch dem von k(x):
sin λ = a · k(x)
(c) Die Periodenlänge von f ist p =
2π
π
30
= 60.
y 10
5
0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
50
−5
−10
Mit f ′ (x) =
π
π
π
π2
cos
· x und f ′′ (x) = − sin
· x folgt
3
30
90
30
π
·x
−2π 2 sin 30
λ(x) = a · k(x) =
h
i 32
2
π
45 1 + π9 cos2 30
·x
Maximaler Lenkwinkel: λmax = λ(45) ≈ 26,0◦
97
55
60
x
λ 30
25
20
15
10
5
0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
50
55
60
x
−5
−10
−15
−20
−25
−30
130. Pokern
Beim Pokern wird ein Kartenspiel mit 52 Blatt verwendet. Es gibt die 13 Kartenwerte 2,3,4,5,6,7,8,9,10,J,Q,K,A und die Farben Pik, Kreuz, Karo und Herz. Jeder Spieler erhält fünf Karten. Berechne die Wahrscheinlichkeiten folgender Pokerblätter:
(a) Royal Flush: 10,J,Q,K,A in einer Farbe
(b) Straight Flush: A,2,3,4,5 oder 2,3,4,5,6 oder 3,4,5,6,7 oder ... oder 9,10,J,Q,K,
alle in einer Farbe
(c) Vierer: vier gleiche Werte
(d) Full House: Dreier und Paar, z.B. K,K,K,3,3
(e) Flush: Alle Karten von der gleichen Farbe
(f) Straight: A,2,3,4,5 oder 2,3,4,5,6 oder 3,4,5,6,7 oder ... oder 10,J,Q,K,A, nicht
alle in einer Farbe
(g) Dreier: drei gleiche Werte aber kein Full House
(h) Zwei Paare: z.B. A,A,3,3,7
(i) Ein Paar: zwei gleiche Werte, die restlichen Karten verschiedene Werte
Lösung: Die Zahl der möglichen Pokerblätter zu fünf Karten ist n =
98
52
5
= 2 598 960.
z
= 1,54 · 10−6
n
z
Straight Flush: z = 4 · 9 = 36 =⇒ p = = 1,39 · 10−5
n
z
Vierer: z = 13 · 48 = 624 =⇒ p = = 2,40 · 10−4
n
4
4
z
Full House: z = 13 ·
· 12 ·
= 3744 =⇒ p = = 1,44 · 10−3
n
3
2
13
z
Flush: z = 4 ·
− 36 − 4 = 5108 =⇒ p = = 1,97 · 10−3
n
5
z
5
Straight: z = 10 · 4 − 36 − 4 = 10200 =⇒ p = = 3,92 · 10−2
n
4
48 · 44
z
Dreier: z = 13 ·
·
= 54 912 =⇒ p = = 2,11 · 10−2
3
2
n
4
4
z
1
· 12 ·
· 44 = 123 552 =⇒ p = = 4,75 · 10−2
Zwei Paare: z = · 13 ·
2
2
n
2
4
48 · 44 · 40
z
Ein Paar: 13 ·
·
= 1 098 240 =⇒ p = = 0,423
2
3!
n
(a) Royal Flush: z = 4
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
(g)
(h)
(i)
=⇒
p=
131. Schafkopf
Beim Schafkopfen wird ein Kartenspiel mit 32 Blatt verwendet. Es gibt die acht
Kartenwerte 7,8,9,10,U,O,K,A und die Farben Gras, Eichel, Schell und Herz. Jeder
Spieler erhält acht Karten. Berechne die Wahrscheinlichkeiten folgender Schafkopfblätter:
(a) Buam-Solo-Du ( du“ entspricht tout“): alle Ober und alle Unter
”
”
(b) Vier Ober und zusätzlich vier Herzkarten
(c) Keinen Ober und keinen Unter
(d) Acht Trümpfe für ein Herz-Solo (es gibt 14 Trümpfe: 4O, 4U, Herzkarten)
(e) Ein Spieler hat folgendes Blatt: OE ,OG ,OS ,UE ,UG , UH ,US ,AH . Der Spieler gewinnt das Solo-Du“, wenn die Gegner keinen Stich machen, d.h. wenn der
”
Gegner, der den Herzober hat, höchstens noch einen weiteren Trumpf besitzt.
Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist der Du“ zu gewinnen?
”
Lösung: Es gibt n =
32
8
= 10 518 300 verschiedene Schafkopfblätter.
(a) Buam-Solo-Du: z = 1 =⇒ p = nz = 9,51 · 10−8 .
Wenn jemand jeden Tag 100 Spiele absolviert, dauert es im Schnitt 105 d = 288 a bis
er einmal ein Buam-Solo-Du erhält. Soviel zum korrekten Mischen beim Schafkopfen!
7
z
(b) Vier Ober und vier Herzkarten: z = 1 ·
= 35 =⇒ p = = 3,33 · 10−6
n
4
24
z
(c) Keinen Ober und keinen Unter: z =
= 735 471 =⇒ p = = 6,99 · 10−2
8
n
14
z
(d) Acht Trümpfe für ein Herz-Solo: z =
= 3003 =⇒ p = = 2,89 · 10−4
n
8
99
(e) Wir betrachten den Spieler mit dem Herzober. Er bekommt noch sieben Karten aus
den restlichen 23 Karten (5 Trümpfe, 18 Nichttrümpfe). Die Zahl der Möglichkeiten,
keinen Trumpf mehr zu bekommen, ist
18
z0 =
7
Die Zahl der Möglichkeiten, noch einen Trumpf zu bekommen, ist
18
z1 = 5 ·
6
Also gewinnt unser Spieler seinen Du“ in z = z1 + z2 = 124 644 von
”
23
n=
= 245 157
7
Fällen, d.h. mit der Wahrscheinlichkeit p =
z
n
= 0,5084 = 50,84%.
132. n ununterscheidbare Würfel werden einmal geworfen. Wie groß muss n mindestens
sein, damit die Zahl der verschiedenen Ausgänge dieses Experiments größer als eine
Million ist?
Lösung: GZ(6, n) =
6+n−1
n+5
(n + 5)!
(n + 5)(n + 4)(n + 3)(n + 2)(n + 1)
=
=
=
n
n
n! · 5!
120
GZ(6, n) > 106
=⇒
(n + 5)(n + 4)(n + 3)(n + 2)(n + 1) > 1,2 · 108
Das Produkt nähern wir durch (n + 3)5 an:
(n + 3)5 > 1,2 · 108
=⇒
n > 1,2 · 108
Probieren:
38 + 5
5
= 962 598,
39 + 5
= 1 086 008
5
1
5
− 3 = 38,3
=⇒
n ≧ 39
133. Aus einem Kartenspiel (52 Blatt) werden solange Kartenpaare gezogen und beiseite
gelegt, bis das Spiel aufgebraucht ist.
(a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass jedes gezogene Paar genau aus einer
roten und einer schwarzen Karte besteht?
(b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei jedem gezogenen Paar die erste
Karte rot und die zweite Karte schwarz ist?
(c) Die erste gezogene Kartes eines jeden Paares wird auf Stapel 1, die zweite auf
Stapel 2 gelegt. Mit welcher Wahrscheinlichkeit wird das Spiel so in einen roten
und in einen schwarzen Stapel getrennt?
100
Lösung: (a) Anfangslage: n rote und n schwarze Karten. Die Wahrscheinlichkeit für ein Pärchen
ist
n
1
n
n
1
+ ·
=
pn = P ({rs, sr}) = ·
2 2n − 1 2 2n − 1
2n − 1
Beim nächsten Versuch ist die Ausgangslage n − 1 rote und n − 1 schwarze Karten,
d.h. die Wahrscheinlichkeitfür ein zweites Pärchen ist
pn−1 =
n−1
n−1
=
2(n − 1) − 1
2n − 3
Die gesuchte Wahrscheinlichkeitist dann
n · (n − 1) · (n − 2) · . . . · 2 · 1
=
(2n − 1) · (2n − 3) · (2n − 5) · . . . · 3 · 1
n! · 2 · (n − 1) · 2 · (n − 2) · . . . · 2 · 2 · 2 · 1
n! · (2n − 2) · (2n − 4) · . . . · 4 · 2
=
=
=
(2n − 1)!
(2n − 1)!
n! · 2n−1 · (n − 1)!
n! · 2n−1 · (n − 1)! · 2n
n! · 2n · n!
2n · (n!)2
=
=
=
=
(2n − 1)!
(2n − 1)! · 2n
(2n)!
(2n)!
p = pn · pn−1 · pn−2 · . . . · p1 =
Für n = 26 ist
226 · (26!)2
= 1,35 · 10−7
52!
(b) Der Unterschied zu Teilaufgabe (a): Die Wahrscheinlichkeit für ein rs-Paar ist halb
so groß wie pn , d.h. die gesamte gesuchte Wahrscheinlichkeit ist
p=
p′ =
1
1 2n · (n!)2
(n!)2
·
p
=
·
=
2n
2n
(2n)!
(2n)!
Für n = 26 ist
(26!)2
= 2,0 · 10−15
52!
(c) Entweder Stapel 1 rot und Stapel 2 schwarz oder umgekehrt:
p′ =
p′′ = 2p′ =
2(n!)2
(2n)!
Für n = 26 ist p′′ = 4,0 · 10−15 .
134. Rudi Ratlos steht mit fünf Gepäckstücken vor zwanzig leeren Schließfächern. Auf
wie viele verschiedene Arten kann er die Gepäckstücke unter folgenden Bedingungen
verteilen:
(a) Pro Schließfach nur ein Gepäckstück, die Gepäckstücke sind ununterscheidbar.
(b) Pro Schließfach beliebig viele ununterscheidbare Gepäckstücke.
(c) Pro Schließfach nur ein Gepäckstück, die Gepäckstücke sind unterscheidbar.
(d) Pro Schließfach beliebig viele unterscheidbare Gepäckstücke.
(e) Pro Schließfach höchstens zwei der unterscheidbaren Gepäckstücke.
(f) Pro Schließfach höchstens zwei der ununterscheidbaren Gepäckstücke.
101
20
20!
= 15 504
Lösung: (a) G Z(20; 5) =
=
5! · 15!
5
20 + 5 − 1
24
24!
(b) GZ(20; 5) =
= 42 504
=
=
5! · 19!
5
5
(c) GZ(20; 5) =
20!
= 1 860 480
15!
(d) GZ(20; 5) = 205 = 3 200 000
(e) Kein Fach doppelt belegt: (c) =⇒ z0 = 1 860 480
20
Ein Fach doppelt belegt:
Möglichkeiten für die Auswahl der 4 Fächer, 4 Möglich4
5!
Möglichkeiten für
keiten für die Auswahl des doppelt belegten Faches,
2! · 1! · 1! · 1!
die Belegung der Fächer:
20
5!
z1 = 4 ·
· = 1 162 800
4
2!
20
3
Zwei Fächer doppelt belegt:
Möglichkeiten für die Auswahl der 3 Fächer,
=
3
2
5!
3 Möglichkeiten für die Auswahl der doppelt belegten Fächer,
Möglichkeiten
2! · 2! · 1!
für die Belegung der Fächer:
20
5!
z1 = 3 ·
= 102 600
·
3
2! · 2!
z = z0 + z1 + z2 = 3 125 880
(f) Wie (e), nur für die Belegung der Fächer gibt es jeweils nur eine Möglichkeit:
20
20
20
z=
+4·
+3·
= 15 504 + 19 380 + 3420 = 38 304
5
4
3
135. Das Geburtstagsparadoxon
(a) Berechne die Wahrscheinlichkeit p(n), dass unter n zufällig ausgesuchten Personen mindestens zwei am gleichen Tag Geburtstag haben. Es darf angenommen
werden, dass das Jahr 365 Tage hat und jeder Tag als Geburtstag gleichwahrscheinlich ist. Berechne speziell p(2) bis p(10), p(20), p(40) und p(60).
(b) Ab welcher Personenanzahl ist es bei einer Party günstig darauf zu wetten,
dass mindestens zwei der Gäste am gleichen Tag Geburtstag haben?
Lösung: (a) p(n) ist die Wahrscheinlichkeit, dass unter n Personen alle an verschiedenen Tagen
Geburtstag haben:

365!
 365 · 364 · . . . · (365 − n + 1) =
für n ≦ 365
n
n
365
365 · (365 − n)!
p(n) =

0
für n > 365
102
Da der Taschenrechner n! für n > 69 nicht berechnen kann, verwenden wir das Ergebnis in der Form (hier ist keine Fallunterscheidung nötig!)
p(n) =
n−1
Y 365 − i
365 − n + 1
364 363
·
· ...
=
365 365
365
365
i=1
p(n) = 1 − p(n) = 1 −
n−1
Y
i=1
365 − i
365
Eine weiter Form für die Berechnung mit einem Taschenrechner, der die Binomialkoeffizienten beherrscht:
365
365! · n!
n!
365!
=
=
·
p(n) =
n
n
n
n
365 · (365 − n)!
365 · (365 − n)! · n!
365
Weiter muss man aufpassen, dass der TR kein Zwischenergebnis ≧ 10100 errechnet.
Als Beispiel die Berechnung für n = 40:
365
326
: 36520 : 36520 · 40! = 0,10877 =⇒ p(40) = 0,89123
p(40) =
·
40
39
Noch etwas trickreicher die Berechnung für n = 60:
365
365 · 364 · . . . · 327 326 · 325 · . . . · 306
=
·
60
. . · 39 } | 40 · 41{z. . . · 60 }
| 1 · 2 .{z
· 21!·39!
(365
(326
60!
39 )
21 )
365
326
p(60) =
: 60! ·
· 21! · 39! : 36520 : 36520 : 36520 · 60! = 0,005877
39
21
=⇒
p(60) = 0,99412
2
3
4
5
6
n
p(n) 0,274% 0,820% 1,64%
2,71%
4,05%
n
8
9
10
20
40
p(n) 7,43%
9,46% 11,69% 41,14% 89,12%
(b) p(22) = 47,57% und p(23) = 50,73% =⇒ ab 23 Personen
7
5,62%
60
99,41%
136. Eine Laplace-Münze wird n-mal geworfen, Kopf“ ist ein Treffer, Zahl“ eine Niete.
”
”
(a) Zeichne ein Histogramm von B(n, p, k) für n = 10. Zeige, dass das Histogramm
für beliebiges n symmetrisch ist.
(b) Wir betrachten das Histogramm für ein gerades n. Zeige, dass die Nachbarsäulen
der mittleren Säule weniger hoch sind als die mittlere Säule.
(c) Wie oft muss die Münze mindestens geworfen werden, damit mit mindestens
90%-er Sicherheit mindestens einmal Kopf“ geworfen wird? Wie groß ist die
”
Wahrscheinlichkeit für das mindestens einmal Kopf werfen“ dann genau?
”
103
n 1
n 1
1
=
· n−k =
Lösung: (a) B(n;
k
k 2 2
k 2n
n 1
1
n
1
1
· k =
B(n; 2 ; n − k) =
n−k
2
k 2n
k 2
1
2 ; k)
B(n; 21 ; k) = B(n; 21 ; n − k)
B
0.20
0.15
=⇒
0.10
B(n; 21 ; k) ist symmetrisch zur Geraden k =
n
2
0.05
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
k
(b) Mittlere Säule: B(n;
Säulen daneben:
1 n
2; 2 )
=
n
n
2
·
n!
1
= n n 2
n
2
2 · 2 !
n!
1
n
=
· n = n n
n
2
+
1
2
·
+
1
! · n2 − 1 !
2
2
n!
n n
= n n
=
2 · 2 + 1 · 2 · 2 − 1 · . . . · 1 · n2 − 1 · n2 − 2 · . . . · 1
n
2 · n!
n
=
= n
n
n
n
n
n
2 + 1 · 2 · 2 · 2 − 1 · ... · 1 · 2 · 2 − 1 · 2 − 2 · ... · 1
n
n!
n
= n 2 · n n 2 =
·B(n; 21 ; n2 ) < B(n; 12 ; n2 )
+
1
n
+
2
!
2
·
2
2
| {z }
B(n; 12 ; n2 − 1) = B(n; 12 ; n2 + 1) =
<1
1
(c) P ( mindestens einmal K“) = 1 − P ( kein K“) = 1 − n ≧ 0,9
”
”
2
1
ln 10
= 3,32
≦ 0,1 =⇒ 2n ≧ 10 =⇒ n ln 2 ≧ ln 10 =⇒ n ≧
n
2
ln 2
Die Münze muss mindestens viermal geworfen werden.
15
1
= 93,75%
P ( mindestens einmal K“) = 1 − 4 =
”
2
16
137. Ein Laplace-Würfel wird n-mal geworfen, eine Sechs ist ein Treffer, alles andere eine
Niete.
(a) Zeichne ein Histogramm von B(n, p, k) für n = 10.
(b) Wie oft muss der Würfel mindestens geworfen werden, damit mit mindestens
90%-er Sicherheit mindestens ein Treffer erzielt wird? Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für mindestens ein Treffer“ dann genau?
”
104
Lösung: (a)
k
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
B(10, 16 , k)
16,15%
32,30%
29,07%
15,50%
5,43%
1,30%
0,22%
0,025%
1,86 · 10−3 %
8,27 · 10−5 %
1,65 · 10−6 %
B
0.3
0.2
0.1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
k
5
1
(b) p = , q = 1 − p =
6
6
P ( mindestens einmal 6“) = 1 − P ( keine 6“) = 1 − q n ≧ 0,9
”
”
ln
0,1
q n ≦ 0,1 =⇒ n ≧
= 12,6
ln 56
Der Würfel muss mindestens 13-mal geworfen werden.
13
5
= 90,65%
P ( mindestens einmal 6“) = 1 −
”
6
138. Magdalena hat beim Stehendschießen die Trefferwahrscheinlichkeit p = 80%.
(a) Magdalena schießt zwanzigmal. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit p1 , dass sie
folgende Serie schießt: 10011 11011 10111 01111?
(b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit p2 , dass sie bei zwanzig Schüssen genau 15
Treffer landet?
(c) Eine Serie besteht aus fünf Schüssen, eine Topserie aus fünf Treffern. Mit welcher Wahrscheinlichkeit pT schießt Lena eine Topserie? Wie viele Serien muss
Magdalena mindestens schießen, damit mit mindestens 95%-iger Wahrscheinlichkeit mindestens eine Topserie dabei ist?
1
415
4
= 0,8, q = 1 − p = = 0,2, p1 = p15 q 5 = 20 = 1,126 · 10−5
5 5
5
20 15 5
20 15 5 15504 · 415
(b) p2 =
p q =
p q =
= 17,46%
15
5
520
| {z }
Lösung: (a) p =
15504
45
1024
= 0,32768 = 32,768%
3125
2101
q T = 1 − pT =
= 0,67232 = 67,232%
3125
n
n
P ( kein Treffer“) = qT
, P ( mindestens ein Treffer“) = 1 − qT
”
”
ln 0,05
n
n
= 7,55
1 − qT
≧ 0,95 =⇒ qT
≦ 0,05 =⇒ n ≧
ln qT
(c) pT = p5 =
55
=
Lena muss mindestens acht Serien schießen.
105
139. An wie vielen Ziehungen muss man beim Lotto 6 aus 49“ mit jeweils einem Tipp
”
mindestens teilnehmen, um mit mindestens 90%-iger Wahrscheinlichkeit mindestens
einmal sechs Richtige zu haben?
Lösung: p =
n≧
1
49
6
=
1
13983815
= 7,151 · 10−8 , q = 1 − p =
= 0,9999999285
13983816
13983816
ln 0,1
= 32 198 925,11, also mindestens 32 198 926-mal.
ln q
140. Beim genetischen Fingerabdruck werden mehrere Abschnitte der DNA vervielfältigt
und auf ihre Länge hin untersucht. Nehmen wir an, dass zehn Abschnitte untersucht
werden und jeder Abschnitt zufällig verteilt fünf verschiedene Längen haben kann
(die Realität ist komplizierter).
(a) An einem Tatort werden DNA-Spuren des Täters gesichert. Wie groß ist die
Wahrscheinlichkeit p, dass der genetische Fingerabdruck einer beliebigen Person mit dem des Täters übereinstimmt?
(b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei 10 000 Verurteilungen auf Grund
des genetischen Fingerabdrucks mindestens ein Unschuldiger dabei ist?
(c) Ab wie vielen Verurteilungen auf Grund des genetischen Fingerabdrucks ist mit
einer mindestens 50%-igen Wahrscheinlichkeit mindestens ein Unschuldiger ins
Gefängnis gewandert?
Lösung: (a) Es gibt z = 510 = 9 765 625 verschiedene Möglichkeiten, also ist
p=
(b) q = 1 − p =
1
= 1,024 · 10−7
9 765 625
9 765 624
765 625 = 0,999 999 8976
9
=⇒
p1 = 1 − q 10000 = 1,0235 · 10−3 = 0,10235%
(c) 1 − q n ≧ 0,5
=⇒
q n ≦ 0,5
=⇒
n≧
ln 0,5
= 6 769 015,09
ln q
141. Aus einem Kartenspiel mit 32 Blatt wird mit Zurücklegen immer eine Karte gezogen.
Ein Treffer (mit 1 bezeichnet) liegt vor, wenn die gezogene Karte ein Ass ist, sonst
eine Niete (mit 0 bezeichnet).
(a) Der Versuch wird zehnmal ausgeführt. Mit welcher Wahrscheinlichkeit tritt das
Ergebnis 0001001001 ein?
(b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit sind beim zehnmaligen Kartenziehen genau
drei Treffer dabei?
(c) Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist beim zehnmaligen Kartenziehen mindestens
ein Treffer dabei?
106
(d) Mit welcher Wahrscheinlichkeit sind beim zehnmaligen Kartenziehen mindestens drei Treffer dabei?
(e) Wie viele Karten muss man mindestens ziehen, um mit mindestens 90%-iger
Sicherheit mindestens einen Treffer zu landen?
(f) Wie viele Karten muss man mindestens ziehen, um mit mindestens 90%-iger
Sicherheit mindestens zwei Treffer zu landen?
(g) Eine Casino bietet das zehnmalige Kartenziehen mit Zurücklegen als Spiel an.
Der Spieler gewinnt, wenn er ein Trefferpaar (zwei Treffer hintereinander) und
sonst nur Nieten zieht. In diesem Fall erhält der Spieler den zwanzigfachen
Einsatz zurück, sonst ist der Einsatz verloren. Welche Rendite (Gewinn pro
Einsatz) wirft dieses Spiel für die Bank ab?
1
7
Lösung: Trefferwahrscheinlichkeit: p = , q = 1 − p =
8
8
3 7
−4
(a) p1 = p q = 7,67 · 10
10 3 7
1
(b) p2 = B(10; 8 ; 3) =
p q = 0,0920 = 9,20%
3
10 0 10
p q = 1 − q 10 = 0,7369 = 73,69%
(c) p3 = 1 − B(10; 81 ; 0) = 1 −
0
(d) P ( mindestens 3 Treffer“) = 1 − P ( höchstens 2 Treffer“ =⇒
”
”
p4 = B(10; 81 ; 3) + B(10; 81 ; 4) + . . . + B(10; 18 ; 10) =
= 1 − B(10; 18 ; 0) − B(10; 81 ; 1) − B(10; 18 ; 2) =
10 1 9
10 2 8
10
= 1−q −
p q −
p q = 0,1195 = 11,95%
1
2
ln 0,1
= 17,24, also mindestens 18-mal.
(e) 1 − q n ≧ 0,9 =⇒ q n ≦ 0,1 =⇒ n ≧
ln q
n 1 n−1
(f) 1 − q n −
p q
≧ 0,9 =⇒ q n + npq n−1 ≦ 0,1
|
{z
}
1
f (n)
Diese Gleichung ist für uns nur durch Probieren lösbar:
f (29) = 0,107 und f (30) = 0,0962 =⇒ mindestens 30 Karten
(g) Es gibt 9 Möglichkeiten für die Lage des Trefferpaars. Die Gewinnwahrscheinlichkeit
des Spielers ist also
pg = 9p2 q 8 = 0,04832 = 4,832%
E sei der Einsatz pro Spiel. Von N Spielen gewinnt die Bank (1 − pg )N Spiele und
nimmt somit (1 − pg )N E ein. Andererseits verliert die Bank pg N Spiele und zahlt
damit 20pg N E aus. Die Rendite der Bank ist also
(1 − pg )N E − 20pg N E
= 1 − 21pg = −1,47%
NE
Die Bank dürfte nur das 19-fache des Einsatzes auszahlen, dann wäre die Rendite
1 − 20pg = 3,36%
107
142. Eine Klasse mit 25 Schülern besuchen 15 Buben und zehn Mädchen. Für einen
Wettbewerb wird eine Gruppe von acht Schülern der Klasse zufällig ausgewählt.
(a) Berechne die Zahl N der verschiedenen möglichen Gruppen.
(b) Wie viele verschiedene Gruppenfotos mit nebeneinander aufgestellten Schülern
sind möglich, wenn man alle möglichen Gruppen berücksichtigt?
(c) Wie viele verschiedene Gruppen mit genau x Mädchen und damit 8 − x Buben gibt es? Berechne die Wahrscheinlichkeit P (x), dass eine Gruppe genau x
Mädchen enthält und stelle P (x) als Säulendiagramm grafisch dar. Wertetabelle nicht vergessen!
25
Lösung: (a) N =
= 1 081 575
8
(b) N · 8! = 1 081 575 · 40 320 = 43 609 104 000 ≈ 4,36 · 1010
10
15
(c) Es gibt
Möglichkeiten, x Mädchen und
Möglichkeiten, 8 − x Buben
x
8−x
auszuwählen. Die Zahl der Gruppen mit genau x Mädchen ist also
10
15
·
10
15
Z(x)
x
8−x
Z(x) =
·
=⇒ P (x) =
=
25
x
8−x
N
8
x
0
1
2
3
4
P (x)
0,00595
0,05950
0,20824
0,33318
0,26503
x
5
6
7
8
P (x)
0,10601
0,02039
0,00166
0,00004
P
0,3
0,2
0,1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
x
143. Ein kleines Gebirgsdorf am Rande der Alpen bewirbt sich für Olympia. Im Dorf
leben 4000 Einheimische (E) und es gibt auch Zugereiste (E). Das Dorf spaltet
sich in Olympiabefürworter (B) und Olympiagegner (B). 63 13 % der Befürworter
sind Einheimische, 38% der Einheimischen sind Befürworter. Weiter gibt es 120
zugereiste Gegner.
(a) Berechne die fehlenden absoluten Häufigkeiten und trage sie in eine Vierfeldertafel ein.
(b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist ein Zugereister ein Gegner?
(c) Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist ein Gegner ein Zugereister?
(d) Ein Dorfbewohner wird zufällig ausgewählt. Untersuche die Ereignisse E: Der
”
Ausgewählte ist Einheimischer“ und B: Der Ausgewählte ist Befürworter“ auf
”
stochastische Unabhängigkeit.
108
Lösung: (a) |B ∩ E| = 0,38 · |E| = 0,38 · 4000 = 1520
B
B
|B ∩ E| = |E| − |B ∩ E| = 4000 − 1520 = 2480
63 13 % · |B| = |B ∩ E|
|B| =
|B ∩ E|
19
30
=
=⇒
1520 · 30
= 2400
19
%
B
B
|B ∩ E| = |B| − |B ∩ E| = |B| − 1520 = 880
|E| = |B ∩ E| + |B ∩ E| = 880 + 120 = 1000
|B ∩ E|
120
= 12%
=
1000
|E|
3
|B ∩ E|
120
=
% ≈ 4,6%
(c) PB (E) =
=
2600
65
|B|
(d) P (E) · P (B) = 0,8 · 0,48 = 0,384 6= 0,304 = P (E ∩ B)
E
1520
2480
4000
E
880
120
1000
E
30,4
49,6
80,0
E
17,6
2,4
20,0
2400
2600
5000
48
52
100
(b) PE (B) =
=⇒ abhängig
144. Ein Laplacewürfel wird n-mal geworfen.
(a) Wie groß muss n mindestens sein, damit mit mindestens 99,99%-iger Wahrscheinlichkeit mindestens ein Sechser dabei ist?
Jetzt wird der Würfel 500-mal geworfen. Wir betrachten die Ereignisse
E1 : höchstens 70 Sechser“
E3 : mindestens 78 und höchstens 93 Sechser“
”
”
E2 : mindestens 90 Sechser“ E4 : mindestens 78 und höchstens m Sechser“
”
”
(b) Die Abbildung zeigt den Grafen von b(k) = B(500, 61 , k). Veranschauliche im
Grafen die Wahrscheinlichkeiten p1 = P (E1 ) und p2 = P (E2 ) und schätze in
nachvollziehbarer Weise ihre Werte ab.
b
0,04
0,03
0,02
0,01
0,00
60
70
80
109
90
100
110
k
(c) Die Abbildung zeigt den Grafen von f (k) = F 1500 (k). Drücke p3 = P (E3 ) durch
6
f aus, zeichne p3 in den Grafen ein und gib den ungefähren Wert von p3 an.
Ermittle ebenfalls mit dem Grafen das kleinste m mit p4 = P (E4 ) ≧ 50%.
f
0,9
0,8
0,7
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0,0
Lösung: (a) p =
1
6
70
=⇒
80
5
q =1−p= ,
6
n ln q ≦ −4 ln 10
(b) p1 =
70
X
k=0
p2 =
1
B 500, , k
6
500
X
k=90
1
B 500, , k
6
≈
≈
1 − q n ≧ 0,9999
=⇒
100
90
n≧
k
q n ≦ 10−4
=⇒
−4 ln 10
= 50,52
ln q
=⇒
n ≧ 51
1
· 9 · 0,0135 ≈ 6%
2
1
· 13 · 0,034 ≈ 22%
2
b
0,04
0,03
0,02
p2
0,01
p1
0,00
60
70
80
110
90
100
110
k
(c) p3 =
93
X
k=78
1
B 500, , k
6
= F 1500 (93) − F 1500 (77) = f (93) − f (77) ≈ 64%
6
p4 = f (m) − f (77) ≧ 0,5
6
=⇒
f (m) ≧ f (77) + 0,5 ≈ 0,75
=⇒
m = 89
f
0,9
0,8
0,7
0,6
p3
0,5
p4
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0,0
145. (a)
(e)
Lösung:
Z
Z
x
e dx
(b)
ax
ae dx (f)
(a) ex + C
Z
80
3x
Z
e dx
−bt
Ae
1 3x
e +C
3
A
(f) − e−bt + C
b
(a)
(b)
(c)
Z
Z
Z
(c)
dt
(b)
(e) eax + C
146. Beweise:
Z
70
(g)
Z
100
90
√
ex
dx (d)
dx
√
ex
√
(c) 2 ex + C
x
(g) −2e− 2 + C
(h)
Z
Z
dx
ex
2x2 + 3e−3x dx
(d) −e−x + C
(h)
2 3
x − e−3x + C
3
xex dx = (x − 1)ex + C
x2 ex dx = (x2 − 2x + 2)ex + C
x3 eax dx =
a3 x3 − 3a2 x2 + 6ax − 6 ax
·e +C
a4
d
[(x − 1)ex + C] = ex + (x − 1)ex = xex
dx
d 2
(b)
(x − 2x + 2)ex + C = (2x − 2)ex + (x2 − 2x + 2)ex = x2 ex
dx
(c)
Lösung: (a)
111
k
d a3 x3 − 3a2 x2 + 6ax − 6 ax
·e +C =
dx
a4
3a3 x2 − 6a2 x + 6a ax a3 x3 − 3a2 x2 + 6ax − 6
=
·e +
· aeax =
a4
a4
3a2 x2 − 6ax + 6 ax a3 x3 − 3a2 x2 + 6ax − 6 ax
·e +
· e = x3 eax
=
a3
a3
x
147. Von der Funktion f kennt man die Ableitung f ′ (x) = 14 e− 2 und den Funktionswert
f (3) = 1. Ermittle die Gleichung, berechne die Nullstelle und zeichne den Grafen
von f .
Z
1 x
f ′ (x) dx = − e− 2 + C
2
1 3
1 3
f (3) = − e− 2 + C = 1 =⇒ C = 1 + e− 2 ≈ 1,11
2
2
Lösung: f (x) =
1 3
1 x
f (x) = − e− 2 + 1 + e− 2
2
2
3
f (x) = 0 =⇒ x0 = −2 ln 2 + e− 2 ≈ −1,60
y
1
−5
−4
−3
−2
−1
1
2
3
4
5
6
x
−1
−2
−3
−4
148. Von der Funktion f ist bekannt:
f ′ (x) =
x2
x3 + 1
und f (0) = 1
(a) Diskutiere f (Nullstellen, Grenzwerte, Extremwerte, Wendepunkte, Graf).
(b) Zeige, dass sich der Graf von f für große x beliebig nahe an den Grafen von g
mit g(x) = 1+ln x annähert. Zeichne den Grafen von g in das schon vorhandene
Diagramm ein.
(c) Für welche x unterscheidet sich g(x) um weniger als ein Hundertstel von f (x)?
112
Lösung: (a) f (x) =
Z
f ′ (x) dx =
f (0) = C = 1
=⇒
Z
1
3
· (x3 + 1)′
1
dx = ln(x3 + 1) + C
x3 + 1
3
C=1
1
ln(x3 + 1) + 1
3
1
x0 = − 1 − e−3 3 ≈ −0,983121
f (x) =
f (x) = 0
=⇒
Definitionsmenge: x3 + 1 > 0
lim
x→(−1)+
=⇒
Df =] − 1; +∞[
f (x) = −∞,
f ′ (x) = 0
f ′ (x)
In ganz Df gilt
punkt bei T (0 1).
lim f (x) = +∞
x→∞
=⇒
x1 = 0
≧ 0, f ist also in ganz Df monoton steigend. Also Terrassen-
2x(x3 + 1) − x2 · 3x2
x(2 − x3 )
=
(x3 + 1)2
(x3 + 1)2
√
= 0 und x22 = 3 2.
f ′′ (x) =
f ′′ (x) = 0 für x21
−1 < x < x21 x21 < x < x22 x22 < x
−
+
+
+
+
−
−
+
−
x
2 − x3
f ′′ (x)
Also VZW von f ′′ bei x21 und x22 , d.h. Wendepunkte bei T (0 1) und W
(b)
√
3
1
3
2
1
1
1
ln x3 + 1 − ln x = ln x3 + 1 − ln x3 =
3
3
3 1
1
1 x3 + 1
= ln 1 + 3
= ln
3
x3
3
x
1
1
1
lim |f (x) − g(x)| = · lim ln 1 + 3 = · ln 1 = 0
x→∞
3 x→∞
x
3
f (x) − g(x) =
y3
2
W
f
T
1
g
−1
1
2
113
3
4
5
x
ln 3 + 1 .
1
1
1
|f (x) − g(x)| = ln 1 + 3 <
3
x
100
(c)
1
< e0,03 − 1
x3
1
x> √
≈ 3,2
3 0,03
e
−1
149. x(t) ist der Ort eines Körpers zur Zeit t. Seine Geschwindigkeit ist definiert durch
und seine Beschleunigung durch a(t) = v̇(t) = dv
.
v(t) = ẋ(t) = dx
dt
dt
(a) Die Beschleunigung a ist eine bekannte Funktion von t. Drücke v(t) und x(t)
durch Integralfunktionen mit der unteren Grenze t0 aus.
(b) a ist jetzt konstant. Drücke v(t) und x(t) durch die Anfangswerte v0 = v(t0 )
und x0 = x(t0 ) aus.
(c) Die Masse eines Lastwagens, der stetig Sand verliert, ist m(t) = m0 − αt für
0 ≦ t ≦ t1 mit m(t1 ) = m20 . Für 0 ≦ t ≦ t1 wirkt die konstante Antriebskraft
F auf den LKW. Berechne v(t) und x(t).
Zeichne für F = 104 N, α = 100 kgs , v(0) = 0, x(0) = 0 und m0 = 104 kg die
Grafen von v und x im Intervall 0 ≦ t ≦ t1 . Zeichne zum Vergleich die Grafen
der Geschwindigkeit und des Ortes eines gleichartigen LKWs, der keinen Sand
verliert.
Lösung: (a) v(t) = v(t0 ) +
Zt
a(τ ) dτ,
Zt
a dτ = v0 + a(t − t0 )
x(t) = x(t0 ) +
t0
(b) v(t) = v(t0 ) +
t0
Zt
v(τ ) dτ
t0
x(t) = x(t0 ) +
Zt
t0
it
h
a
=
[v0 + a(t − t0 )] dτ = x0 + v0 τ + (τ − t0 )2
2
t0
a
= x0 + v0 (t − t0 ) + (t − t0 )2
2
m0
m0
folgt t1 =
.
(c) Aus m0 − αt1 =
2
2α
v̇(t) = a(t) =
v(t) = v0 +
Zt
0
a(τ ) dτ = v0 + F
Zt
0
F
F
=
m(t)
m0 − αt
dτ
=
m0 − ατ
t
F
1
(ln |m0 − ατ |) = v0 − (ln(m0 − αt) − ln m0 ) =
−α
α
0
m0 − αt
m0
F
F
= v0 + ln
= v0 − ln
α
m0
α m0 − αt
= v0 + F
114
x(t) = x0 +
Zt
v(τ ) dτ = x0 +
0
Zt 0
m0
F
v0 + ln
α m0 − ατ
dτ =
α
τ dτ =
ln 1 −
m0
0
t
m0 F
α
α
−
=
= x 0 + v0 t −
τ · ln 1 −
τ −1
1−
α
α
m0
m0
0
F m0
α
α
= x 0 + v0 t + 2
t · ln 1 −
t −1 +1 =
1−
α
m0
m0
F m0
αt
αt
αt
= x 0 + v0 t + 2
1−
· ln 1 −
+
α
m0
m0
m0
Zt
F
= x 0 + v0 t −
α
Für die speziellen Zahlenwerte gilt:
t
m
v(t) = −100 ln 1 −
s
100 s
und
t
t
t
ln 1 −
+
x(t) = 10 m 1 −
100 s
100 s
100 s
m
und x(t1 ) = 1,53 km.
Mit t1 = 50 s folgt v(t1 ) = 69,3
s
m
m
F
F 2
t = 1 2 · t und x(t) =
t = 0,5 2 · t2 .
Ohne Sandverlust: v(t) =
m0
s
2m0
s
m
v(t1 ) = 50 , x(t1 ) = 1,25 km.
s
4
v·
x
m
s
m
60
1200
1000
800
600
400
200
0
0
50
40
30
20
10
0
0
10
20
30
40
50 t
10
20
30
s
40
50 t
s
150. Die Funktionen f und g mit f (x) = x4 und g(x) = 5 − x schließen ein endliches
Flächenstück mit dem Inhalt A ein. Zeichne die Grafen der beiden Funktionen und
berechne A.
Lösung: Schnittpunkte: f (x) = g(x)
A=
Z4
1
=⇒
x2 − 5x = −4
=⇒
x2
− 4 ln x
|g(x) − f (x)| = 5x −
2
115
4
1
=
x1 = 1,
x2 = 4
15
− 8 ln 2 ≈ 1,95
2
y
5
4
3
g
2
f
1
−4
−2
−3
−1
2
1
4
3
5
6
x
−1
−2
151. (a)
Ze
Zln 2
(b)
5e3t dt
dx
x
1
π
4
(e)
Z
tan x dx (f)
Z1
xn+1
x dx =
n+1
0
Lösung: (a)
(c)
0
e+1
Z5
(4x + 5)n dx
Ze
1
=
(g)
4
n
0
π
0
π
A
A sin ωt dt = − cos ωt
ω
(c)
Z4
dx
1
1 4
1
15
= − 2 =−
+ =
3
2
x
2x 1
2·4
2
32
(d)
Z−2
1
(e)
−1
Zπ
− π2
(f)
ω
0
=−
x6
1
+ 6
dx =
18 2x
−2
−1
=
Z1
x4 − x2 + 1
dx
x+1
1
(h)
0
32
1
1
1
385
+
−
− =
9
128 18 2
128
h
√ π
x π
πi 3 x
= 3 sin + sin
=
1+ 3
cos dx = 3 sin
3
3 −π
3
6
2
2
2x5 x4 2x3 x2
(2x − x + 2x − x) dx =
−
+
−
5
4
3
2
Z1
3 4
x3
x dx =
4
0
dx
−3x + 1
A
2A
A
cos π + cos 0 =
ω
ω
ω
Z3
0
(g)
3
x5
− 7
3
x
ln x dx
(d)
Z2
1
n+1
0
dx
x−1
1
Zω
(b)
eZ2 −1
4
1
3
3
2
1
0
=
3
4
116
3
0
=
1809
= 90,45
20
(h)
Z3
Z3 (x + 1)2
1
1
dx
=
+
dx =
x3 (x + 1)
x2 x3
1
1
1
1
1 3
1
1
10
= − − 2 =− −
+1+ =
x 2x 1
3 18
2
9
x2 + 2x + 1
dx =
x4 + x3
1
Z3
152. Gegeben sind die Funktionen f , g und h mit f (x) = x2 , g(x) =
h(x) = x1 .
4
(x
3
+ 1) und
(a) Berechne die Koordinaten aller Schnittpunkte der drei Funktionen und zeichne
die Grafen der Funktionen in ein Koordinatensystem (−2 ≦ x ≦ 2,5).
(b) Die Grafen von f und g schließen ein endliches Flächenstück mit dem Inhalt
A ein. Berechne A.
(c) In welchem Verhältnis teilt der Graf von h das in Teilaufgabe (b) behandelte
Flächenstück?
Lösung: (a) f (x) = g(x) =⇒
2 4
S1 −
,
3 9
y
4
S2 (2 4)
3
g(x) = h(x) =⇒
3
2
S3 − −
,
2
3
f (x) = h(x)
=⇒
S4
1
2
2
2
S5 (1 1)
1
−2
−1
1
2
−1
(b) A =
Z2 4
4
x + − x2
3
3
− 32
(c)
1
2 2 4
x + x − x3
dx =
3
3
3
1
A1 =
Z2 − 32
4
4
x + − x2
3
3
1
2 2 4
x + x − x3
=
3
3
3
dx +
2
− 32
1
+ ln x − x3
3
13
− ln 2
6
117
=⇒
=
− 23
dx =
1
=
1
− x2
x
1
2
1
A2 = A − A1 =
Z1 2
1
2
256
13
=3
81
81
7
161
833
+ ln 2 −
=
+ ln 2
648
24
162
A1
161 + ln 2
≈ 1,145
=
A2
351 − ln 2
x
153. Gegeben sind die Funktionen f , g und h mit f (x) =
+
mit den Definitionsmengen R+
0 (f und g) bzw. R .
x2
,
8
g(x) =
√
x und h(x) =
1
x
(a) Berechne die Koordinaten aller Schnittpunkte der drei Funktionen und zeichne
die Grafen der Funktionen in ein Koordinatensystem (0 ≦ x ≦ 5, Einheit 2 cm).
(b) Die Grafen aller drei Funktionen schließen für x ≧ 1 ein endliches Flächenstück
ein. Berechne seinen Inhalt A.
Lösung: (a) f (x) = g(x)
x4 = 64x
=⇒
=⇒
x2 √
= x
8
x(x3 − 64) = 0
S1 (0 0) ,
f (x) = h(x)
x3 = 8
=⇒
g(x) = h(x)
y3
2
S2 (4 2)
1
x2
=
8
x
1
S3 2
2
=⇒
=⇒
(b)
A=
√
x=
Z2 1
√
1
x
1
x−
x
2 3
x 2 − ln x
=
3
1
=⇒
2
00
1
x3 = 1
=⇒
Z4 x2
x−
8
dx +
2
√
2 3 x3
+ x2 −
3
24
1
2
4
3
4
x
S4 (1 1)
dx =
=
2
2 3
2 3
2 3
2
43
23
2 2 − ln 2 − + ln 1 + 4 2 −
− 22 +
=
3
3
3
24 3
24
2 16 8 1
7
= − ln 2 − +
− + = − ln 2 ≈ 1,64
3
3
3 3
3
=
154. Von einem brettebenen Slalomhang (Ebene E) sind die Punkte A(0|0|40), B(50|20|0)
und C(−20|55|20) bekannt (alle Koordinaten verstehen sich in Metern).
(a) Stelle die Gleichung von E in der vektorfreien Normalenform mit möglichst
kleinen ganzen Zahlen auf.
(b) Berechne die fehlende Koordinate des Startpunktes S(−10|s2 |60) auf dem Hang.
(c) Berechne die Koordinaten der Achsenpunkte A1 und A2 von E (Schnittpunkte
von E mit der x1 - und x2 -Achse). Zeichne alle bisher behandelten Punkte und
die Spurgeraden der Ebene E in ein Schrägbild (Einheit: 10 m =
b 1 cm).
(d) Welchen spitzen Winkel ϕ schließt E mit der x1 x2 -Ebene (Talboden) ein? Welche Steigung (in Prozent) hat demnach der Slalomhang?
118
(e) Zeige, dass die Spurgerade t von E in der x1 x2 -Ebene (wir nennen sie die
Tallinie) durch die Gleichung
t:
x2 = 70 − x1
beschrieben wird.
(f) Ein Abfahrer fährt geradlinig und auf dem kürzesten Weg vom Start S ins Tal
und erreicht die Tallinie im Punkt Y(y1 |y2 |0). Berechne die Koordinaten von
Y und die Länge SY.
−−−→
Tipp: Verwende den Vektor A1 A2 .
(g) Ein Bauer, dem das viereckige Grundstück A1 A2 CS gehört, möchte es als Baugrund für 400 € pro m2 verkaufen. Welchen Preis würde er dabei erzielen?




50
5
−→
Lösung: (a) AB =  20  = 10  2 ,
−40
−4




−20
−4
−→ 
AC =
55  = 5  11 
−20
−4




~e1 ~e2 ~e3 2
·
(−4)
−
(−4)
·
11
36
−→ −→
~n′ = AB × AC = 50 · 5 2 −4 = 50  (−4) · (−4) − 5 · (−4)  = 50  36 
−4 11 −4 5 · 11 − 2 · (−4)
63

 
 
4
1800
4
~n′ = 450  4  =  1800  , wir wählen ~n =  4 
7
3150
7


0
−→
Mit ~a = OA =  0  folgt ~n~a = 7 · 40 = 280 und damit
40

~n(~x − ~a) = 0
=⇒
E : 4x1 + 4x2 + 7x3 − 280 = 0
(b) S ∈ E =⇒ 4 · (−10) + 4s2 + 7 · 60 = 280
x3
(c) A1 : x2 = x3 = 0
S
=⇒ 4x1 = 280
60
=⇒ x1 = 70
A2 : x1 = x3 = 0
=⇒ 4x2 = 280
=⇒ x2 = 70
=⇒
s2 = −25
A
C
10
O
70
A2
B
70
x1
A1
119
Y
x2

0
(d) Normalenvektor der x1 x2 -Ebene: ~e3 =  0 ,
1

cos ϕ =
7
~e3 ~n
=
|~e3 | · |~n|
1·9
=⇒
|~n| =
ϕ = 38,94◦ ,
p
42 + 42 + 72 =
√
81 = 9
Steigung: tan ϕ = 80,8%
(e) Es genügt zu zeigen, dass A1 und A2 auf t liegen:
t(70) = 0
(f) Y ∈ t
=⇒
=⇒
Y(y1 |70 − y1 |0),
−−−→ −→
A1 A2 ⊥SY
=⇒
A1 ∈ t,
t(0) = 70 =⇒ A2 ∈ t




−70
y1 + 10
−−−→ 
−→
70  , SY =  95 − y1 
A1 A2 =
0
−60
−−−→ −→
A1 A2 · SY = −70(y1 + 10) + 70(95 − y1 ) = 0
−y1 − 10 + 95 − y1 = 0
=⇒
y1 = 42,5
y2 = 70 − y1 = 27,5 =⇒ Y(42,5|27,5|0)


52,5
p
−→ 
SY = 52,5  =⇒ SY = 2 · 52,52 + 602 ≈ 95,5
−60






70
−10
−20
−−−→
−−→
−−→
(g) A2 A1 =  −70 , A2 S =  −95 , A2 C =  −15 
0
60
20


~e1
~e2 ~e3 4200
−−→ −−−→ A2 S × A2 A1 = −10 −95 60 =  4200  ,
70 −70 0 7350
−−→ −−−→
A2 S × A2 A1 = 9450


~e1
~e2 ~e3 1000
−−→ −−→
−−→ −−→ 

A2 C × A2 S = −20 −15 20 = 1000
, A2 C × A2 S = 2250
−10 −95 60 1750
1 −−→ −−−→ 1 −−→ −−→
F = A2 S × A2 A1 + A2 C × A2 S = 5850
2
2
Preis: 3,51 · 106 €
155. Gegeben sind die Punkte A(5|−3|−2), B(−3|2|4), C(1|6|2) und D(4|1|4). Durch A,
B und C ist die Ebene E1 , durch A, B und D die Ebene E2 festgelegt. Mit Eik wird
die xi xk -Ebene bezeichnet.
(a) Stelle die Gleichungen der beiden Ebenen E1 und E2 in Normalenform auf.
(b) Berechne die Achsenpunkte der Ebenen E1 und E2 (Schnittpunkte mit den
Koordinatenachsen).
(c) Die Schnittgeraden der Ebenen E1 und E2 mit der x1 x2 -Ebene (Spurgeraden)
sind g1 = E1 ∩ E12 und g2 = E2 ∩ E12 . Stelle die Gleichungen dieser Geraden
in der Form x2 = f (x1 ) auf.
120
(d) F(5|4|f3) ∈ E1 und G(1|g2|3) ∈ E2 . Berechne die fehlenden Koordinaten.
(e) Veranschauliche die Lage der Ebenen in einem Schrägbild. Zeichne alle beschriebenen Punkte ein.
(f) Berechne den (spitzen) Schnittwinkel der Ebenen E1 und E2 .






−8
−4
−1
−→
−→
−→
Lösung: (a) AB =  5 , AC =  9 , AD =  4 
6
4
6






~e1 ~e2 ~e3 −17
−17
−34
−→ −→
~n1 ′ = AB × AC = −8 5 6 =  8  = 2  4  , ~n1 =  4 
−4 9 4 26
26
−52






~e1 ~e2 ~e3 6
2
2
−
→
−
→
~n2 ′ = AB × AD = −8 5 −6 =  42  = 3  14  , ~n2 =  14 
−1 4
6 −27
−9
−9


5
−→ 
Mit ~a = OA = −3  folgt ~n1~a = −45 und ~n2~a = −14 und damit
−2
~n1 (~x − ~a) = 0
=⇒
~n2 (~x − ~a) = 0
E1 : −17x1 + 4x2 − 26x3 + 45 = 0
=⇒ E2 : 2x1 + 14x2 − 9x3 + 14 = 0
45
0 0 , A12 0 − 45
0
,
A
0
0
(b) Achsenpunkte von E1 : A11
13
4
26
Achsenpunkte von E2 : A21 (−7 0 0), A22 (0 − 1 0), A23 0 0 14
9
45
17
(c) g1 : −17x1 + 4x2 + 45 = 0 =⇒ x2 = x1 −
4
4
1
g2 : 2x1 + 14x2 + 14 = 0 =⇒ x2 = − x1 − 1
7
12
(d) −17 · 5 + 4 · 4 − 26f3 + 45 = 0 =⇒ f3 = −
13
11
2 · 1 + 14 · g2 − 9 · 3 + 14 = 0 =⇒ g2 =
14
(e)
45
17
x3
B
5
A21
D
C
A12
A22
5
x2
−10
A11
5
x1
A
121
(f) cos ϕ =
256
~n1~n2
√
= 0,4876
= √
|~n1 | · |~n2 |
3 109 · 281
=⇒
ϕ = 60,82◦
156. Berechne die Schnittmenge der Geraden
 


5
−4
g : ~x =  3  + λ  5 
4
4
mit den Ebenen
(a) x1 x2 -Ebene
(b) x1 x3 -Ebene
(c) x2 x3 -Ebene
2x1 − 4x2 + 5x3 − 20 = 0
(d) E1 :
(e) E2 : Ebene durch A(−1 | 0 |−3), B(−5 | 2 | 1) und C(−1 | 4 |−3)
(f) E3 : Ebene durch F(5,8 | 0 | 0), G(0 | 29
| 0) und H(0 | 0 |−5,8)
8
Veranschauliche den ganzen Sachverhalt in einem Schrägbild.
λ = −1 =⇒ Schnittpunkt: S12 (9 − 2 0)
3
x2 = 0 =⇒ λ = − = −0,6 =⇒ Schnittpunkt: S13 37
0 85 = S13 (7,4 0 1,6)
5
5
x3 = 0 =⇒ λ = 54 = 1,25 =⇒ Schnittpunkt: S23 0 37
4 9 = S23 (0 9,25 9)
g in E1 : 2(5 − 4λ) − 4(3 + 5λ) + 5(4 + 4λ) − 20 = 0 =⇒ −8λ − 2 = 0
1
λ = − in g: SE1 6 74 3 = SE1 (6 1,75 3) =⇒ L = {SE1 }
4


 
 


−16
1
0
−4
′
−→ −→ 
~n2  
−→  
−→ 
′


0 , ~n2 = −
= 0
AB =
2 , AC = 4 , ~n2 = AB × AC =
16
1
0
−16
4
Lösung: (a) x3 = 0
(b)
(c)
(d)
(e)
E2 :
=⇒
~n(~x − ~a) = 0
=⇒
x 1 + x3 + 4 = 0
g in E2 : 5 − 4λ + 4 + 4λ − 20 = 0 =⇒ 13 = 0 =⇒ L = ∅
(f) F, G und H sind Achsenpunkte, also Achsenabschnittsform:
E3 :
g in E3 :
x1
8x2
x3
+
−
= 1 · 58
5,8
29
5,8
=⇒
5x1 + 8x2 − 5x3 − 29 = 0
5(5 − 4λ) + 8(3 + 5λ) − 5(4 + 4λ) − 29 = 0
=⇒
Die Gleichung ist für jedes λ erfüllt, d.h. g ⊂ E3 oder L = g.
122
0=0
x3
g
6
B C
E1
7
x2
A
E2
E3
9
x1
157. Die beiden Funktionen f und g mit
2
1
f (x) = 2 −
x
x
und g(x) =
Zx
f (t) dt,
Df = Dg = R+
1
2
schließen ein endliches Flächenstück mit dem Inhalt A ein. Diskutiere die beiden
Funktionen, zeichne ihre Grafen und berechne A.
Lösung: Diskussion von f :
Nullstelle: xf 0
1
1
lim f (x) = lim ·
− 2 = (0+ · (−1)) = 0−
x→∞
x→∞ x
x
1
1
·
− 2 = ((+∞) · (+∞)) = +∞
lim f (x) = lim
x
x→0+
x→0+ x
1
= ,
2
2
2x − 2
2
+ 2 =
, f ′ (x) = 0 =⇒ xf 1 = 1
3
x
x
x3
4
6 − 4x
3
6
, f ′′ (x) = 0 =⇒ xf 2 =
f ′′ (x) = 4 − 3 =
4
x
x
x
2
′′
f (xf 1 ) = 2 > 0 =⇒ Tiefpunkt bei (1 | − 1).
f ′ (x) = −
24 12
12x − 24
+ 3 =
x5
4
x5
8
3
64
′′′
−
6= 0 =⇒ WP bei
f (xf 2 ) = −
81
2
9
123
f ′′′ (x) = −
g(x) =
Zx 1
2
−
t2
t
1
2
x
1
1
1
dt = − − 2 ln t = − − 2 ln x + 2 + 2 ln
t
x
2
1
2
g(x) = 2(1 − ln 2) −
1
− 2 ln x
x
Diskussion von g:
1
Untere Grenze der Integralfunktion ist Nullstelle: xg0 = ,
2
lim x ln x = lim
x→0+
lim g(x) = lim
x→0+
x→0+
g′ (x) = f (x)
=⇒
"
x→0+
′′′
=⇒
1
x
1
2(1 − ln 2) −
x
x1g = xf 0 =
g′′ (x1g ) = f ′ (x1g ) = −8 < 0
HP bei 21 0
g′′ (x) = 0
ln x
1
2
= lim
x→0+
1
x
− x12
→0
g (xg2 ) = f (1) = 2 6= 0
=
1
2(1 − ln 2) − +
0
= −∞
y1
0
1
=⇒
WP bei (1 1 − 2 ln 2) ≈ (1 − 0,39)
f (x) = g(x)
x→0+
=⇒
xg2 = xf 1 = 1
′′
= − lim x = 0−
!#
1 + 2x
ln x}
| {z
lim g(x) = +∞
x→∞
−1
=⇒
1
1
2
− = 2(1 − ln 2) − − 2 ln x
x2 x
x
−2
1
Der erste Schnittpunkt ist die Nullstelle beider Funktionen: x1 = .
2
Zweite Nullstelle mit dem Newton-Verfahren:
h(x) = g(x) − f (x) = 2(1 − ln 2) +
xn+1 = xn −
xn+1
1
1
−
− 2 ln x = 0
x x2
2(1 − ln 2) + x1 − x12 − 2 ln x
h(xn )
=
x
−
n
h′ (xn )
− x12 + x23 − x2
xn 3 − 2xn + 2x2n (−2 + ln 2xn )
=
2 − xn − 2x2n
X1 = 1,5
X2 = 1,521091763
X3 = 1,521148687
X4 = 1,521148688 = x2
124
2
x
Zx2 Zx2
1
1
2(1 − ln 2) + − 2 − 2 ln x dx =
A = (g(x) − f (x))dx =
x x
x1
x1
x2
1
= 2(1 − ln 2)x + ln x + − 2x(ln x − 1)
=
x
1
2
1
= 2(1 − ln 2)x2 + ln x2 +
− 2x2 (ln x2 − 1) − 4 + ln 2 = 0,4697
x2
158. Bestimme k so, dass sich die Geraden




2
−1
g : ~x =  1  + λ  3 
−1
−2
und h :




1
4
~x =  1  + µ  −3 
k
1
schneiden und berechne die Koordinaten des Schnittpunktes S.
Lösung:



  

4
1
−1
2
 1  + λ  3  =  1  + µ  −3 
1
k
−2
−1

=⇒
2 − λ = 1 + 4µ
1 + 3λ = 1 − 3µ
−1 − 2λ = k + µ
1
1
Aus den beiden ersten Gleichungen folgt λ = − und µ = und damit aus der dritten
3
3
2
Gleichung k = − .
3






2
−1
7
1
→ 
−
7
1
1
0 −
S =
1  −  3  =  0  =⇒ S
3
3
3
3
−1
−2
−1
159. (a) Stelle die Gleichung der Geraden g = AB mit A(7|−1|2) und B(3|4|5) auf.
(b) Bestimme die Koordinaten von drei Punkten R, S und T auf der Geraden g
so, dass R zwischen A und B, S auf der Halbgeraden [AB mit AS > AB und
T auf der Halbgeraden [BA mit BT > AB liegt.
(c) Bestimme die restlichen Koordinaten von C(−3|c2 |c3 ) so, dass C ∈ g gilt.
(d) s1 , s2 und s3 sind die senkrechten Projektionen von g auf die x2 x3 -, x1 x3 und x1 x2 -Ebene. Stelle die Gleichungen der drei Geraden s1 , s2 und s3 in der
Parameterform auf.
(e) Schreibe die Gleichung von s3 in der Form x2 = f (x1 ).
(f) Veranschauliche alle gegebenen und berechneten Größen in einem Schrägbild.
125





7
−4
−4
−→
Lösung: (a) AB =  5  =⇒ g : ~x =  −1  + λ  5 
3
3
2



 

7
−4
5
→
−
1




5
(b) R = −1
+
= 1,5  =⇒ R (5 1,5 3,5)
2
2
3
3,5
 




−1
7
−4
→
−
S =  −1  + 2  5  =  9  =⇒ S (−1 9 8)
3
8
2



 

7
−4
15
→
−
T =  −1  − 2  5  =  −11  =⇒ T (15 − 11 − 4)
2
3
−4


 


−3
7
−4
(c) C ∈ g =⇒  c2  =  −1  + λ  5  =⇒ 7 − 4λ = −3
3
c3
2




 

7
−4
−3
→ 
−
5
C = −1  +  5  =  11,5 
2
2
3
9,5
=⇒

 
 

−4
7
0
0







+λ
0
, s2 : ~x = 0
+λ 5
(d) s1 : ~x = −1
3
2
3
2


−4
λ 5 
0
31
7 1
−
(e) x1 = 7 − 4λ =⇒ λ = − x1 , x2 = −1 + 5λ =
4 4
4
(f)

=⇒
λ=
C (−3 11,5 9,5)

7
 , s3 : ~x =  −1  +
0


5
x1
4
C
x3
6
B
1
7
x2
A
7
x1
126
5
2
160. Untersuche die gegenseitige Lage der Geraden








2
4
−2
20
g1 : ~x =  −1  + λ  −5 , g2 : ~x =  4  + µ  −25 ,
3
6
0
30








−2
−12
2,5
5
g3 : ~x =  4  + ν  15  und g4 : ~x =  3,5  + σ  4 .
−3
−18
1,5
−3
Fertige ein Schrägbild des Sachverhalts.
Lösung: g1 :
g2 :
g3 :
g4 :
−
→
~x = A1 + λv~1
−
→
~x = A2 + µv~2
−
→
~x = A3 + ν v~3
−
→
~x = A4 + σ v~4
x3
g1
S
A2
~v1 k~v2 k~v3 ∦ ~v4


−4
−−−→
A1 A2 =  5  ∦
−3
~v1
1
A4
1
1
x2
A3
x1
g1 echt parallel zu g2


−4
−−−→
A1 A3 =  5  k
−6
~v1
=⇒
g2
A1
g4
g3
g1 =
g3
g1 ∩ g4 :


 



2
4
2,5
5
 −1  + λ  −5  =  3,5  + σ  4 
3
6
1,5
−3
1
1
λ=− , σ=−
2
2
=⇒ g1 windschief zu g4
2 + 4λ = 2,5 + 5σ
(1)
(1) und (2) =⇒
−1 − 5λ = 3,5 + 4σ
(2)
in (3): 0 6= 3
3 + 6λ = 1,5 − 3σ
g2 ∩ g4 :
(3)


 



4
2,5
−2
5
 4  + λ  −5  =  3,5  + σ  4 
0
6
1,5
−3

−2 + 4λ = 2,5 + 5σ
(1)
6λ = 1,5 − 3σ
(3)
4 − 5λ = 3,5 + 4σ
(2)
1
1
λ= , σ=−
2
2
in (3): 3 = 3 =⇒ g2 ∩ g4 = {S} mit


 


−2
4
0
→ 
−
1
S =
4  +  −5  =  1,5 
2
6
3
0
(1) und (2) =⇒
161. (a) Versuche, möglichst viel über die Lösungsmenge der Gleichung
~a × ~x = ~b
127
mit dem unbekannten Vektor ~x herauszufinden. Verwende eine sauber beschriftete Zeichnung als Überlegungsfigur und die gängigen Formeln für das Kreuzprodukt. Unterscheide die Fälle ~a⊥~b und ~a 6⊥ ~b.
(b) Gib mindestens zwei Elemente der Lösungsmenge von




5
2
 0  × ~x =  11 
−1
10
an (am besten natürlich die ganze Lösungsmenge).
Lösung: (a) Fall 1 (~a 6⊥ ~b):
~b
Da ~a × ~x immer senkrecht auf ~a steht,
ist L = ∅.
~b × ~a
Fall 2 (~a ⊥ ~b):
~x⊥~b
=⇒
~xkE mit E : ~b~x = 0
|~a × ~x| = |~a| · |~x| sin ϕ = |~b|
~
x
ϕ
=⇒
~c
|~
x| sin ϕ
|~b|
|~c| = |~x| sin ϕ =
|~a|
~c
~a
~b × ~a |~b|
·
|~b × ~a| |~a|
(
)
~b × ~a
L = ~x ~x = λ~a +
∧ λ∈R
(1)
|~a|2

 
 
 

a1
x1
a2 x3 − a3 x2
b1
Oder:
~a × ~x =  a2  ×  x2  =  a3 x1 − a1 x3  =  b2 
a3
x3
a1 x2 − a2 x1
b3
~x = λ~a + ~c = λ~a +
a2 x3
b1
a1 x3
b2
− , x1 =
+
=⇒
a3
a3
a3
a3

  a1 x3

  b2 
b2 
x1
a1
a3 + a3
a3
x3 
~x =  x2  =  a2ax3 3 − ab13  =
· a2  +  − ab13 
a3
x3
a3
x3
0
x2 =
Mit λ =
=⇒
x3
folgt
a3


b2
1 
~x = λ~a +
· −b1 
a3
0
(2)
(äquivalent zur obigen Lösung, nur anderer Aufpunkt)


~e1 ~e2 ~e3 −11
(b) Mit (1): ~b × ~a = 2 11 10 =  52 , |~a|2 = 26
5 0 −1 −55






5
−11


1
 52  ∧ λ ∈ R
L = ~x ~x = λ  0  +


26
−1
−55
128
Mit (2):



 

5
11


L = ~x ~x = λ  0  −  −2  ∧ λ ∈ R


−1
0
z.B.
0
1
2
 
 

−11
−6
−1
~x  2   2   2 
0
−1
−2
λ
Oder:


 
  

~e1 ~e2 ~e3 5
x1
x2
2
~a × ~x =  0  ×  x2  = 5 0 −1 =  −x1 − 5x3  =  11 
x1 x2 x3 −1
x3
5x2
10

=⇒
x2 = 2 und x1 = −5x3 − 11
162. Die Ebene E1 enthält die Punkte A (3 6 1), B (−3 6 5) und C (−3 − 3 3).
(a) Stelle die Gleichung von E1 in der vektorfreien Normalenform mit möglichst
kleinen ganzen Zahlen auf.
(b) Eine weitere Ebene E2 ist durch die Gleichung
E2 :
6x1 + 6x2 + 7x3 + 15 = 0
gegeben. Berechne den (spitzen) Schnittwinkel der Ebenen E1 und E2 .
(c) Untersuche, ob C ∈ E2 gilt.
(d) s1 und s2 sind die Spurgeraden von E1 und E2 in der x1 x2 -Ebene. Schreibe
die Gleichungen von s1 und s2 in der Form x2 = f (x1 ) und berechne die
Koordinaten des Schnittpunktes S der beiden Spurgeraden.
(e) Zeichne alle bisher gegebenen und berechneten Größen in ein Schrägbild. Zeichne auch die noch fehlenden Spurgeraden von E2 ein.
(f) Zeichne die Schnittmenge E1 ∩ E2 in das Schrägbild ein. Gib eine kurze Begründung deines Vorgehens.




−3
−6
−→ 
Lösung: (a) AB =
0  = 2  0 ,
2
4





−6
36
−→ 
−
→
−
→
AC = −9 , ~n′1 = AB × AC =  −12 
2
54



6
6
~n′1 = 6  −2  , wir wählen ~n1 =  −2 
9
9
 
3
−→
Mit ~a = OA =  6  folgt ~n1~a = 6 · 3 − 2 · 6 + 9 · 1 = 15 und damit
1
~n1 (~x − ~a) = 0
=⇒
E1 : 6x1 − 2x2 + 9x3 − 15 = 0
129

6
p
p
√
√
(b) ~n2 =  6 , |~n1 | = 62 + 22 + 92 = 121 = 11, |~n2 | = 62 + 62 + 72 = 121 = 11
7

87
~n1~n2
=
|~n1 | · |~n2 |
121
cos ϕ =
=⇒
ϕ = 44,03◦
(c) C in E2 : 6 · (−3) + 6 · (−3) + 7 · 3 + 15 = 0 =⇒ C ∈ E2
(d) x3 = 0 in E1 : 6x1 − 2x2 = 15
=⇒ s1 : x2 = 3x1 − 7,5
x3 = 0 in E2 : 6x1 + 6x2 = −15
s1 ∩ ss :
s2 : x2 = −x1 − 2,5
=⇒
3x1 − 7,5 = −x1 − 2,5
=⇒
x1 =
5
4
15
5
−
0 = S (1,25 − 3,75 0)
4
4
(e) Achsenpunkte von E2 : A1 (−2,5 0 0), A2 (0 − 2,5 0), A3 0 0 − 15
7
x2 =
15
15 15
−
=−
4
2
4
=⇒
S
x3
B
6
C
~
n1
~
n2
1
−7
S
s2
A
7
x2
s1
g
7
x1
(f) Da E1 und E2 nicht parallel sind (~n1 6 k~n2 ) ist die gesuchte Schnittmenge eine Gerade
g. Wir kennen zwei Punkte, die in beiden Ebenen liegen: S und C. Also ist
E1 ∩ E2 = g = SC
163. Gegeben sind die Ebene
E:
2x1 − 4x2 + 5x3 − 20 = 0
g:



5
−4
~x =  3  + λ  5 
4
4
130
und die Gerade

(a) Berechne die Koordinaten der Achsenpunkte A1 , A2 und A3 von E sowie der
Durchstoßpunkte D1 , D2 und D3 der Geraden g durch die Koordinatenebenen.
(b) Veranschauliche E und g in einem Schrägbild.
(c) Berechne die Koordinaten des Schnittpunktes S von g mit E und zeichne S in
das Schrägbild ein.
Lösung: (a) E :
x1 x2 x3
−
+
=1
10
5
4
A1 (10 0 0) , A2 (0 − 5 0) , A3 (0 0 4)
=⇒
x2 x3 -Ebene : 5 − 4λ = 0
=⇒
x1 x3 -Ebene : 3 + 5λ = 0
=⇒
x1 x2 -Ebene : 4 + 4λ = 0
=⇒
37
9 = D3 (0 9,25 9)
=⇒ D1 0
4
3
37 8
=⇒ D2
= D2 (7,4 0 1,6)
λ=−
0
5
5
5
λ = −1 =⇒ D3 (9 − 2 0)
5
λ=
4
(b)
x3
D1
6
g
A3
A
S
A2
1
7
D2
7
D3
A1
x1


 

−4
5
2
(c) Mit ~n =  −4 , ~a =  3 , ~v =  5  und d = 20 gilt
4
4
5

E : ~n~x − d = 0 und g : ~x = ~a + λ~v
λ=
d − ~n~a
20 − 18
1
=
=−
~n~v
−8
4
131
=⇒
=⇒
~n~a + λ~n~v = d
 
6
→
−
1

S = ~s = ~a − ~v = 47 
4
3
x2
164. Die Grafen der beiden Funktionen f und g mit
f (x) =
4
− 1 und g(x) = 4x − x2
x
schließen für x > 0 ein Flächenstück mit endlichem Inhalt A ein. Berechne die Nullstellen der beiden Funktionen und zeichne ihre Grafen im x-Intervall ]0; 5]. Weise
nach, dass die der Zeichnung entnommenen Schnittpunkte tatsächlich die gemeinsamen Punkte der beiden Funktionsgrafen sind und berechne dann A.
Lösung: f (x) = 0
=⇒
xf 0 = 4
g(x) = 0
=⇒
xg1 = 0,
y
xg2 = 4
x1 = 1 :
f (x1 ) = 3,
g(x1 ) = 3
x2 = 4 :
f (x2 ) = 0,
g(x2 ) = 0
A=
Z4
1
=
1
f
3
g
A
2
(g(x) − f (x)) dx =
Z4 4
1
4
4x − x − + 1 dx =
x
= 2x2 −
= 32 −
−1
2
x3
− 4 ln x + x
3
1
2
3
4
x
−1
4
1
64
1
− 4 ln 4 + 4 − 2 + − 1 = 12 − 4 ln 4 ≈ 6,455
3
3
165. Wir betrachten die Funktion f mit
f (x) =
1
+ ln x,
x
D = R+
(a) Berechne lim f (x). lim+ f (x) = +∞ darf für das Weitere vorausgesetzt werx→∞
den.
x→0
(b) Untersuche f auf Extremwerte und Wendepunkte und zeichne den Grafen von
f im x-Intervall ]0; 5] (Einheit 2 cm).
(c) Eine weitere Funktion ist g mit
g(x) =
Zx
f (t) dt
1
Schreibe g(x) in einer integralfreien Darstellung. Welche Nullstelle hat g?
(d) A1 ist der Inhalt der Fläche, die von Gf , der x-Achse und den Geraden x = 21
und x = 1 eingeschlossen wird, A2 dagegen wird von Gf , der x-Achse und den
Geraden x = 1 und x = 2 eingeschlossen. Berechne A1 und A2 mit Hilfe der
Funktion g und berechne exakt das Verhältnis der beiden Flächeninhalte.
132
Lösung: (a) lim f (x) = (0 + ∞) = +∞
x→∞
1
x−1
1
+ =
x2 x
x2
′
f (x) = 0 =⇒ x1 = 1
(b) f ′ (x) = −
y
2
1
2−x
− 2 =
3
x
x
x3
f ′′ (x) = 0 =⇒ x2 = 2
f ′′ (x) =
f ′′ (1) = 1 > 0
=⇒
2
TP bei (1|1)
f
1
6
2
2x − 6
f (x) = − 4 + 3 =
x
x
x4
1
f ′′′ (2) = − 6= 0 =⇒
8
WP bei 2 12 + ln 2 ≈ (2|1,19)
A1
′′′
(c) g(x) =
Zx 1
+ ln t
t
1
1 1
(d) A1 = g
=
2 2
0
166. (a)
1
2
g(x) = 1 − x + (1 + x) ln x mit g(1) = 0
ln 8 − 1
3 1 1 3
+ ln = − ln 2 =
≈ 0,53972
2 2
2 2
2
=⇒
A2
=2
A1
√
eax+b dx
Z7
(b)
1
2x
dx
−4
x2
(c) Berechne numerisch (3 Intervalle):
Zπ
sin2 x dx
0
Lösung: (a)
(b)
(c)
Z
eax+b dx =
Zπ
π
sin x dx ≈
3
0
1 ax+b
e
+C
a
√
√
Z7
Z7 2
2−ε √7
2x
(x − 4)′
2
2
dx =
dx = lim ln |x − 4| 1 + ln |x − 4| 2+ε =
ε→0
x2 − 4
x2 − 4
1
1
= lim ln | − 4ε + ε2 | − ln 3 + ln 3 − ln |4ε + ε2 | =
ε→0
ε(−4 + ε) = ln 1 = 0
= lim ln ε→0
ε(4 + ε) 2
x
dt = [ln t + t(ln t − 1)]x1 = ln x + x(ln x − 1) − ln 1 − 1 · (ln 1 − 1)
A2 = g(2) = −1 + 3 ln 2 = ln 8 − 1 = 2A1
Z
A2
π
5π
π
+ sin2 + sin2
sin
6
2
6
2
133
=
1
π
π 1
( +1+ )=
3 4
4
2
167. (a)
(d)
Z
Ze2
x3
dx (b)
5x4 + 3
Z
dx
x ln x
Z2
(e)
x3
1
dx =
5x4 + 3
20
Z
Z
1
xn−1
dx =
(b)
xn + a
n
Z3
Z3
1
x2
dx =
(c)
x3 − 1
3
2
2
(d)
e
π
2
(e)
Z
0
π
4
(f)
Z
0
sin x − cos x
dx (f)
sin x + cos x
Z4
sin x − cos x
dx
sin x + cos x
2
0
Z
Ze2
x2
dx
x3 − 1
π
e
Lösung: (a)
(c)
Z3
xn−1
dx
xn + a
dx
=
x ln x
Ze2
e
1
x
ln x
π
0
Z
Z
1
1
20x3
(5x4 + 3)′
dx
=
dx =
ln |5x4 + 3| + C
5x4 + 3
20
5x4 + 3
20
Z
1
1
nxn−1
(xn + a)′
dx
=
dx = ln |xn + a| + C
n
n
x +a
n
x +a
n
3
3
Z
1
1 26
1
3x2
(x3 − 1)′
3
dx =
dx =
ln |x − 1| = ln
3
3
x −1
3
x −1
3
3
7
2
2
dx =
Ze2
e
2
(ln x)′
dx = [ln | ln x|]ee = ln 2
ln x
π
sin x − cos x
dx = −
sin x + cos x
Z2
0
π
(sin x + cos x)′
dx = − [ln | sin x + cos x|]02 = 0
sin x + cos x
π
√
1
sin x − cos x
dx = − [ln | sin x + cos x|]04 = − ln 2 + ln 1 = − ln 2
sin x + cos x
2
168. (a) Zeichne die Grafen der Funktionen f , g und h mit
f (x) =
4
,
x
g(x) =
4
x1,1
und h(x) =
4
x2
im x-Intervall [1; 6] in ein Koordinatensystem (Einheit: 2 cm).
(b) Mit gx bezeichnen wir das Lot auf die x-Achse bei x. A1 (x) ist die Fläche,
die von Gf , Gg und gx eingeschlossen wird, A2 (x) wird von Gg , Gh und gx
eingeschlossen. Stelle die Gleichungen von A1 und A2 auf.
(c) Welche Ungleichung vermutet man zwischen A1 (x) und A2 (x), wenn man die
Grafen der Funktionen betrachtet? Bestätige die Vermutung durch das Aufstellen einer Wertetabelle für A1 (x) und A2 (x) mit x ∈ {5, 10, 102, 103 , 104 , 105}.
(d) Berechne die Grenzwerte von A1 (x) und A2 (x) mit x → ∞. Wie vertragen sich
diese Ergebnisse mit der Vermutung aus Teilaufgabe (c)? Erweitere die Wertetabelle für A1 (x) und A2 (x) und bestimme möglichst genau den kritischen
”
Punkt“.
Lösung: (a)
134
y4
3
2
f
1
g
h
0
(b) A1 (x) =
f (t) − g(t) dt = 4 ln x +
Zx
g(t) − h(t) dt =
1
4
3
Zx
1
A2 (x) =
2
5
6
x
40
− 40
x0,1
40
4
− 0,1 + 36
x x
(c) Man vermutet A1 (x) < A2 (x).
x
5
10
102
103
104
105
A1 (x) 0,49 0,98 3,66 7,68 12,77 18,70
A2 (x) 2,75 4,63 10,80 15,96 20,08 23,35
(d) lim A1 (x) = +∞,
x→∞
lim A2 (x) = 36
x→∞
x
106
107 1,5 · 106
A1 (x) 25,31 32,45
26,53
A2 (x) 25,95 28,02
26,35
1,5 · 106
26,10
26,21
1 374 268
1 374 269
26,2668644 26,2668666
26,2668657 26,2668664
A1 (x) < A2 (x) für x < x0 und A1 (x) > A2 (x) für x > x0 mit x0 ≈ 1 374 269
169. (a)
Lösung: (a)
(b)
Z
Z
Z2
1
(ax + b)99 dx
(b)
Z2
3x2
dx
x3 + 1
(c) Berechne x:
1
(ax + b)99 dx =
3x2
dx =
x3 + 1
Z2
1
Zx
2
(ax + b)100
+C
100a
2
(x3 + 1)′
dx = ln |x3 + 1| 1 = ln 9 − ln 2 ≈ 1,50
3
x +1
135
dt
=1
t
(c)
Zx
2
dt
x
= ln x − ln 2 = ln = 1
t
2
=⇒
x = 2e
170. Wir betrachten die Funktion f mit
f (x) = xe−x ,
D=R
(a) Berechne die Nullstelle von f und untersuche das Verhalten von f an den
Rändern von D.
(b) Untersuche f auf Extremwerte und Wendepunkte und zeichne den Grafen von
f im x-Intervall ] − 1; 5] (Einheit 2 cm).
[Nur zur Kontrolle: f ′ (x) = (1 − x)e−x , f ′′ (x) = (x − 2)e−x ]
(c) Eine weitere Funktion ist g mit
g(x) =
Zx
f (t) dt
0
Beweise:
g(x) = 1 − (x + 1)e−x
Welche Nullstelle hat g?
(d) Verwende bereits vorhandene Ergebnisse, um die Extremwerte und Wendepunkte von g zu bestimmen. Zeichne den Grafen von g im x-Intervall ] − 1; 5]
(Einheit 2 cm).
(e) Berechne lim g(x). Interpretiere das Ergebnis geometrisch, einmal bezüglich
x→+∞
des Grafen von f und einmal bezüglich des Grafen von g.
Lösung: (a) xf 0 = 0,
lim f (x) = (−∞ · ∞) = −∞
x→−∞
∞
1
x
= lim x = 0+
=
x
x→−∞ e
x→−∞ e
∞
lim f (x) = lim
x→−∞
(b) f ′ (x) = e−x − xe−x = (1 − x)e−x
f ′ (x) = 0
=⇒
′′
−x
′′
=⇒
f (x) = −2e
f (x) = 0
y1
xf 1 = 1
+ xe−x = (x − 2)e−x
xf 2 = 2
1
f (1) = − < 0 =⇒ HP bei 1 1e
e
′′′
f (x) = 3e−x − xe−x = (3 − x)e−x
−1
1
−1
′′
1
6= 0 =⇒
e
WP bei 2 e22 ≈ (2|0,27)
f ′′′ (2) =
−2
−3
136
2
x
(c) Zu zeigen ist g ′ (x) = f (x) und g(0) = 0 (Untergrenze).
g′ (x) = −e−x − (x + 1)(−e−x ) = −e−x + xe−x + e−x = xe−x = f (x)
(d) g ′ (x) = f (x)
g′′ (x) = f ′ (x)
g(0) = 1 − (0 + 1)e0 = 1 − 1 = 0
=⇒
xg1 = xf 0 = 0
=⇒
g′′ (0) = f ′ (0) = 1 > 0
y2
xg2 = xf 1 = 1
1
=⇒
TP bei (0|0)
(e)
g′′′ (1) = f ′′ (1) = − 1e 6= 0
WP bei 1 1e
−1
=⇒
1
2
x
−1
x+1
=1−0=1
x→+∞
x→+∞ ex
Die Fläche zwischen Gf und der x-Achse im Intervall [0, +∞[ ist 1.
Gg hat die waagrechte Asymptote y = 1.
lim g(x) = 1 − lim
171. Untersuche auf lineare Abhängigkeit:
12 −1,6
5
~
(a) ~a =
,
und b =
7
−2,1
5
−1,6
4
~
(b) ~e =
und f =
7
−3,6
5
(c) Stelle, wenn möglich, ~x =
~e und f~ dar.
8,8
−8
als Linearkombination von ~a und ~b bzw.
3
Lösung: (a) ~b = ~a =⇒ ~a und ~b sind linear abhängig.
2
18
4
5
−3,6
(b)
= − 6= 7 = −
=⇒ ~e und f~ sind linear unabhängig.
−1,6
2
7
5
(c) Da ~x ∦ ~ak~b mit ~a und ~b nicht möglich.
Da ~e und f~ linear unabhängig sind, gibt es λ ∈ R und µ ∈ R mit ~x = λ~e + µf~
−1,6λ + 4µ = 8,8
1,4λ − 3,6µ = −8
0,9 · (1) + (2) :
(4) in (1)
−0,04λ = −0,08
λ=2
−3,2 + 4µ = 8,8
µ=3
~x = 2~e + 3f~
137
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
=⇒
172. Untersuche auf lineare Abhängigkeit:






4
−5
21
(a) ~a =  −3  , ~b =  −2  und ~c =  −5 
1
3
−3
 




2
1
9
(b) ~e =  1  , f~ =  −1  und ~g =  12 
1
2
−3


−8

1  als Linearkombination von ~a, ~b und ~c bzw.
(c) Stelle, wenn möglich, ~x =
2
~
~e, f und ~g dar.
Lösung: (a) Aus λ~a + µ~b + ν~c = ~o folgt
4λ − 5µ + 21ν = 0
(3) :
(2) + 3 · (3) :
(1) − 4 · (3)
(4) :
−3λ − 2µ − 5ν = 0
(2)
λ + 3µ − 3ν = 0
(3)
λ + 3µ − 3ν = 0
(4)
7µ − 14ν = 0
(5)
−17µ + 33ν = 0
(6)
λ + 3µ − 3ν = 0
(7)
−7ν = 0
(9)
7µ − 14ν = 0
(5) :
17 · (5) + 7 · (6) :
(1)
(8)
=⇒ λ = µ = ν = 0, also sind ~a, ~b und ~c linear unabhängig.
(b) Aus λ~e + µf~ + ν~g = ~o folgt
(3) :
(2) − (3) :
2λ + µ + 9ν = 0
(1)
λ − µ + 12ν = 0
(2)
λ + 2µ − 3ν = 0
(3)
λ + 2µ − 3ν = 0
(4)
−3µ + 15ν = 0
(6)
−3µ + 15ν = 0
(1) − 2 · (3)
(5) bzw. (6) :
(7) in (1) :
(5)
µ = 5ν
(7)
λ = −7ν
(8)
Z.B. für ν = 1 folgt −7~e + 5f~ + ~g = ~o, also sind ~e, f~ und ~g linear abhängig.
138
(c) Da ~a, ~b und ~c linear unabhängig sind, gibt es λ, µ, ν ∈ R mit ~x = λ~a + µ~b + ν~c
4λ − 5µ + 21ν = −8
(1)
−3λ − 2µ − 5ν = 1
(2)
λ + 3µ − 3ν = 2
(3)
λ + 3µ − 3ν = 2
(4)
(3) :
(2) + 3 · (3) :
(1) − 4 · (3)
(4) :
7µ − 14ν = 7
(5)
−17µ + 33ν = −16
(6)
λ + 3µ − 3ν = 2
(7)
−7ν = 7
(9)
7µ − 14ν = 7
(5) :
17 · (5) + 7 · (6) :
ν = −1
µ = −1
(10) in (8) :
(10) und (11) in (7) :
=⇒
(8)
(10)
(11)
λ=2
~x = 2~a − ~b − ~c
Obwohl ~e, f~ und ~g linear abhängig sind, könnte ~x zu ~e, f~ und ~g komplanar sein. Wir
setzen einfach an: ~x = λ~e + µf~ + ν~g :
2λ + µ + 9ν = −8
(1)
λ + 2µ − 3ν = 2
(3)
λ + 2µ − 3ν = 2
(4)
λ − µ + 12ν = 1
(3) :
(2) − (3) :
−3µ + 15ν = −1
(1) − 2 · (3)
−3µ + 15ν = −12
(2)
(5)
(6)
(5) und (6) sind nicht gleichzeitig erfüllbar, das Gleichungssystem hat keine Lösung,
~x ist nicht als Linearkombination von ~e, f~ und ~g darstellbar.
173. Auf Kollisionskurs
Ein Körper K bewegt sich mit der konstanten Geschwindigkeit ~v , zur Zeit t1 befindet
er sich am Ort ~x1 . Der Ort von K zur Zeit t ist dann
~x(t) = ~x1 + (t − t1 )~v,
die Gleichung der Bahnkurve (Gerade g) von K lautet:
g:
~x = ~x1 + λ~v,
Aus dem Protokoll einer Flugüberwachung:
139
λ∈R
Flugzeug
Zeit
x in m
y in m
z in m
Airbus
Kampfjet
00:00:00
00:00:39
10000
9500
2000
1000
3000
1600
vx in
m
s
vy in
−50
−100
m
s
vz in
−100
−200
m
s
20
120
(a) Berechne die Beträge der Flugzeuggeschwindigkeiten.
(b) Unter welchem Winkel, gegebenenfalls nach einer Parallelverschiebung, schneiden sich die Flugbahnen?
(c) Wo sind die beiden Flugzeuge, gerade Flugbahnen vorausgesetzt, auf der Höhe
null gestartet?
(d) Untersuche, ob sich die Flugbahnen der beiden Maschinen schneiden und ob
es zu einer Kollision kommt.
(e) Berechne die minimale Entfernung der beiden Flugzeuge.


−50
√
=⇒ |~vA | = 12900 ms ≈ 116 ms = 409 km
Lösung: (a) ~vA =  −100  ms
h
20


−100
√
=⇒ |~vK | = 64400 ms ≈ 254 ms = 914 km
~vK =  −200  ms
h
120
~vA~vK
(b) cos ϕ =
| = 0,9506 =⇒ ϕ = 18,1◦
|~vA | · |~vK
(c) Bahnkurven ohne Einheiten:




10000
−50
Airbus:
gA : ~x =  2000  + λ  −100 
3000
20




−100
9500
Jet:
gK : ~x =  1000  + µ  −200 
1600
120
x3 = 0
(d)
=⇒
40
. Die Startorte sind dann
3




10,83
17,5
sA =  17,0  km und sK ≈  3,67  km
0,00
0,0
λ = −150 und µ = −
50λ − 100µ = 500
gA = gK =⇒
100λ − 200µ = 1000
−20λ + 120µ = 1400
λ − 2µ = 10
(1) und (2) identisch :
−λ + 6µ = 70
(4) + (5)
4µ = 80
µ = 20,
140
λ = 50
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
Die Flugbahnen schneiden sich in S (7500 − 3000 4000).
Orte der Flugzeuge:




10000
−50
m
Airbus:
~xA (t) =  2000  m + t ·  −100 
s
3000
20




9500
−100
m
Jet:
~xK (t) =  1000  m + (t − 39 s)  −200 
s
1600
120
Der Airbus ist zur Zeit tA = 50 s, der Jet zur Zeit tK = 59 s am Ort S.
(e) Die Entfernung der beiden Flugzeuge zur Zeit t bezeichnen wir mit s(t). Der Einfachheit halber rechnen wir ohne Einheiten:

2
50t − 3400
f (t) = s(t)2 = [~xA (t) − ~xK (t)]2 =  100t − 6800  =
6080 − 100t
= 22 500t2 − 2 916 000t + 94 766 400
s(t) ist minimal, wenn f (t) minimal ist:
s(64,8) =
p
f ′ (t) = 45 000t − 2 916 000 = 0
=⇒
t = 64,8
√
22 500 · 64,82 − 2 916 000 · 64,8 + 94 766 400 = 288 000 ≈ 537
Die minimale Entfernung zur Zeit 64,8 s ist also 537 m.
174. Berechne die Lösungsmenge:
(a)
2x1 − 3x2 − x3 = 7
−4x1 + 31x2 + 7x3 = −9
(b)
14x1 − 21x2 − 7x3 = 49
−6x1 + 9x2 + 3x3 = −24
(c)
14x1 − 21x2 − 7x3 = 49
−6x1 + 9x2 + 3x3 = 21
2x1 − 3x2 − x3 = 7
Lösung: (a)
−4x1 + 31x2 + 7x3 = −9
(1)
(2)
2 · (1) + (2) :
25x2 + 5x3 = 5
(3)
(3) : 5 :
5x2 + x3 = 1
(4)
wir wählen :
x2 = λ
(5)
x3 = 1 − 5λ
(6)
(5) in (4) :
x1 = 4 − λ


 


4
−1


L = ~x ~x =  0  + λ  1  , λ ∈ R


1
−5
(5) und (6) in (1) :
=⇒
141
(6)
(b)
14x1 − 21x2 − 7x3 = 49
(1) : 7 :
(1)
−6x1 + 9x2 + 3x3 = −24
(2)
2x1 − 3x2 − x3 = 7
(3)
(2) : 3 :
−2x1 + 3x2 + x3 = −8
(4)
(3) + (4) :
0 = −1
(5)
Widerspruch
(c)
=⇒
L=∅
14x1 − 21x2 − 7x3 = 49
(1)
−6x1 + 9x2 + 3x3 = −21
(2)
(3)
(2) : (−3) :
2x1 − 3x2 − x3 = 7
2x1 − 3x2 − x3 = 7
(4)
(3) + (4) :
0=0
(5)
(1) : 7 :
Die beiden Gleichungen (3) und (4) sind identisch, die Lösungsmenge L des Systems
ist also gleich der Lösungsmenge L1 von (1) bzw. (3). Interpretiert man die Elemente
von L als Punkte imR3 , 
dann ist L die durch (3) beschriebene Ebene mit dem
2
Normalenvektor ~n =  −3  und z.B. dem Aufpunkt A (3,5 0 0).
−1
175. Berechne die Lösungsmenge:
(a)
5x1 + 3x2 − x3 = 15
−2x1 + 2x2 + x3 = −13
3x1 − x2 − 2x3 = 16
(b)
5x1 + 3x2 − x3 = 15
−2x1 + 2x2 + x3 = −13
−15x1 − 9x2 + 3x3 = −45
(c)
5x1 + 3x2 − x3 = 15
10x1 + 6x2 − 2x3 = 30
−15x1 − 9x2 + 3x3 = −45
(d)
5x1 + 3x2 − x3 = 15
10x1 + 6x2 − 2x3 = 30
−15x1 − 9x2 + 3x3 = −42
142
Lösung: (a)
5x1 + 3x2 − x3 = 15
(1) :
2 · (1) + 5 · (2) :
(2)
3x1 − x2 − 2x3 = 16
(3)
5x1 + 3x2 − x3 = 15
(4)
14x2 + 7x3 = −35
5x1 + 3x2 − x3 = 15
(4) :
16x2 + 3x3 = −35
(5) :
7 · (5) − 8 · (6) :
(9)
−2x1 + 2x2 + x3 = −13
16x2 + 3x3 = −35
3 · (1) − 5 · (3) :
−35x3 = 35
x3 = −1
=⇒
x2 = −2
(10) in (8) :
(10) und (11) in (7) :
(1)
(5)
(6)
(7)
(8)
(9)
(10)
(11)
x1 = 4
=⇒
L = {(4|−2|−1)}
(b)
5x1 + 3x2 − x3 = 15
(1)
−2x1 + 2x2 + x3 = −13
(2)
−15x1 − 9x2 + 3x3 = −45
5x1 + 3x2 − x3 = 15
(1) :
2 · (1) + 5 · (2) :
x3 = λ
(7) und (8) in (4) :
35 3λ
−
(8)
16 16
69 5λ
x1 =
+
(9)
16 16





69
5

1 
−35  + µ  −3  , µ ∈ R
~x =

16
0
16


L = ~x

5x1 + 3x2 − x3 = 15
10x1 + 6x2 − 2x3 = 30
−15x1 − 9x2 + 3x3 = −45
(2) : 2 :
(3) : (−3) :
(7)
x2 = −
(7) in (5) :
(1) :
(6)
=⇒ (6) fällt weg
wir wählen :
(c)
(5)
5x1 + 3x2 − x3 = 15
(4) und (6) identisch
λ
=⇒
16
(4)
16x2 + 3x3 = −35
(3) : (−3) :
µ=
(3)
(1)
(2)
(3)
5x1 + 3x2 − x3 = 15
(4)
5x1 + 3x2 − x3 = 15
(6)
5x1 + 3x2 − x3 = 15
143
(5)
Alle drei Gleichungen sind identisch, die Lösungsmenge L des Systems ist also gleich
3
der Lösungsmenge L1 von (1). Interpretiert man die Elemente von L als Punkte
im R,
5
dann ist L die durch (1) beschriebene Ebene mit dem Normalenvektor ~n =  3 
−1
und z.B. dem Aufpunkt A (0 0 − 15).
5x1 + 3x2 − x3 = 15
(1)
(d)
10x1 + 6x2 − 2x3 = 30
(2)
−15x1 − 9x2 + 3x3 = −42
5x1 + 3x2 − x3 = 15
(1) :
5x1 + 3x2 − x3 = 15
(2) : 2 :
5x1 + 3x2 − x3 = 14
(3) : (−3) :
(5) − (6) :
(3)
(4)
(5)
(6)
0=1
Widerspruch
=⇒
L=∅
176. Die Ebene E enthält die Punkte A (3 3 3), B (7 6 2) und C (2 7 4), die Gerade g
geht durch die Punkte F (14 15 8) und G (13 10 4).
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
Stelle die Gleichungen von E und g in der Parameterform auf.
Berechne die Koordinaten der Achsenpunkte von E.
Berechne die Koordinaten der Spurpunkte von g.
Berechne die Schnittmenge von E und g.
Stelle die Gleichung einer Ebene E ′ auf, die parallel zu g ist, den Punkt A
enthält und deren Spurgerade in der x1 x2 -Ebene parallel zur x2 -Achse verläuft.
Veranschauliche den ganzen Sachverhalt in einem Schrägbild.





4
−1
3
→
−
−→
−→
Lösung: (a) E : ~x = A + λAB + µAC =  3  + λ  3  + µ  4 
3
−1
1

 

13
1
→
−
−→
g : ~x = G + λGF =  10  + σ  5 
4
4
4λ − µ = −3
(b) E ∩ x3 -Achse =⇒ x1 = x2 = 0:

3λ + 4µ = −3
4 · (1) + (2) :
(4) in (1) :
(4) und (5) in E :
144
19λ = −15
15
λ=−
19
3
µ=−
19
69
A3 0 0
19
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
69
Analog zeigt man: A2 (−23 0 0), A1 0
0
7
(c) g ∩ x1 x2 -Ebene =⇒ x3 = 4 + 4σ = 0 =⇒ σ = −1
g ∩ x1 x3 -Ebene =⇒ x2 = 10 + 5σ = 0 =⇒ σ = −2
g ∩ x2 x3 -Ebene =⇒ x1 = 13 + σ = 0
(d) E ∩ g =⇒ xE = xg =⇒ :
=⇒ S12 (12 5 0)
=⇒ S13 (11 0 − 4)
=⇒ σ = −13 =⇒ S23 (0 − 55 − 48)
4λ − µ − σ = 10
3λ + 4µ − 5σ = 7
−λ + µ − 4σ = 1
3 · (1) − 4 · (2) :
−19µ + 17σ = 2
(1) + 4 · (3) :
(5) + (6) :
=⇒
µ = −1,
(2)
(3)
4λ − µ − σ = 10
(1) :
(1)
(4)
(5)
3µ − 17σ = 14
(6)
−16µ = 16
(7)
σ = −1,
λ=2
E ∩ g = {S} mit S (12 5 0)
 
 
0
1
−→  
′

und ~y = 1 , da jeder zur Spurge(e) Richtungsvektoren von E : w
~ = GF = 5
0
4
raden parallele Vektor als Richtungsvektor verwendet werden kann.
 
 
 
3
1
0
→
−
E ′ : ~x = A + sw
~ + t~y =  3  + s  5  + t  1 
3
4
0
σ in g
=⇒
Für die Spurgerade h in der x1 x2 -Ebene gilt x3 = 0
x3 = 3 + 4s = 0
=⇒
=⇒
s=−
3
4
s in E ′ :
h:
 


 
 

1
9
3
0
0
3 
1






~x = 3
5
−3
+t 1
+t 1 
−
=
4
4
4
0
3
0
0

145
x3
A3
C
2
A
F
x2
7
g
E
B
G
9
A1
S12
x1
S13
177. (a) Verwandle in die Normalenform: E :
(b) Verwandle in die Parameterform: E :




 
−1
1
2





3
~x =
+ λ −3
+µ 3 
−2
1
1

−2x1 + 5x2 + 3x3 − 20 = 0
   


 

1
2
−6
−6
−1
Lösung: (a) ~n =  −3  ×  3  =  1 , ~n~a =  1  ·  3  = −9
1
1
9
9
−2
E:
~n(~x − ~a) = 0
=⇒
E:
−6x1 + x2 + 9x3 + 9 = 0
(b) Die Achsenpunkte von E sind A1 (−10 0 0), A2 (0 4 0) und A3 0 0
Richtungsvektoren:


 
10
5
−
−
−
→
~u ′ = A1 A2 =  4  , besser ~u =  2 
0
0



0
0
−−−→
3
~v ′ = A2 A3 =  −4  , besser ~v = ~v ′ =  −3 
4
20
5
3

146
20
3
. Mögliche


 

0
5
0
~x =  4  + λ  2  + µ  −3 
0
5
0

Aufpunkt z.B. A2 : E :
178. Gegeben sind die Punkte A (3 − 2 1), B (1 4 4) und C (5 6 2) sowie der Vektor


−3
~u =  2  .
z
Die Gerade g enthält die Punkte A und B, die Gerade h enthält den Punkt C und
ist parallel zu ~u.
(a) Stelle die Gleichungen von g und h auf.
(b) Berechne die Koordinaten des Spurpunktes G von g in der x1 x2 -Ebene. g ′ und
h′ sind die Projektionen von g und h, parallel zur x3 -Achse, in die x1 x2 -Ebene.
Stelle die Gleichungen von g ′ und h′ in der Parameterform auf.
(c) z wird so gewählt, dass sich g und h schneiden. Berechne z und die Koordinaten
des Schnittpunktes S.
(d) Erstelle ein Schrägbild mit allen gegebenen und berechneten geometrischen
Größen.
(e) Berechne die Koordinaten des Spurpunktes H von h in der x1 x2 -Ebene. F ist
der Fußpunkt des Lotes von S auf die x1 x2 -Ebene. Berechne das Volumen der
Pyramide GHFS.

−2
−→
Lösung: (a) ~v = AB =  6 
3

g:




3
−2
~x =  −2  + λ  6  ,
1
3
(b) x3 = 1 + 3λ = 0
g′ :
(c)
=⇒
=⇒

1
λ=−
3


=⇒

3
−2
~x =  −2  + λ  6  ,
0
0
147
h:
G




5
−3
~x =  6  + µ  2 
2
z
11
−4 0 .
3

h′ :



5
−3
~x =  6  + µ  2 
0
0
g∩h:
3 − 2λ = 5 − 3µ
(1)
1 + 3λ = 2 + zµ
(3)
−2 + 6λ = 6 + 2µ
(2)
−2λ + 3µ = 2
(4)
6λ − 2µ = 8
(5)
3λ − zµ = 1
3 · (4) + (5) :
7µ = 14 =⇒ µ = 2
(8)
6 − 2z = 1 =⇒ z = 2,5
(7), (8) in (6) :
=⇒
(7)
−2λ + 6 = 2 =⇒ λ = 2
(7) in (4) :
(8) in g
(d)
(6)
(9)
S (−1 10 7)
x3
S
g
h
B
~
u
2
F
A
g′
G
7
C
x2
h′
8
x1
H
5
4
(e) x3 = 2 + µ = 0 =⇒ µ = −
=⇒ H (7,4 4,4 0). F (−1 10 0).
2
5

  42 
 56 


 
−5
−8,4
− 15
−3
4
−→ 
−→  42 
28 
14 
14 



=
HF =
5,6
= 5
= − 15 9 
2 , HG = − 5
5
0
0
0
0
0


0
−→ −→ 142 
4802
1 −→ −→
142 · 35 · 7
0  =⇒ V = · |HF × HG| · FS =
=
≈ 320
HF × HG =
75
2
150
15
35
179. Gegeben sind die Ebenen E1 und E2 durch die Gleichungen
E1 : 5x1 − 4x2 + 5x3 − 20 = 0
 




2
−1
−1
E2 : ~x =  0  + λ  1  + µ  0 
2
0
1
(a) Berechne die Koordinaten der Achsenpunkte A1 , A2 und A3 von E1 und gib
eine Gleichung von E1 in der Parameterform an.
148
(b) Gib eine Gleichung von E2 in der Normalenform an.
[Ein mögliches Ergebnis: −3x1 − 3x2 − 3x3 + 12 = 0]
(c) Die Achsenpunkte von E2 seien B1 , B2 und B3 . Wie lauten ihre Koordinaten?
[Zur Kontrolle: B2 (0 4 0)]
(d) Die Gerade g ist das Lot auf E2 in B2 . Schreibe die Gleichung von g hin und
Berechne die Koordinaten des Schnittpunktes S von g mit E1 .
(e) Zeichne die Spurgeraden der beiden Ebenen sowie und S und g in ein Schrägbild.
(f) Berechne das Volumen der Pyramide B1 B2 B3 S.
x1 x2 x3
−
+
=1
4
5
4
A1 (4 0 0) , A2 (0 − 5 0) , A3 (0 0 4).
 
 
 
0
4
4
→
−
−−→
−−→





+µ 5 
+λ 5
E1 : ~x = A 1 + ν A2 A1 + σ A2 A3 = 0
4
0
0
 

 
    
~e1 ~e2 ~e3 −1
−1
1
1
2









1
0
1
(b) ~n =
×
= −1 1 0 = 1
,
· 0 =4
0
1
−1 0 1
1
1
2
Lösung: (a) E1 :
=⇒
E2 : x1 + x2 + x3 − 4 = 0
x1 x2 x3
(c) E2 :
+
+
= 1 =⇒ B1 (4 0 0) , B2 (0 4 0) , B3 (0 0 4).
4
4
4  
 
1
0
→
−
(d) g : ~x = B 2 + t · ~n =  4  + t  1 
1
0
(e)
g in E1 : 5t − 4(4 + t) + 5t − 20 = 0
=⇒
t=6
=⇒
S (6 10 6)
x3
A 3 = B3
S
2
g
A2
B2
5
7
x2
A 1 = B1
x1
(f)

 
−4
−4
−−→
1 1 −−→
1 


×
0
4
V = · · |B1 B2 × B1 B3 | · B2 S = 3 2
6
4
0


 
  
−1
1
−1 1 42 · 6 





=
·
1
×
0 · 1 = 16 ·  1
6
1
0
1 1 149
 
6
 ·  6
6
 
1
 ·  1
1

 =

√
 = 16 · 3 2 = 48
180. F ist der Fußpunkt des Lotes von P auf E, P′ ist der an E gespiegelte Punkt P.
Bestimme die HNF von E und berechne den Abstand d(P, E) und die Koordinaten
von F und P′ .






4
6
3
(a) E : ~x =  −2  + λ  −2  + µ  −2 , P (−4 5 − 2)
3
3
2
9x1 + 12x2 + 20x3 − 205 = 0, P (−6 22 31)
(b) E :
(c) E enthält die parallelen Geraden


 


 
−5
0
7
0







3
g : ~x =
+λ 1
und h : ~x = −1
+ λ 1 ,
0
1
2
1
P (5 4 − 3)

 
 
 
 
4
2
2
3
6
Lösung: (a) ~n =  −2  ×  −2  =  −3 ,  −3  ·  −2  = 8 + 6 − 18 = −4
3
−6
−6
2
3

=⇒
2x1 − 3x2 − 6x3 + 4 = 0
3
6
4
2
− x1 + x2 + x3 − = 0
7
7
7
7
E:
HNF von E :
−2 · (−4) + 3 · 5 + 6 · (−2) − 4
d(P, E) =
=1
7




−2
−26
1
1
~ = P~ − d(P, E) · ~n0 =  32 
~n0 =
3  =⇒ F
7
7
6
−20


−24
1
P~ ′ = P~ − 2 · d(P, E) · ~n0 =  29 
7
−26
9x1 + 12x2 + 20x3 − 205
=0
25
(b) HNF von E:
9 · (−6) + 12 · 22 + 20 · 31 − 205
= 25
25



−15
 =⇒ F~ = P~ − d(P, E) · ~n0 =  10 
11


−24
= P~ − 2 · d(P, E) · ~n0 =  −2 
−9
d(P, E) =
~n0 =

9
1 
12
25
20
P~ ′
(c) Richtungsvektoren von E:


 
6
0
−
→
1
~v =  1  , ~u = AB =  −2  ,
2
1
1
150


1
~n′ = ~u × ~v = −3  2  ,
−2


1
~n =  2 
−2
x1 + 2x2 − 2x3 − 1
=0
3
HNF von E:
d(P, E) =
1 · 5 + 2 · 4 − 2 · (−3) − 1
=6
3

3
=⇒ F~ = P~ − d(P, E) · ~n0 =  0 
1


1
P~ ′ = P~ − 2 · d(P, E) · ~n0 =  −4 
5


1
1
2 
~n0 =
3
−2

181. Gegeben sind die Geraden
g:
mit
~x = ~a + λ~u, λ ∈ R und h :


13
~a =  0  ,
−1


−4
~u =  3  ,
1

~x = ~b + µ~v, µ ∈ R

2
~b =  8 
10


2
und ~v =  0 
−1
(a) Berechne die Koordinaten der Spurpunkte der beiden Geraden und zeichne
die Geraden mit Spurpunkten in ein Schrägbild (verwende für die Zeichnung
eine ganze Seite im Hochformat). Zeichne auch die Projektionen g ′ und h′ der
beiden Geraden in die x1 x2 -Ebene ein. Wo schneiden sich g ′ und h′ ?
(b) Zeige, dass die Geraden windschief sind und berechne ihren Abstand d.
(c) Berechne die Koordinaten der Punkte P ∈ g und Q ∈ h mit PQ = d und
zeichne sie in das Schrägbild ein.
(d) Wir stellen uns g und h als straff gespannte Stahlseile vor. An h ist ein weiteres
Seil der Länge s befestigt, das senkrecht nach unten hängt (parallel zur x3 Achse) und dessen Aufhängepunkt frei auf h gleitet. Wie groß darf s höchstens
sein, damit das untere Ende des gleitenden Seils die Gerade g niemals berührt?
Lösung: (a) Spurpunkte von g:
Spurpunkte von h:
G12 (9 3 0), G13 (13 0 − 1) = A, G23 (0 9,75 2,25)
H12 (22 8 0), kein H13 , da h parallel zur x1 x3 -Ebene, H23 (0 8 11)
Setzt man die x2 -Komponenten der Geradengleichungen
gleich, dann folgt λ =
7
′
′
′
damit für den Schnittpunkt von g und h : S 3 8 0 .
151
8
3
und
x3
11
H23
B
T
7
h
s
g
Q
G23
2
d
5
S
11
P
x2
S′
8
G12
x1
A
H12
(b)
g∩h :
4λ + 2µ = 11
3λ = 8
(2) und (3) =⇒
λ=
(2)
λ + µ = 11
(3)
25
3
(4)
8
,
3
µ=
82
6= |{z}
11
3
|{z}
(4) in (1)
(1)
lS
rS
(1) also nicht erfüllt, d.h. g und h haben keinen Schnittpunkt. Da die Richtungsvektoren nicht parallel sind, sind g und h windschief.
(c) Ein Normalenvektor zu den beiden Richtungsvektoren ist
 

 
  
3
2
−4
3
1 
~n






2
0
3
=
~n =
×
= 2 , ~n0 =
|~n|
7
6
−1
1
6
  
 

2
13
1 3
−33 + 16 + 66
~
=








=7
2
d = |~n0 (b − ~a)| = ·
8
−
0
7
7 6
10
−1
152
−→
−
→ −→
−
~ = ~b + µ~v und →
(d) Mit PQ = d~n0 , P~ = ~a + λ~u, Q
Q = P + PQ folgt
13 − 4λ + 3 = 2 + 2µ
(1)
3λ + 2 = 8
(2)
−1 + λ + 6 = 10 − µ
(3)
(1) und (2) =⇒
λ = 2,
µ=3
  



5
13
−4
−
→
P =  0  + 2 3  = 6 
1
1
−1



  
2
2
8
→ 
−
8  + 3 0  = 8 
Q=
10
−1
7
(4)
=⇒
P (5 6 1)
=⇒
Q (8 8 7)
(e) S′ ∈ g ′ =⇒ 3λ = 8 =⇒ λ = 83 . Der Punkt S ∈ g, der senkrecht über S′ liegt,
hat die Koordinaten S 73 8 53 .
S′ ∈ h′ =⇒ 2 + 2µ = 37 =⇒ µ = 61 . Der Punkt T ∈ h, der senkrecht über S′
liegt, hat die Koordinaten T 73 8 59
6 . Das Seil darf maximal die Länge
s=
59 5
49
− =
= 8,16
6
3
6
haben.
182. Gegeben sind die Ebenen
 

3
2
E1 : ~x =  3  + λ  −1
3
1
 

2
1



E3 : ~x = 2
+ r −1
2
1



1
 + µ  −2  , E2 :
2



1
 + s  1  , E4 :
−1





6
0
1
~x =  0  + σ  1  + τ  0
6
−1
0
 
 

1
1
5





~x = 1
+t 1
+ k −4
1
0
5
Berechne alle Schnittmengen zwischen jeweils zwei der gegebenen Ebenen.
Lösung: Man verschafft sich zunächst einen Überblick, indem man mit Hilfe des Kreuzprodukts
Normalenvektoren der Ebenen berechnet:


 
5
0
~n1 = ~n2 = ~n3 =  1  , ~n4 =  −5 
−9
1
Die Gleichungen der Ebenen in Normalenform:
E1 :
E2 :
E3 :
E4 :
x2 + x3 − 6 = 0
(1)
x2 + x3 − 4 = 0
(3)
x2 + x3 − 6 = 0
(2)
5x1 − 5x2 − 9x3 + 9 = 0
(4)
153




E1 ∩ E2 = E1 = E2 ,
E1 ∩ E3 = E2 ∩ E3 = ∅
E1 ∩ E4 : Zwei Gleichungen mit drei Unbekannten, wir setzen x3 = λ:
x2 = 6 − λ
(1) =⇒
(5)
5x1 − 5x2 = 9λ − 9
(4) =⇒
(5) in (6) :
E1 ∩ E4 = E2 ∩ E4 = g :
(6)
5x1 − 30 + 5λ = 9λ − 9
4
21
x1 = λ +
5
5
 21 
 4  
(7)



4
5
~x =  6  + λ  −1  =  5  + µ  −5 
5
1
0
1
5
5
E3 ∩ E4 : Zwei Gleichungen mit drei Unbekannten, wir setzen x3 = λ:
x2 = 4 − λ
(3) =⇒
(4) =⇒
(5) in (6) :
E3 ∩ E4 = h :
(8)
5x1 − 5x2 = 9λ − 9
(9)
5x1 − 20 + 5λ = 9λ − 9
(10)
11
4
x1 = λ +
5
5


 11 
 4   
4
3
5
5
~x =  4  + λ  −1  =  3  + µ  −5 
1
5
0
1
183. Berechne die Schnittmengen der Ebene E : 4x1 +7x2 +4x3 −20 = 0 mit den Ebenen






4
6
3
E1 : ~x =  −2  + λ  −2  + µ  −2  und E2 : −x1 + 5x2 −x3 −22 = 0
3
3
2
Lösung: Mit Hilfe des Kreuzprodukts berechnet man den Normalenvektor von E1 :


2
~n1 =  −3 
−6
Die Gleichungen der Ebenen in Normalenform:
E:
E1 :
E2 :
4x1 + 7x2 + 4x3 − 20 = 0
2x1 − 3x2 − 6x3 + 4 = 0
−x1 + 5x2 − x3 − 22 = 0
154
(1)
(2)
(3)
E ∩ E1 : Zwei Gleichungen mit drei Unbekannten, wir setzen x3 = λ:
4x1 + 7x2 + 4λ − 20 = 0
E:
(4)
2x1 − 3x2 − 6λ + 4 = 0
E1 :
(4) − 2 · (5) :
(7) in (4) :
E ∩ E1 = g :
(5)
13x2 + 16λ = 28
(6)
28 16
x2 =
− λ
(7)
13 13
7 · 28 7 · 16
4x1 +
−
λ + 4λ = 20 | : 4
(8)
13
13
49 28
x1 +
− λ+λ=5
(9)
13 13
16 15
x1 =
+ λ
(10)
13 13



 



16
15
−8
15
1 
λ
 −16  =  12  + µ  −16 
28  +
~x =
13
13
0
13
−8
13
E ∩ E2 : Zwei Gleichungen mit drei Unbekannten, wir setzen x3 = λ:
E:
E2 :
4x1 + 7x2 + 4λ − 20 = 0
−x1 + 5x2 − λ − 22 = 0
(11) + 4 · (12) :
(12)
27x2 = 108
(13)
x2 = 4
(14)
x1 = −2 − λ
(15)
(14) in (12) :
E ∩ E2 = h :
(11)




−2
−1
~x =  4  + λ  0 
0
1
184. Gegeben sind die beiden Geraden


 


 
−5
0
7
0







3
g : ~x =
+λ 1
und h : ~x = −1
+λ 1 
0
1
2
1
und der Punkt P (5 4 − 3).
(a) Berechne den Abstand d(g, h) der beiden Geraden.
(b) Berechne die Abstände d(P, g) und d(P, h).
(c) Wie lauten die Koordinaten der Fußpunkte Fg und Fh der Lote von P auf g
und h?
(d) Spiegelt man P einmal an g und einmal an h, erhält man Pg und Ph . Berechne
die Koordinaten dieser Spiegelpunkte. Schrägbild!
155
 

12
0
−→ 


Lösung: (a) gkh, A ist Aufpunkt von g, B Aufpunkt von h: ~u = AB = −4 , ~v = 1 
1
2
ϕ ist der Winkel zwischen ~u und ~v :

−2
~u · ~v
−1
√ =√
√
= √
|~u| · |~v |
2 41 · 2
41 · 2
r
p
9
1
2
√
=√
sin ϕ = 1 − cos ϕ = 1 −
82
41 · 2
√
√
9 · 2 41
√ =9 2
d(g, h) = AB sin ϕ = √
41 · 2


 
10
0
−→ 


(b) w
~ = AP =
1 , ~v = 1 , α ist der Winkel zwischen w
~ und ~v :
−3
1
cos ϕ =
−2
−1
w
~ · ~v
√ =√
=√
|w|
~ · |~v |
110 · 2
55
r
√
p
54
1
2
=√
sin α = 1 − cos α = 1 −
55
55
√
√
√
110 · 54
√
d(P, g) = AP sin α =
=6 3
55
 


0
−2
−→ 


5 , ~v = 1 , β ist der Winkel zwischen ~r und ~v :
~r = BP =
1
−5
cos α =
cos β =
~r · ~v
=0
|~r| · |~v |
d(P, h) = BP =
(c)
(d)
=⇒
√
β = 90◦
√
54 = 3 6

  

√
−5
0
−5
~
~ + AP cos α · ~v =  3  − √ 110
√ 1  =  2 
Fg = A
|~v |
55
2 1
−1
0


7
~Fh = B
~ =  −1 
2


 
−5
−10
−−→ 
~
~


Pg = Fg + PFg =
2
+
−2
−1
2

 
7
2
−−→ 
~
~


Ph = Fh + PFh = −1
+ −5
2
5
156



−15
= 0 
1
 

9
 =  −6 
7
x3
Pg
7
g
Ph
A
2
Fg
5
B
x2
h
8
P
x1


−1
185. Gegeben sind die Punkte A (5 − 2 1) und P (2 3 0), der Vektor ~v =  2  und
1
die Gerade
~ + λ~v, λ ∈ R
g : ~x = A
(a) Berechne den Abstand d(P, g) des Punktes P von der Geraden g.
(b) Berechne die Koordinaten des Fußpunktes F des Lotes von P auf g.
(c) Spiegelt man P an g, dann erhält man den Spiegelpunkt P′ . Berechne seine
Koordinaten.
(d) Stelle den ganzen Sachverhalt in einem Schrägbild dar.
−→
Lösung: (a) ϕ =<
) (~v , AP)


−3
−→
~ =  5 ,
AP = ~
p−A
−1
√
−→
2 6
~v · AP
12
cos ϕ =
−→ = √ √ = √
6 · 35
35
|~v | · |AP|
√
−→
−→ p
d(P, g) = |AP| sin ϕ = |AP| 1 − cos2 ϕ = 35 ·
r
1−
24 √
= 11
35
(b) Da cos ϕ > 0, folgt


√
−→
−→
−2
|AP| cos ϕ
2 6
−→ |AF|
· ~v =
· ~v = √ ~v = 2~v =  4 
AF =
|~v |
|~v |
6
2
157

3
→
~ +−
F~ = A
AF =  2 
3

(c)
(d)
oder F (3 2 3)


  
1
4
2
−′ −
→
→
−→  



+ 2 −1
= 1 
P = P + 2PF = 3
6
0
3

oder
P′ (4 1 6)
x3
P′
4
g
F
5
~
v
A
x2
P
5
x1
186. Eine Biathletin hat im stehenden Anschlag die Trefferwahrscheinlichkeit ps = 70%
und im liegenden Anschlag pl = 80%. Dem Trainer liegt das Ergebnis einer Serie
von 200 Schuss vor, die alle in einer Anschlagsart abgegeben wurden, er weiß aber
nicht in welcher. Die Zahl der Treffer in dieser Serie bezeichnen wir mit X.
(a) Formuliere eine Entscheidungsregel, wie sich der Trainer entweder für die Hypothese Hs : stehender Anschlag“ oder Hl : liegender Anschlag“ entscheiden
”
”
kann.
(b) Fs sei die Wahrscheinlichkeit, dass sich der Trainer fälschlicherweise für Hs
entscheidet und Fl die Wahrscheinlichkeit, dass er sich für Hl entscheidet, obwohl Hs wahr wäre. Für welche Entscheidungsregel ist die Summe der beiden
Fehlerwahrscheinlichkeiten minimal?
Lösung: (a) Die erwarteten Trefferzahlen sind Es = 200ps = 140 und El = 200pl = 160.
Entscheidung für Hs : X ∈ {0, 1, ..., k}
Entscheidung für Hl : X ∈ {k + 1, k + 2, ..., 200}
mit k ungefähr 150.
(b) Liegender Anschlag, aber Entscheidung für Hs :
p = 0,8 und X ≦ k
158
=⇒
200
Fs = F0,8
(k)
Stehender Anschlag, aber Entscheidung für Hl :
p = 0,7 und X > k
=⇒
200
Fl = 1 − F0,7
(k)
k Fs ( in %) Fl ( in %) Fs + Fl ( in %)
149
3,45
6,95
10,4
150
4,94
5,06
10,0
6,90
3,59
10,5
151
Die Entscheidungsregel mit k = 150 minimiert also die Fehlersumme.
187. Vom Quader ABCDPQRS kennt man A (0 0 0), B (6 0 0), C (6 10 0) und S (0 10 4,5).
(a) Wie lauten die Koordinaten der anderen Punkte des Quaders?
(b) Gib eine Gleichung für die Gerade g = PC in der Parameterform an.
Zeichne ein Schrägbild des Quaders und zeichne g ein.
(c) Die Ebene E1 enthält den Punkt S und steht senkrecht auf g. Stelle in nachvollziehbarer Weise eine Gleichung von E1 in der (vektorfreien) Normalenform
auf, deren Koeffizienten möglichst kleine ganze Zahlen sind.
[Zur Kontrolle: E1 : 24x1 + 40x2 − 18x3 − 319 = 0]
(d) Berechne die Koordinaten des Schnittpunktes F von E1 mit g und berechne
damit den Abstand d(S, g) des Punktes S von der Geraden g. Zeichne F in das
Schrägbild ein.
(e) Berechne den Abstand d(B, E1 ) des Punktes B von der Ebene E1 .
(f) In welcher Beziehung steht die Ebene
E2 :
−3x1 + 4x3 = 0
zu unserem Quader?
(g) Wir betrachten die Geraden a = AD (x2 -Achse) und h = QR. Berechne die
Koordinaten der Punkte A2 und T mit {A2 } = E1 ∩a und {T} = E1 ∩h. Weiter
gilt {Y} = E1 ∩BC mit Y 6 35
0 (Beweis nicht erforderlich). Veranschauliche
8
die Ebenen E1 und E2 , indem du die Schnittmengen dieser Ebenen mit unserem Quader (Parallelogramme) mit verschiedenen Farben in das Schrägbild
einzeichnest.
(h) Stelle eine Gleichung der Schnittgeraden s = E1 ∩ E2 mit möglichst einfachen
Zahlenwerten auf. Zeichne s in das Schrägbild ein.
Lösung: (a) D (0 10 0), P (0 0 4,5), Q (6 0 4,5), R (6 10 4,5)




0
6
−→
(b) g : ~x = P~ + PC =  0  + λ  10 
4,5
−4,5
159
x3
5
P
S
g
h
Q
E1
T
E2
A
6
B
R
s
D
A2
F
10
x2
C
Y
x1


 

0
12
12
−→
~ =  20  ·  10  =
(c) ~n′1 = 2 · PC =  20  ist Normalenvektor von E1 . ~n′1 · S
4,5
−9
−9
159,5.

~n1 = 2~n′1
=⇒
E1 :
~ = 24x1 + 40x2 − 18x3 − 319 = 0
~n1 (~x − S)
(d) g in E1 :
9 9
24 · 6λ + 40 · 10λ − 18 ·
− λ − 319 = 0 =⇒ 625λ = 400
2 2
 

  96  

0
6
3,84
25
16
~ =  0  + 16 ·  10  =  32  =  6,40 
=⇒ F
λ=
5
25
25
9
81
− 92
1,62
2
50
 96 
−
25
−
→
18 

d(S, g) = |FS| = 5
=6
72
25
(e)

 

24
−6
1
175
~n1
~
~




· (B − S) = = 3,5
40
·
d(B, E1 ) = 10 =
|~n1 |
50
9
50 −18
2
(f) Jeder Punkt (0 | x2 | 0) erfüllt die Gleichung von E2 , d.h. die x2 -Achse ist in E2 enthalten. Weiter erfüllt jeder Punkt (6 | x2 | 4,5) die Gleichung von E2 , d.h. die Gerade
h = QR ist auch in E2 enthalten. E2 ist also Diagonalebene in unserem Quader.
319
=⇒ A2 (0 7,975 0)
(g) E1 ∩ a =⇒ x1 = x3 = 0 in E1 =⇒ x2 =
40
32
=⇒ T (6 6,4 4,5)
E1 ∩ h =⇒ x1 = 6 und x3 = 92 in E1 =⇒ x2 =






  5
0
6
80
0
 + λ  − 63  =  7,975  + µ  −21 
(h) s = A2 T =⇒ s : ~x =  319
40
40
9
0
60
0
2
160
188. Das Quadrat ABCD mit A (0 0 0), B (76 0 0), C (76 76 0) und D (0 76 0) ist die
Grundfläche einer geraden Pyramide mit der Spitze S (38 38 56) (die Zahlenwerte
verstehen sich in Metern). Weiter sind folgende Punkte gegeben:
M1
M2
M3
M4
: Mittelpunkt
: Mittelpunkt
: Mittelpunkt
: Mittelpunkt
von
von
von
von
[AC]
[CD]
[DS]
[M2 S]
(a) Zeige durch Rechnung: M3 (19 57 28) und M4 (38 57 28).
(b) Entlang der Geraden g = M1 M3 und h = BM4 verlaufen zwei Gänge durch die
Pyramide. Stelle die Gleichungen von g und h auf und erstelle ein Schrägbild
der Pyramide mit den Gängen (Einheit: 10 m =
b 1 cm).
(c) Die Ebene E1 enthält den Punkt S und steht senkrecht auf h. Stelle in nachvollziehbarer Weise eine Gleichung von E1 in der (vektorfreien) Normalenform
auf, deren Koeffizienten möglichst kleine ganze Zahlen sind.
[Zur Kontrolle: E1 : −38x1 + 57x2 + 28x3 − 2290 = 0]
(d) Eine Grabkammer G befindet an der Stelle im Gang h, die von der Spitze
S die kleinste Entfernung hat. Berechne diese kleinste Entfernung d und die
Koordinaten von G. Zeichne G in das Schrägbild ein.
(e) Eine Ratte lebt im Gang g, eine Maus im Gang h. Wie nah können sich die
beiden Tiere kommen?



 
0
38
19
−→ −
→ 1 −→
1
Lösung: (a) M1 (76 38 0), M2 (38 76 0), M3 = D + DS =  76  +  −38  =  57 
2
2
28
0
56



 

0
38
38
−→ −→ 1 −−→ 
1
M4 = M2 + M2 S = 76  +  −38  =  57 
2
2
28
56
0




76
−57
−→
−−−−→
(b) g : ~x = M1 + µ M1 M3 =  38  + µ  19  , µ ∈ R
| {z }
0
28
~
u




76
−38
→
−
−−→ 
0  + λ  57  , λ ∈ R
h : ~x = B + λ BM4 =
| {z }
0
28
~
v

161
x3
5
S
M3
d
M4
G
D
A
8
h
8
B
x2
M2
g
C
M1
x1

 

−38
38
−−→
~ =  57  ·  38  = 2290.
(c) ~n1 = ~v = BM4 ist Normalenvektor von E1 . ~n1 · S
28
56
=⇒
E1 :
~ = −38x1 + 57x2 + 28x3 − 2290 = 0
~n1 (~x − S)
(d) G ist der Schnittpunkt von h mit E1 . h in E1 :
−38 · (76 − 57λ) + 57 · 57λ + 28 · 28λ − 2290 = 0
=⇒
λ=
5178
5477





 
−38
219488
76
40
→ 
−
1 
5178 




57
295146
G=
=
0
+
≈ 54 
5477
5477
28
0
144984
26
√
38 4281
≈ 33,6
d = GS = √
5477

(e) Gesucht ist der Abstand
~e1 ~e2
′
~n = ~v ×~u = −38 57
−57 19
d(g, h) der beiden Geraden:

 



~e3 57 · 28 − 28 · 19
1064
8
28 =  −57 · 28 + 38 · 28  =  −532  = 133·  −4 
28 −38 · 19 + 57 · 57
2527
19

8
~n =  −4 
19

 

8
0 ~n −→ −
→ 1 
−4 · 38 152



d(g, h) = · (M1 − B ) = · −4
=
· 38 = |~n|
21 21
21
19
0 
162
189. Eine straff gespannte Überlandleitung führt von A (120 40 20) nach
B (40 100 30), das ebenfalls (idealisierterweise) als geradlinig verlaufende Seil einer Bergbahn von der
Talstation T (78 − 5 14) zur Spitze
S (78 135 s) des ersten Mastens. Alle Koordinaten verstehen sich in Metern.
B
S
T
A
(a) Stelle die Gleichungen der Geraden g = AB und h = TS auf.
(b) Für welches s = s1 schneiden sich g und h?
(c) Stelle den Abstand d der Geraden g und h als Funktion von s dar.
(d) Eine Vorschrift besagt, dass d mindestens 15 m betragen muss. Für welches
s = s2 ist d genau 15 m?
(e) Es gilt jetzt s = s2 . Für welches P ∈ g und Q ∈ h gilt PQ = d?
(f) Stelle den ganzen Sachverhalt in einem Schrägbild dar.



120
−80
→
−
′ −→
′


40
Lösung: (a) g : ~x = A + λ AB =
+λ
60
10
20



78
0
→
−
−
→ 


h : ~x = T + µTS = −5
+µ
140
14
s − 14
(b) Gleichsetzen von g und h:



120
−8
 =  40  + λ  6 
1
20




−8λ = −42
6λ − 140µ = −45
λ − (s − 14)µ = −6
(1) =⇒
(4) und (2) :
(4) und (5) in (3) :
21
4
153
µ=
280
21
153
− (s − 14) ·
= −6
4
280
588
s = s1 =
≈ 34,6
17
λ=
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(c) Die kürzeste Verbindung zwischen g und h steht senkrecht auf beiden Geraden:

 
 

0
−8
224 − 6s
~n =  140  ×  6  =  112 − 8s 
s − 14
1
1120
Die Ebene E enthält g uns steht senkrecht auf ~n:
E:
→
−
~n(~x − A ) = 0
163
Der Abstand der Geraden ist der Abstand von T zu E:

 

224 − 6s
−42
 112 − 8s  ·  −45 
→ −
−
→
1120
−6
~n( T − A )
=
d(s) =
=p
|~n|
(224 − 6s)2 + (112 − 8s)2 + 1120
612s − 21168
=p
= 15
(224 − 6s)2 + (112 − 8s)2 + 1120
(612s − 21 168)2 = 152 · [(224 − 6s)2 + (112 − 8s)2 + 1120]
374 544s2 − 25 909 632s + 448 084 224 = 22 500s2 − 1 008 000s + 296 352 000
352 044s2 − 24 901 632s = −151 732 224
602 112
49 408
=−
s2 − 2 ·
1397
1397
49 408 2 49 4082 − 602 112 · 1397
40 0002
s−
=
=
1397
13972
13972
49 408 + 40 000
s=
1397 (−) 1397
9408
≈ 6,73
s = s2 = 64,
s3 =
1397






 
0
78
78
0
→
−
−→ 
(d) s = 64 =⇒ h : ~x = T + µTS = −5  + µ′  140  =  −5  + µ  14 
5
14
14
50


−2
Weiter folgt aus s = 64: ~n =  −5  mit |~n| = 15. Da ~n nach oben zeigt und h über
14








120
−8
78
0
→
−
→
−
g verläuft, folgt mit P =  40  + λ  6  und Q =  −5  + µ  14 :
20
1
14
5
−→
~n
PQ = d ·
|~n|
und damit







−2
−42
0
−8
15
 −45  + µ  14  − λ  6  =
·  −5 
15
14
−6
5
1

Daraus folgt λ = µ = 5 und damit P (80 70 25) und Q (78 65 39).
(e)
164
x3
40
S
h
B
Q
100
x2
d
P
T
g
A
100
x1
190. Untersuche die Funktion f mit
f (x) =
x4 x3
− ,
8
2
Df = R
Nullstellen, Verhalten an den Rändern von Df , Monotonie, Extremwerte und Wendepunkte. Zeichne den Grafen von f im Intervall [−2; 4,5].
Für welche x-Werte gilt f (x) = −2?
x3
· (x − 4) = 0 =⇒ x01 = 0, x02 = 4
8
3
x
lim f (x) = lim
· (x − 4) = ((−∞) · (−∞)) = +∞
x→−∞
x→−∞ 8
3
x
· (x − 4) = ((+∞) · (+∞)) = +∞
lim f (x) = lim
x→+∞
x→+∞ 8
Lösung: f (x) =
x2
3x2
3x
x3 3x2
−
=
· (x − 3), f ′′ (x) =
− 3x =
· (x − 2)
2
2
2
2
2
f ′ (x) = 0 =⇒ x11 = 0, x12 = 3,
f ′′ (x) = 0 =⇒ x21 = 0,
f ′ (x) =
f ′ (x) > 0 für x > 3 und f ′ (x) ≦ 0 für x ≦ 3
=⇒
f streng fallend in ] − ∞; 3[ und f streng steigend in ]3; +∞[.
f ′ (x12 ) = 0 und f ′′ (x12 ) =
9
>0
2
=⇒
Tiefpunkt bei T 3
f ′′′ (x) = 3x − 3 = 3(x − 1)
f ′ (x11 ) = 0 und f ′′ (x11 ) = 0 und f ′′ (x11 ) = −3 6= 0
f ′′ (x22 ) = 0 und f ′′′ (x22 ) = 3 6= 0
=⇒
x22 = 2
=⇒
27
8
Terrassenpunkt bei F (0 0)
Wendepunkt bei W (2 − 2)
f (x) = −2 =⇒ g(x) = x4 − 4x3 + 16 = 0, eine Lösung ist X1 = 2, die zweite Lösung
findet man mit dem Newtonverfahren:
165
xn+1 = xn −
x4n − 4x3n + 16
g(xn )
=
x
−
n
g′ (xn )
4x3n − 12x2n
x0 = 3,5
x1 = 3,721938776
x2 = 3,680359091
X2 ≈ 3,678573510
x3 = 3,678576718
x4 = 3,678573510
x5 = 3,678573510
y6
5
4
3
2
1
F
−3
−2
−1
1
2
3
4
5
6
x
−1
W
−2
−3
T
191. Untersuche die Funktion f mit
f (x) =
x4
− 2x2 ,
4
Df = R
auf Symmetrie, Nullstellen, Verhalten an den Rändern von Df , Extremwerte und
Wendepunkte. Zeichne den Grafen von f im Intervall [−3; 3].
Für welche x-Werte gilt f (x) = −2?
Lösung: f (−x) = f (x)
=⇒
f symmetrisch zur y-Achse
√
√
x2
· x2 − 8 = 0 =⇒ x01 = 0, x02 = −2 2, x03 = 2 2
4
2
x
2
· x − 8 = ((+∞) · (+∞)) = +∞
lim f (x) = lim
x→±∞
x→±∞ 4
f ′ (x) = x3 − 4x = x · x2 − 4 , f ′′ (x) = 3x2 − 4, f ′′′ (x) = 6x
f (x) =
f ′ (x) = 0
f ′′ (x) = 0
f ′ (x
11 )
=⇒
x11 = 0,
=⇒
x21 = 0,
x12 = −2,
x22 =
′′
= 0 und f (x11 ) = −4 < 0
f ′ (x13 ) = 0 und f ′′ (x13 ) = 8 > 0
− 23
x13 = 2
√
√
3, x23 = 23 3
=⇒
=⇒
Hochpunkt bei H (0 0)
Tiefpunkte bei T1,2 (±2 − 4)
166
√
f ′′ (x22 ) = 0 und f ′′′ (x22 ) = 4 3 6= 0
f (x) = −2
=⇒
√
Wendepunkte bei W1,2 ± 32 3 −
q
√
4
2
x − 8x = −2 hat die vier Lösungen x = ± 4 ± 2 2.
=⇒
20
3
y
2
1
H
−3
−2
−1
2
1
3
x
−1
−2
W1
W2
−3
T2
T1
−4
192. Untersuche die Funktion f mit
1
7
f (x) = x3 − x2 + 2x + 1, Df = R
4
4
auf Nullstellen, Verhalten an den Rändern von Df , Monotonie, Extremwerte und
Wendepunkte. Zeichne den Grafen von f im Intervall [−1; 6].
Lösung: f (x) = 0
=⇒
x01 = 2 (durch Probieren)
5
1
5 1√
1
=⇒ x02,3 = ±
f (x) : (x − 2) = x2 − x −
33
4
4
2
2 2
3 7
8
4
x
· 1− + 2 + 3
= ±∞
lim f (x) = lim
x→±∞
x→±∞ 4
x}
| x {zx
3
7
f ′ (x) = x2 − x + 2,
4
2
f ′ (x) = 0
=⇒
x11
→1
3
7
3
f ′′ (x) = x − , f ′′′ (x) =
2
2
2
2
f ′′ (x) = 0 =⇒
= , x12 = 4,
3
x21 =
7
3
2
Da der Graf von f ′ eine nach oben geöffnete Parabel ist, folgt f ′ (x) > 0 für x < und
3
2
′
x > 4, f (x) < 0 für < x < 4 =⇒
3
2
2
;4 .
und ]4; +∞[, f streng fallend in
f streng steigend in −∞;
3
3
2 44
5
′′
′
f (x11 ) = 0 und f (x11 ) = − < 0 =⇒ Hochpunkt bei H
2
3 27
167
5
> 0 =⇒ Tiefpunkt bei T (4 − 3)
2
3
37
7
′′′
′′
f (x21 ) = 0 und f (x21 ) = 6= 0 =⇒ Wendepunkt bei W
−
2
3
54
f ′ (x12 ) = 0 und f ′′ (x12 ) =
y
2
H
1
−1
1
2
3
4
5
6
x
W
−1
−2
−3
T
−4
193. Untersuche die Funktion f mit
x2
,
ex−1
f (x) =
Df = R
auf Symmetrie, Nullstellen, Verhalten an den Rändern von Df , Monotonie, Extremwerte und Terrassenpunkte. Zeichne den Grafen von f im Intervall [−1; 6].
Lösung: Einzige Nullstelle bei x0 = 0.
∞
lim f (x) = + = +∞
x→−∞
0
∞
∞
2x
2
= lim x−1 =
= lim x−1 = 0+
lim f (x) =
x→+∞ e
x→+∞ e
x→+∞
∞
∞
f (x) = x2 · e1−x
f ′ (x) = 2xe1−x − x2 e1−x = x(2 − x)e1−x
f ′′ (x) = 2e1−x − 2xe1−x − 2xe1−x + x2 e1−x = (2 − 4x + x2 )e1−x
f ′′′ (x) = −2e1−x − 4e1−x + 4xe1−x + 2xe1−x − x2 e1−x = (−x2 + 6x − 6)e1−x
√
√
f ′ (x) = 0 =⇒ x11 = 0, x12 = 2, f ′′ (x) = 0 =⇒ x21 = 2 − 2, x22 = 2 + 2
Da der Graf von x(2 − x) eine nach unten geöffnete Parabel ist, folgt
f ′ (x) < 0 für x < 0 und x > 2, f ′ (x) > 0 für 0 < x < 2 =⇒
f streng fallend in ] − ∞; 0[ und ]2; +∞[, f streng steigend in ]0; 2[.
f ′ (x11 ) = 0 und f ′′ (x11 ) = 2e > 0
f ′ (x
12 )
′′
−1
= 0 und f (x12 ) = −2e
=⇒
<0
Tiefpunkt bei T (0 0)
=⇒
168
4
Hochpunkt bei T 2
e
Da der Graf von 2 − 4x + x2 eine Parabel ist, liegt bei den Nullstellen von f ′′ ein Vorzeichenwechsel vor, d.h. Wendepunkte bei
√ 2 −1+√2
√ 2 −1−√2
√ √ und W2 2| +{z 2} (2 + 2) e
W1 2| −{z 2} (2 − 2) e
|
|
{z
}
{z
}
0,59
3,41
0,52
Alternativ über dritte Ableitung:
√
√
f ′′′ (x21 ) = −2 2e−1+ 2 6= 0
1,04
√
√
und f ′′′ (x22 ) = 2 2e−1− 2 6= 0
y6
5
4
3
2
H
W2
1
W1
−1
1
T
2
3
4
5
6
x
194. Untersuche die Funktion f mit
f (x) =
20 ln x
,
x2
Df = R+
auf Nullstellen, Verhalten an den Rändern von Df , Monotonie, Extremwerte und
Wendepunkte. Zeichne die Grafen von f , f ′ und f ′′ im Intervall [0,9; 6] in ein Diagramm. Veranschauliche die Zusammenhänge zwischen den Nullstellen der Ableitungsfunktionen und den besonderen Stellen im Grafen von f .
Lösung: Einzige Nullstelle bei x0 = 1.
−∞
lim f (x) =
= −∞
0+
x→0+
20
∞
10
= lim x = lim 2 = 0+
lim f (x) =
x→+∞ 2x
x→+∞ x
x→+∞
∞
20(1 − 2 ln x)
20(−5 + 6 ln x)
40(13 − 12 ln x)
f ′ (x) =
,
f ′′ (x) =
,
f ′′′ (x) =
3
4
x
x
x5
√
√
f ′ (x) = 0 =⇒ x0 = e, f ′ (x) > 0 =⇒ x < e =⇒
√
√
f streng steigend in ]0; e[ und f streng fallend in ] e; +∞[ =⇒
√ 10
e
≈ H (1,65 3,68)
Hochpunkt bei H
169 e
f ′′ (x) = 0
=⇒
5
x0 = e 6 , f ′ (x) > 0
5
=⇒
x > e6
=⇒
5
6
5
6
f rechtsgekrümmt in ]0; e [ und f linksgekrümmt in ]e ; +∞[ =⇒
5 50
− 53
6
Wendepunkt bei W e
e
≈ H (2,30 3,15)
3
y4
WP
3
2
f
1
f ′′
0
1
2
4
3
5
6
x
f′
−1
−2
195. Untersuche die Funktion f mit
f (x) =
x2 − 4x + 4
x−3
auf maximale Definitionsmenge, Nullstellen, Verhalten an den Rändern von Df , Extremwerte und Wendepunkte. Zeichne den Grafen von f und eventuelle Asymptoten
im Intervall [−1; 7].
(x − 2)2
x2 − 4x + 4
=
, Df = R \ {3}, Nullstelle bei x0 = 2
x−3
x−3
x − 4 + x4
1
= ±∞
= ±∞ lim f (x) =
lim f (x) = lim
3
x→±∞
x→±∞
0±
x→3±
1− x
Lösung: f (x) =
Polynomdivision =⇒
f ′ (x) =
1
x−3
=⇒
x2 − 6x + 8
2
, f ′′ (x) =
2
(x − 3)
(x − 3)3
f ′ (x) = 0
=⇒
′′
f (x11 ) = −2 < 0
′′
f (x) = x − 1 +
f (x12 ) = 2 > 0
x11 = 2,
x12 = 4
=⇒ Hochpunkt bei H (2 0)
=⇒ Tiefpunkt bei T (4 4)
Keine Nullstellen von f ′′ , keine Wendepunkte.
170
Asymptote: a : x → x − 1
y7
6
5
4
T
3
2
1
H
−2
−1
1
2
3
4
5
6
7
x
−1
−2
196. Wir betrachten die Funktionenschar fa mit
fa (x) =
ax + 2
,
2ex
Dfa = R und a ∈ R \ {0}.
(a) Bestimme in Anhängigkeit des Scharparameters a die Nullstellen von fa und
das Verhalten von fa für x → ±∞.
(b) Zeige, dass alle Grafen der Funktionenschar genau einen Punkt gemeinsam
haben und gib seine Koordinaten an.
(c) Bestimme die Koordinaten der lokalen Extrema und der Wendepunkte der
Funktionenschar in Abhängigkeit von a.
(d) Zeichne die Grafen der Funktionen f0,5 , f2 , f20 und f−4 in ein geeignetes Koordinatensystem. Stelle vorher die Nullstellen und die Koordinaten der Extremwerte und Wendepunkte in einer Tabelle zusammen.
(e) Unter welchem spitzen Winkel α schneiden sich die Grafen der beiden Funktionen f0,5 und f20 ?
(f) Auf welcher Kurve y = g(x) liegen die Extremwerte der Scharfunktionen?
Zeichne sie in das schon bestehende Koordinatensystem ein.
(g) Auf welcher Kurve y = h(x) liegen die Wendepunkte der Scharfunktionen?
Zeichne sie in das schon bestehende Koordinatensystem ein.
2
Lösung: (a) Nullstellen: xa0 = −
a
− sgn(a) · ∞
= − sgn(a) · ∞
lim f (x) =
x→−∞
0+
171
lim f (x) =
x→+∞
(b) fa (x) = fb (x)
sgn(a) · ∞
+∞
=⇒
a
=
= lim
x→+∞ 2ex
ax = bx
a
+∞
(a − b)x = 0
=⇒
= 0±
x = 0 (a 6= b)
=⇒
Der gemeinsame Punkt aller Grafen ist also (0|1).
−ax + a − 2
ax − 2a + 2
−ax + 3a − 2
(c) fa′ (x) =
,
fa′′ (x) =
,
fa′′′ (x) =
x
x
2e
2e
2ex
2
a 2−a
a 2−a
a−2
= 1 − , fa′′ (xa1 ) = − e a , fa (xa1 ) = e a
fa′ (x) = 0 =⇒ xa1 =
a
a
2
2
2−a
′′
a a
a > 0 =⇒ fa (xa1 ) < 0 =⇒ Hochpunkt bei H a−2
a 2e
a 2−a
a
a < 0 =⇒ fa′′ (xa1 ) > 0 =⇒ Tiefpunkt bei H a−2
e
a 2
2a − 2
2
a 2−2a
xa2 =
= 2 − , fa′′′ (xa2 ) = e a 6= 0
a
a
2
2−2a
ae a
Wendepunkt bei W 2a−2
a
fa′′ (x) = 0
(d)
=⇒
0,5
−4
−3
a
xa0
xa1
f (xa1 )
xa2
f (xa2 )
2
−1
0
e3
≈ 5,02
4
−2
e2
≈ 3,69
2
1
2
e
−4
0,5
1,5
20
−0,1
0,9
1
≈ 0,74
y
h
=⇒
10
2
≈ 4,07 − 1,5 ≈ −0,446
0,9
e
e
1,9
2,5
20
4
≈ 2,99 − 2,5 ≈ −0,328
e1,9
e
6
5
f−4
4
3
f1
f20
g
2
2
1
−5
−4
−3
−2
−1
1
2
3
−1
−2
f2
−3
172
g
h
4
5
x
′ (0) = −0,75 = tan α
(e) f0,5
′ (0) = 9 = tan β
f20
=⇒
=⇒
α = −36,87◦
β = 83,66◦
Schnittwinkel: ϕ = 180◦ − (β + |α|) = 59,47◦
a
1
a 2−a
e−x1
2
=⇒
=
=⇒ y1 = e a =
(f) x1 = 1 −
a
2
1 − x1
2
1 − x1
g(x) =
(g) fa′′ (x) = 0
=⇒
x2 =
=⇒
e−x
1−x
2−2a
2a − 2
2
, y2 = f (x2 ) = ae a =
e−x2
a
2 − x2
h(x) =
173
2e−x
2−x