264

214
4 WEITERE ANWENDUNGEN − VORBEREITUNG
AUF DAS ABITUR
206
1. a) Es gilt lim e − x = 0, d. h. die x-Achse ist Asymptote.
x →∞
(1) 0,993262
(2) 0,999955
∞
Es gilt
∫e
−x
(3) 0,9999999999999999999998
(4) 1
dx = 1
0
Begründung:
∞
b
−x
−x
−x
−b
∫ e dx = lim ∫ e dx = lim [ −e ]0 = lim (1 − e ) = 1
b →∞
0
b
b →∞
0
b →∞
Die Fläche, die der Graph von e − x für x ≥ 0 mit der x-Achse einschließt, hat die Maßzahl 1.
b) Der Graph nähert sich für x gegen 0 der y-Achse an. Die y-Achse ist
senkrechte Asymptote. Für große x fällt der Graph nach −∞. Der Graph
ergibt sich aus der Spiegelung des Graphen von e − x an der Winkelhalbierenden y = x.
∞
∫ ( − ln x)dx = 1.
Es handelt sich um die gespiegelte Fläche aus
0
Teilaufgabe a).
c) e x ist Spiegelung von e − x an der y-Achse. Damit ist
0
∫e
−∞
1
und entsprechend
∫ ln xdx = 1 .
0
∞
d)
−x
∫ π ( e ) dx =
0
2
∞
−2x
∫ πe dx = lim
b →∞
0
b
∫ πe
−2x
dx
0
b
= lim − π [ e −2x ]0 = lim π − 1 πe −2b = π
b →∞
2
b →∞ 2
2
2
x
dx = 1
215
207
G JJJG
G G
G
2. a) Sei g gegeben durch g: x = a + r ⋅ u . Weiter sei b = AD . Dann gilt
G G
G
G G
u ⋅ d = u × b ⇔ d = u ×G b .
u
b) Für das Volumen eines schiefen Prismas gilt V = G ⋅ h. Mit
G
( aG × b ) ⋅ cG
G G
G = a × b folgt d = G G .
a×b
4.1 Entfernungen in Raum und Ebene bestimmen
4.1.1 Abstandsberechnungen im Raum
212
4. a) Abst(E; P) = 14
b) HNF von E: 1
14
( 3x1 − x 2 + 2x 3 − 5) = 0
Parallele Ebenen H: 3x1 − x 2 + 2x 3 − c = 0
Berechne c, sodass abst(H; P) =
1
14
3 ⋅ 2 − 1 ⋅ ( −3) + 2 ⋅ 5 − c =
14
2
14
2
⇔ |19 − c| = 7
⇔ c1 = 12, c 2 = 26
⇒ H: 3x1 − x 2 + 2x 3 = 12
( 3)
5. a) Die Ebenen sind parallel, da E 2 mit − 1 multipliziert
2x1 − 3x 2 + x 3 =
5
3
ergibt.
b) a 2 = 0 ⇒ A(0 | 0 | 4); b 3 = 5 ⇒ B(−2 | −1 | 5); c1 = 1 ⇒ C(1 | 2 | 8)
c) Da E1 und E 2 parallel sind, ist die Wahl von D unerheblich.
Abst ( E 2 ; D ) = Abst ( E 2 ; E1 ) =
14
6
d) V =
1
3
⋅G⋅h
G=
1
2
JJJG JJJG
AB × AC ; h = Abst ( E 2 ; E1 ) ⇒ V =
1
2
⎛ −6 ⎞
⎜9⎟
⎜ −3 ⎟
⎝ ⎠
14
6
=
7
2
Da das Volumen nur von der Höhe abhängt, ist die exakte Position von
D nicht wichtig, sondern nur der Abstand von E1 .
216
212
JJJG ⎛ 0 ⎞ JJJG ⎛ −6 ⎞ JJJG JJJG
6. a) BA = ⎜ −4 ⎟ ; BC = ⎜ x − 4 ⎟ ; BC ⋅ BA = 0
⎜ 3⎟
⎜ 0 ⎟
⎝ ⎠
⎝
⎠
JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG
⇒ x = 4; OD = OC + BA = OA + BC
C(0 | 4 | 0); D(0 | 0 | 3)
b) -
-
0
G ⎛ ⎞
Normalenvektor mit Länge 10 auf Rechteckebene n = ⎜ 6 ⎟ .
⎜8⎟
⎝ ⎠
JJJJG JJJG
Mittelpunkt Rechteck OM = OB +
(
⇒ S 3|8| 91
2
)
(
JJJG
JJJG
Der Schnitt erfolgt
10
3
JJJG
⎛ 3⎞
( BA + BC ) = ⎜ 2 ⎟
)
π 2
r ⋅ h; r = 1 BA + BC = 1 61
3
2
2
610 π
V=
≈ 159, 70
12
Neuer Radius: r ′ = 1 r ; gesuchte Höhe h ′
3
Nach Strahlensatz: r′ = h′ ⇒ h ′ = 10
r
h
3
V=
c)
JJJG
1
2
⎜3⎟
⎜ ⎟
⎝2⎠
; h = 10
= 3, 3 unter der Spitze bzw. 6, 6 über dem
Rechteck
V′
V
=
( rr′ )
2
⋅ h′ =
h
( 13 )
3
=
1
27
7. a) Hessesche Normalform für E x1 x 3 : x 2 = 0
Abst ( E x1 x 2 ; M a ) = − a = a
⇒ Genau einen Schnittpunkt für |a| = r = 9 ⇔ a = ± 9.
Kein Schnittpunkt für |a| > r = 9 ⇔ a > 9 ∨ a < −9
b) Suche a, sodass Abst ( Q; M a ) − 9 minimal
⎛ −3 − 2a ⎞
Abst ( Q; K a ) = ⎜ 9 + a ⎟ − 9 =
⎜ 12 ⎟
⎝
⎠
⇒ a = −3
Abst ( Q; K a ) = 3 21 − 9 ≈ 4, 75
5a 2 + 30a + 234 − 9
217
212
8. Es reicht, auf Grund der Symmetrie des Problems, eine Seitenfläche zu
betrachten, z. B. A, B, S, die in der Ebene
E HNF : 1
13
( 3x1 − 2x 3 + 12 ) = 0
a) Abst ( P; E HNF ) = 1 ( −2a + 12 )
13
b) a = 6 − 13 ≈ 2,394
⎛⎛0⎞
⎞
c) Abst ⎜ ⎜ 0 ⎟ ; E HNF ⎟ = 12 = 3,328
⎜⎜ ⎟
⎟
13
⎝⎝0⎠
⎠
d) Abst ( P; E HNF ) = a ⇒ a = 12 ≈ 2,141
13 + 2
213
(
9. a) D(−4 | 9 | 0); Mittelpunkt der Grundfläche: M − 1 8 1 0
(
⇒ S −1 81 8
2
2
)
2
2
)
−12 ⎞
⎛ 11,5 ⎞
G ⎛
b) - Gerade durch L und S: g1: x = ⎜ 28 ⎟ + r1 ⎜ −19,5 ⎟ ;
⎜ 0 ⎟
⎜ 8 ⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
Hauswand Ebene: x1 + 15x 2 = −10
Der Schnittpunkt S1(5,11 | −1,01 | 11,9) liegt auf der Wand.
−12 ⎞
⎛ 8 ⎞
G ⎛
- Gerade durch L und D: g 2 : x = ⎜ 28 ⎟ + r2 ⎜ −19 ⎟ ;
⎜ 0 ⎟
⎜ 0 ⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
Schnittpunkt mit Ebene S2(0,07 | −0,67 | 0)
−12 ⎞
⎛ 15 ⎞
G ⎛
- Gerade durch L und B: g 3 : x = ⎜ 28 ⎟ + r3 ⎜ −20 ⎟ ;
⎜ 0 ⎟
⎜ 0 ⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
Schnittpunkt mit Ebene S3(10 | −1,33 | 0)
218
213
⎛ −12 ⎞ ⎛ 11,5 ⎞
9. c) L t ′ = ⎜ 28 ⎟ + t ⎜ −19,5 ⎟ ; 0 ≤ t < 1
⎜ 0 ⎟ ⎜ 0 ⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠
⎛− 1 ⎞
2
⎛ 11,5(1 − t) ⎞
G ⎜ 1⎟
Geradenschar durch L′ und S: g t : x = ⎜ 8 ⎟ + s ⎜ −19,5(1 − t) ⎟
⎜
⎟
⎜ 2⎟
8
⎝
⎠
⎝ 8 ⎠
(
Schnittpunkt mit Ebene: S t 5,11 | −1, 01 | 8 −
1096
281(t −1)
)
Für t > 0,4428 liegt S t nicht mehr auf der Hauswand, da dann
8 + 1096 ⋅
281
1
1− t
> 15.
3
G JJJJG ⎛ ⎞
10. a) Für r = −3 ist x = OM = ⎜ 2 ⎟ .
⎜1⎟
⎝ ⎠
⎛ 2⎞ ⎛ 3⎞ ⎛ 4⎞
JJJJG
S1/ 2 = OM ± R ⋅ ⎜ 1 ⎟ = ⎜ 2 ⎟ ± ⎜ 2 ⎟
3 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ 2⎠ ⎝ 1⎠ ⎝ 4⎠
Schnittpunkte g mit Kugel K mit Radius R = 6
S1 (7 | 4 | 5); S 2 ( −1 | 0 | −3)
b) Schnittpunkt g und h: S(11 | 6 | 9) für Parameter rg = 1 von Gerade g.
Da S1 bei r1 = −1 und S2 bei r2 = −5 des Parameters von g gilt, liegt S
außerhalb der Kugel rg > r1 >r2.
c) S1, da g durch den Mittelpunkt verläuft und somit senkrecht auf der
Kugeloberfläche steht.
11. P(4 | 4 | a); A(8 | 0 | 0); B(8 | 8 | 0); C(0 | 8 | 0); D(0 | 0 | 0); S(4 | 4 | 10)
S = Abst(P; A) + Abst(P; B) + Abst(P; C) + Abst(P; D) + Abst(P; S)
= 4 ⋅ 32 + a 2 + (a − 10) 2
⇒ a = 8 ≈ 1, 46
30
12. a), b) Mit C(x | y | 0) folgt
JJJG JJJG
AC ⋅ BC = 0 ⇔ x 2 − 12x + 80 + y 2 − 24y = 0
⇔ (x − 6) 2 + (y − 12)12 = 10 2
Die Ortslinie ist ein Kreis um M(6 | 12 | 0) mit r = 10 (Thaleskreis).
Bsp. für Punkte auf Kreis: P1(16 | 12 | 0); P2(6 | 2 | 0)
⎛6⎞
G
c) Schnittpunkt vom Kreis mit der Geraden g: x = r ⎜ 12 ⎟ :
⎜0⎟
⎝ ⎠
S ( 6 − 2 5 12 − 4 5 0 )
219
213
13. Die Geraden liegen windschief zueinander, bei Bestimmung des Schnittpunktes tritt ein Widerspruch auf und die Richtungsvektoren sind keine
Vielfachen voneinander. Abstandsberechnung z. B. über Hessesche
Normalenform: Ebene, die g enthält und parallel zu h ist:
E:
1
42
( 4x1 − 5x 2 + x 3 − 2 ) = 0
⎛
Abst(g; h) = Abst ⎜ E;
⎜
⎝
214
⎛ 2⎞⎞
⎜ 3 ⎟ ⎟ = 8 ≈ 1, 234
42
⎜1⎟⎟
⎝ ⎠⎠
14. x = Abst(P; A) 2 + Abst(P; B) 2 + Abst(P; C) 2
A(8 | 0 | 7); B(0 | 4 | 7); C(0 | 0 | 7); P(0 | a | 7); 0 < a < 4
⇒ x = ( 64 + a 2 ) + (4 − a) 2 + a 2 = 3a 2 − 8a + 80
(
x wird minimal für a = 4 ; P 0 |
3
4
3
)
|7 .
15. Es gibt unendlich viele Punkte, die den gleichen Abstand von g und P
haben. Die Lösungsmenge ist eine Parabel in der x1x2-Ebene. Das ist genau
die Definition einer Parabel über einer Leitgeraden (g) und einem Brennpunkt (A).
Sei P(x | y | 0), dann ist Abst(P; g) =
1
2
(x + y − 5) und
Abst(P; A) = (x − 6) 2 + (y − 3) 2 . Quadrieren, Gleichsetzen und Auflösen
liefert z. B. y = x + 1 ± 4 x − 4 , Beispiel P(5 | 2 | 0).
16. a) Radius = Abst(M; E) = |−2| = 2
⎛ ⎛ 3⎞⎞
⎛6⎞
⎛ 24 ⎞
Berührpunkt B = ⎜ 1 ⎟ − 2 ⋅ ⎜ 1 ⎜ 4 ⎟ ⎟ = 1 ⎜ −3 ⎟
⎜ 5 ⎜ ⎟⎟ 5 ⎜ ⎟
⎜8⎟
⎝ ⎠
⎝ 40 ⎠
⎝ ⎝ 0⎠⎠
b) Die Ebene steht senkrecht auf der x1x2-Ebene, daher ist ihre Projektion
eine Gerade:
4
⎛4⎞
G ⎛ ⎞
G ⎛ 4⎞
⎛4⎞
g E : x = ⎜ 0 ⎟ + r ⎜ −3 ⎟ bzw. g E ′ : x = ⎜ ⎟ + r ⎜ ⎟
1
⎜0⎟
⎜0⎟
⎝ ⎠
⎝ −3 ⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠
Die Kugel ergibt projiziert einen „gefüllten“ Kreis mit Radius 2 und
Mittelpunkt M ′(6 | 1).
g E ′ : x 2 = − 3 x1 + 3
K ′:
( x1 − 6 )
4
2
2
+ ( x 2 − 1) = 4
220
214
16. b) Fortsetzung
c) Da die Gerade g wie der Mittelpunkt in der Ebene x3 = 8 liegt, kann man
die Projektion benutzen: Der Radius des Kreises, hervorgegangen aus
der Projektion der x3 = 8 Ebene, ist gleich dem Radius der Kugel.
g ′: y = −3x + 20
Schnittpunkte durch Einsetzen:
S1(6,924 | −0,773); S2(5,676 | 2,973)
Abst(S1; S2) =
78
5
≈ 3,950
2
⎛6⎞
G ⎛ ⎞
17. Gerade, die AB enthält: g: x = ⎜ 1 ⎟ + r ⎜ 6 ⎟ .
⎜ −1 ⎟
⎜1⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
G JJJG
G JJJG
Für r = 0 ist x = OA für r = 1 ist x = OB ⇒ P
(
329
73
319
73
−
32
73
)
18. a) Schnitt von E t mit E t ′ liefert z. B. für Parameterdarstellung
−4t ′ ⎞
5
⎛ 0 ⎞
G ⎛ ⎞ ⎛
E t ′ : x = ⎜ 0 ⎟ + ⎜ 3t ′ ⎟ r + ⎜ 5 ⎟ s die Bedingung s = 0.
⎜0⎟ ⎜ 0 ⎟
⎜ −4t ⎟
⎝ ⎠ ⎝
⎠
⎝
⎠
−4
5
⎛5⎞
⎛ −4 ⎞
G ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
Schnittgerade g: x = ⎜ 0 ⎟ + ⎜ 3 ⎟ (t ′r) = ⎜ 0 ⎟ + r ′ ⎜ 3 ⎟ ; r ′ ∈ \
⎜0⎟ ⎜ 0 ⎟
⎜0⎟
⎜ 0⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠
g ist unabhängig vom Scharparameter, alle Ebenen schneiden sich in g.
JJG ⎛ 3t ⎞ JJJG JJJG
b) Normalenvektor: n t = ⎜ 4t ⎟ ; n t1 ⋅ n t 2 = 0 für t1 ⋅ t2 = −1
⎜5⎟
⎝ ⎠
c) Schnittpunkt x3-Achse mit Et: S t (0 | 0 | 3t)
d = Abst ( S t1 ; S t 2 ) = 3 ( t1 − t 2 )
Orthogonalität t1 ⋅ t2 = −1
(
⇒ 3 t1 +
1
t1
) → minimal ⇒ t
1
= 1 ⇒ t 2 = −1
221
214
19. a) Gerade des Flugzeugs mit Parameter t in min:
−225 ⎞ ⎛ 5 ⎞
G ⎛
g: x = ⎜ 317 ⎟ + t ⎜ −12 ⎟
⎜ 1,1 ⎟ ⎜ 0,1 ⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠
Höhe von 4 km nach t =
4,0 −1,1
0,1
= 29 min
29 min nachdem es an P1 war, hat es 4 km Höhe erreicht.
⎛ 5 ⎞
Geschwindigkeit: ⎜ −12 ⎟ ≈ 13 km = 780 km
min
h
⎜ 0,1 ⎟
⎝
⎠
b) Gerade des Sportflugzeugs mit Parameter s in min:
−198 ⎞
⎛ −2 ⎞
G ⎛
h: x = ⎜ 251 ⎟ + s ⎜ −3 ⎟
⎜ 2,3 ⎟
⎜ 1⎟
⎜− ⎟
⎝
⎠
⎝ 6⎠
Die Richtungsvektoren von g und h sind keine Vielfachen voneinander
und die Schnittpunktbestimmung führt auf einen Widerspruch ⇒ die
Geraden liegen windschief zueinander und es gibt keine Kollision.
Abst(g, h) = 0,678 km
c) Verbindungsvektor der beiden Flugzeugen (g − h für gleiche Parameter)
−27 − 7t ⎞
G ⎛
G
w = ⎜ 66 − 9t ⎟ ; w = 1 1 144 449 − 352 494t + 29 266t 2
15
⎜ 6 4 ⎟
⎜− + t⎟
⎝ 5 15 ⎠
G
G
w minimal für t ≈ 6,02 min mit d = w ≈ 19,21 km
215
20. P(2 | 1 | 9)
a) S1(8 | 0 | 0); S2(0 | 4 | 0); S3(0 | 0 | 6)
0
⎛2⎞
G ⎛ ⎞
s 1 : x = ⎜ 4 ⎟ + r ⎜ −1 ⎟
⎜0⎟
⎜0⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
b) Der größtmögliche Schnittwinkel ist 90°, d. h. die Spurgerade s1 und g
stehen senkrecht aufeinander. Ebenso muss g senkrecht auf dem
3
G ⎛ ⎞
Ebenennormalenvektor n = ⎜ 6 ⎟ stehen. Richtungsvektor von g:
⎜ 4⎟
⎝ ⎠
−4
−4
2
3
2
G ⎛ ⎞
G ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
G ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
v = ⎜ 6 ⎟ × ⎜ −1⎟ ⇒ v = ⎜ −8 ⎟ ⇒ g: x = ⎜ 1 ⎟ + t ⎜ −8 ⎟
⎜ 15 ⎟
⎜ 3 ⎟ ⎜ 15 ⎟
⎜ 4⎟ ⎜ 0 ⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Schnittpunkt mit x1x2-Ebene: S x1 x 2 (2,8 | 2, 6 | 0)
222
215
(
21. a) S1 (4t | 0 | 0); S 2 (0 | 3 | 0); S3 0 | 0 | 2 1
t
V=
1
6
JJJJG
d(t) =
⎛ 0 ⎞ ⎛ 0⎞
⎜ 0 ⎟ ⋅ ⎜ 0 ⎟ = 4 unabhängig von t
⎜12t ⎟ ⎜ 1 ⎟
⎝
⎠ ⎜2 ⎟
⎝ t⎠
JJJJG
JJJJG
1
( 3x1 + 4tx 2 + 6t 2 x 3 − 12t ) = 0
( OS1 × OS2 ) ⋅ OS3
b) EHNF, t:
)
36t 4 +16t 2 + 9
−12t
36t 4 +16t 2 + 9
=
1
6
; t ≠ 0; Abst (Et; 0) = |d(t)|
|d(t)| = 0 für t = 0
Damit minimaler Abstand für t = 0.
Maximaler Abstand: Suche Maximum von |d(t)| mit GTR
⇒ für t = ± 2 ≈ 0,707 wird der Abstand maximal.
2
2
⎛ 0⎞ ⎛ 1 ⎞
G ⎛ ⎞
22. a) Es gilt E: x = ⎜ 3 ⎟ + k ⎜ 1 ⎟ + t ⎜ −2 ⎟
⎜ −1 ⎟
⎜ 2⎟ ⎜ 0 ⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
durch Auffassen des Scharparameters als zweiten Ebenenparameter
neben den Geradenparameter k.
b) Ebene orthogonal zur Geraden g t , die den Ursprung beinhaltet
⎛ t ⎞ G
E0: ⎜ 1 − 2t ⎟ ⋅ x = 0
⎜ 2 ⎟
⎝
⎠
Schnitt mit g t liefert k =
JJJJG
Schnittpunktes S t : OS t =
(
JJJJG
2
OS t = 3 18t 2−16t + 23
Extrema:
5t − 4t + 5
)
4t −1
5t 2 − 4t + 5
, also Ortsvektor des
⎛ 14t 2 − 9t + 10 ⎞
⎜ 2
⎟
7t − 6t + 14 ⎟
2
⎟
⎝ −5t + 12t − 7 ⎠
1
⎜
5t 2 − 4t + 5 ⎜
JJJJG
JJJJG
Minimum: t = 6 mit OS t = 5 21 ; Maximum: t = 1 mit OS t = 14
4
7
223
215
23. Ebene orthogonal zu g, die s enthält:
E: 3x1 − x 2 + ax 3 − 29 − 2a = 0
Schnittpunkt mit g für k = 73 + a2 :
10 + a
2
2
)
⎛ ( 2
⎞
Sg ⎜ − 3 4a 2 − a − 33 8a 2 − a + 7 2a +273a +10 ⎟
+
+
+
a
10
a
10
a
10
⎝
⎠
JJJJG
2
+11
Länge des Abstandsvektors SSg = 533a −146a
10 + a 2
JJJJG
SSg > 0,8 für a < 0,2380 oder a > 0,0363.
24. a) S(0 | 0 | 9); Mittelpunkt der Seite BC: M BC (0 | 4 | 0)
Schwerpunkt teilt Seitenhalbierende im Verhältnis 2 : 1
⎛ 0 ⎞ ⎛0⎞
JJJJG ⎛ 0 ⎞
⇒ Schwerpunktsortsvektor OS p = ⎜ 0 ⎟ + 2 ⋅ ⎜ 4 ⎟ = ⎜⎜ 8 ⎟⎟
⎜ 9 ⎟ 3 ⎜ −9 ⎟ ⎜ 3 ⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠ ⎝ 3⎠
Abstand Schwerpunkt von S: Abst ( S p ; S) =
( 23
⇒ Abstand Unterkante zu S: ( 2
3
⇒ Abstand Oberkante zu S:
⎛ 0⎞
4⎟ =
⎟
⎝ −9 ⎠
2⎜
3⎜
2
3
97
)
97 + 0,3) m ≈ 6,866 m
97 − 0,3 m ≈ 6,266 m
⎛ 0 ⎞ ⎛ 0, 28 ⎞
JJJJJG JJJJG ⎛ 0, 28 ⎞
b) Oberkante: OE B = OS P + ⎜ 0 ⎟ − 0,14 1 ⎜ 4 ⎟ ≈ ⎜ 2, 61 ⎟
97 ⎜
⎜ 0 ⎟
⎟ ⎜
⎟
⎝
⎠
⎝ −9 ⎠ ⎝ 3,13 ⎠
⎛ 0 ⎞ ⎛ −0, 28 ⎞
JJJJJG JJJJG ⎛ 0, 28 ⎞
OE C = OS P − ⎜ 0 ⎟ − 0,14 1 ⎜ 4 ⎟ ≈ ⎜ 2, 61 ⎟
97 ⎜
⎜ 0 ⎟
⎟ ⎜
⎟
⎝
⎠
⎝ −9 ⎠ ⎝ 3,13 ⎠
⎛ 0 ⎞ ⎛ 0, 28 ⎞
JJJJG JJJJG ⎛ 0, 28 ⎞
Unterkante: OFB = OS P + ⎜ 0 ⎟ + 0,14 1 ⎜ 4 ⎟ ≈ ⎜ 2, 72 ⎟
97 ⎜
⎜ 0 ⎟
⎟ ⎜
⎟
⎝
⎠
⎝ −9 ⎠ ⎝ 2,87 ⎠
⎛ 0 ⎞ ⎛ −0, 28 ⎞
JJJJG JJJJG ⎛ 0, 28 ⎞
OFC = OS P − ⎜ 0 ⎟ + 0,14 1 ⎜ 4 ⎟ ≈ ⎜ 2, 72 ⎟
97 ⎜
⎜ 0 ⎟
⎟ ⎜
⎟
⎝
⎠
⎝ −9 ⎠ ⎝ 2,87 ⎠
224
4.1.2 Abstandsberechnungen in der Ebene
216
2. a) B ( b1 | b 2 )
G ⎛b ⎞
⎛ 1 ⎞
Tangente: t: x = ⎜ 1 ⎟ + s ⎜
⎟.
b
⎝ 2b1 ⎠
⎝ 2⎠
Für Punkt P bzw. Q gilt ( u | u 2 )
⎛b ⎞
⎛ 1 ⎞ ⎛ b1 + s ⎞
2
⇒ ⎜ 1 ⎟ + s⎜
2 ⎟ ⇒ s = ± b 2 − b1
⎟=⎜
b
⎝ 2b1 ⎠ ⎜⎝ ( b1 + s ) ⎟⎠
⎝ 2⎠
⎛b ⎞
⎛ b1 ⎞
⎛ 1 ⎞
2⎛ 1 ⎞
Q = ⎜ 1 ⎟ + b 2 − b12 ⎜
⎟ ; P = ⎜ b ⎟ − b 2 − b1 ⎜ 2b ⎟
2b
b
⎝ 1⎠
⎝ 1⎠
⎝ 2⎠
⎝ 2⎠
JJJG
⎛ 1 ⎞
4
PQ = 2 b 2 − b12 ⎜
⎟ = 4b 2 + (16b 2 − 4 ) b1 − 16b1
⎝ 2b1 ⎠
b) Bei u = 0 ist der Abstand minimal: O − P = 8 = 2 2 .
c) B halbiert die Strecke PQ:
JJJG
⎛b ⎞
⎛ 1 ⎞ ⎛ b1 ⎞
⎛ 1 ⎞ 1 JJJG
BQ = ⎜ 1 ⎟ + b 2 + b12 ⎜
− ⎜ ⎟ = b 2 + b12 ⎜
⎟
⎟ = PQ
⎝ 2b1 ⎠ ⎝ b 2 ⎠
⎝ 2b1 ⎠ 2
⎝ b2 ⎠
217
3. Berechne das Maximum von |f(x) − g(x)| für 0 < x < 4:
|f(x) − g(x)| = x 2 − 4x ⇒ Maximum ist 4 für x = 2.
4. f t ′ (x) = −4x 3 + 6x 2 − 2t
f t ′ (x) = −12x 2 + 12x
f t ′′ (x) = 0 ⇒ x1 = 0 oder x 2 = 1
W1 (0 | t); W2 (1 | 1 − t)
JJJJJJJG
d(t) = W1W2 = 1 + (1 − 2t) 2
d ′(t) =
d ′′(t) =
2( −1+ 2t)
2 − 4t + 4t
2
⇒ d ′(t) = 0 für t = 1
2
2
(1− 2t + 2t 2 )
2 − 4t + 4t
⇒ d ′′
( 12 ) > 0
Minimaler Abstand der Wendepunkte von d = 1 bei t =
1
2
.
5. Druckfehler in der ersten Auflage: gesucht ist PQ.
t(x) = e x 0 ⋅ x + e x 0 (1 − x 0 ) + 1
(
) (
)
P x 0 | e x 0 + 1 ; Q 0 | e x 0 (1 − x 0 ) + 1
JJJG
JJJG
PQ = x 0 ⋅ 1 + e 2x 0 minimal für x 0 = 0 mit PQ = 0 .
225
217
6. Sei Q ( x 0 | f ( x 0 ) )
JJJG ⎛ x − 4 ⎞
JJJG
PQ = ⎜ x0
; d ( x 0 ) = PQ = 17 − 8x 0 + x 0 2 + e 2x 0 + 2e x 0
⎟
⎝ e 0 + 1⎠
d′ ( x 0 ) =
x 0 − 4 + e2 x0 + ex0
17 − 8x 0 + x 0 2 + e 2 x 0 + 2e x 0
d ′ ( x 0 ) = 0 für x 0 ≈ 0,3829 ⇒ Q(0,3829 | 3,4665)
7. Scheitelpunkt der Parabel: (0 | 0)
Position des Empfängers muss der Brennpunkt sein:
B(0 | 0,5) Einheiten in m.
⇒a=
1
2
Der Rand der Schüssel soll bei x 0 = 0, 4 liegen und f ( x 0 = 0, 4 ) =
2
25
.
Die Tiefe des Paraboloid beträgt 0,08 m.
8. a) HNF der Geraden y =
1x
4
+3
⎛1⎞
g: 1 ⎜ ⎟ x + 12 = 0
17 ⎝ −4 ⎠
17
Abstand eines Punktes ( x 0 | f ( x 0 ) ) auf der Küstenlinie zu g:
⎛ x ⎞
⎛ 1 ⎞ ⎜ 0 ⎟ 12
1
⎜ −4 ⎟ x 0 + 17 = 17 x − 2 2 ⋅ x + 12
⎝ ⎠⎜ 2 ⎟
⎝
⎠
Minimaler Abstand für x 0 = 2.
Im Punkt (2 | 1) hat der Trawler zur Küste den Abstand
d (x0 ) =
d(2) =
b) d >18 =
1
17
10
17
≈ 2, 425 sm.
(
1 11 x 2
17 36
−
35
x
3
)
+ 93 ,
d = 2 für x = 24,845 (im Bereich x >18).
D. h spätestens in Q(24,845 | 9,213) muss der Kurs geändert werden.
226
217
9. f ′(x) = −
1
x2
Tangente im Punkt P(p | f(p))
1
G ⎛ 1 ⎞
⎛ P ⎞ ⎛⎜
t: x = ⎜
⋅r +⎜
= − 1
⎟
⎟
⎝ f ′(p) ⎠
⎝ f (p) ⎠ ⎜⎝ p 2
⎞
⎛P⎞
⎟ ⋅ r + ⎜ 1 ⎟; r ∈ \
⎜p⎟
⎟
⎝ ⎠
⎠
( ).
Schnitt mit y-Achse gibt Punkt Q 0
2
p
Alternativ über Analysis:
Tangente y = f ′(p) ⋅ x + b, wobei b über Einsetzen des Punktes P für x
bzw. y zu bestimmen ist:
f (p) = f ′(p) ⋅ p + b ⇒ b = f (p) − f ′(p) ⋅ p = 2
(
b ist der y-Achsenabschnitt ⇒ Q 0 b =
2
p
).
p
4.1.3 Spiegelung eines Punktes an einer Ebene
218
17
⎛5⎞
G ⎛ ⎞
2. a) Lotgerade zu E durch P: g: x = ⎜ 15 ⎟ + r ⎜ −1⎟
⎜ 11 ⎟
⎜4⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
Schnittpunkt mit E für r = −3: S(2 | 18 | −1)
JJG ⎛ −15 ⎞ JJG
PS = ⎜ 3 ⎟ ; PS = 3 42
⎜ −12 ⎟
⎝
⎠
Abst(E; P) = 3 42
JJJJJG JJJG JJG JJJG
JJG ⎛ −13 ⎞
b) OP * = OS + PS = OP + 2PS = ⎜ 21 ⎟ , P*(-13 | 21 | −13)
⎜ −13 ⎟
⎝
⎠
c)
• Aufstellen der Lotgeraden auf E durch P
• Ermitteln des Schnittpunktes S der Lotgeraden mit der Ebene
JJJJJG JJJG
JJG
• OP * = OP + 2PS
227
218
17
⎛ 3⎞
G ⎛ ⎞
3. a) Lotgerade g: x = ⎜ −9 ⎟ + r ⎜ −4 ⎟
⎜ 20 ⎟
⎜ 6⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
Schnittpunkt S(8 | 3 | 2)
⎛ −9 ⎞ ⎛ −1 ⎞
JJJJJG ⎛ 17 ⎞
OP * = ⎜ −9 ⎟ + 2 ⎜ 12 ⎟ = ⎜ 15 ⎟ ; P * ( −1 | 15 | −16)
⎜ 20 ⎟
⎜ −18 ⎟ ⎜ −16 ⎟
⎝ ⎠
⎝
⎠ ⎝
⎠
JJJG JJJG
JJJG ⎛ −1⎞
b) Punkt der Ebene bestimmen: OS = OP + 1 PQ = ⎜ −1⎟
2
⎜3⎟
⎝ ⎠
JJJG ⎛ 6 ⎞
Normalenvektor der Ebene ist PQ = ⎜ −8 ⎟
⎜ 10 ⎟
⎝ ⎠
⇒ E: 6x1 − 8x 2 + 10x 3 + 28 = 0
gespiegelt an
x1x3-Ebene
(3 | 2 | −1)
(−4 | −2 | 5)
(x | −2 | −3)
(1 | −y | z)
4.
a)
b)
c)
d)
x1x2-Ebene
(3 | −2 | 1)
(−4 | 2 | −5)
(x | 2 | 3)
(1 | y | −z)
x2x3-Ebene
(−3 | −2 | −1)
(4 | 2 | 5)
(−x | 2 | −3)
(−1 | y | z)
5. a) - Unabhängig von der Lage kann man immer zwei beliebige verschiedene Punkte von g an E spiegeln und durch die Bildpunkte eine Gerade
konstruieren. Dies ist die Bildgerade unter Spiegelung an E.
- Liegt g parallel zu E, so hat die Bildgerade den gleichen Richtungsvektor. Es reicht daher aus, den Punkt des Stützvektors zu spiegeln.
- Schneidet g die Ebene E in Punkt S, so reicht es aus, den Punkt des
Stützvektors zu spiegeln und mit diesem und dem Schnittpunkt die
Bildgerade zu konstruieren.
JJG
Ebenso kann auch direkt der neue Richtungsvektor v * aus dem urG
sprünglichen v bestimmt werden:
JJG G
G
G
G G
v * = v − 2 v ⋅ nG ⋅ nG , wobei n ein Normalenvektor der Ebene ist.
(
n
)
n
⎛ −7 ⎞
⎛ −13 ⎞
G
b) g*: x = 1 ⎜ 68 ⎟ + r ⎜ 2 ⎟
3⎜
⎟
⎜ −31 ⎟
⎝ −16 ⎠
⎝
⎠
228
219
6. a) L ist Schnittpunkt von s1 und s 2 : L(18 | 8 |4)
Spiegelung von L an E:
18
⎛1⎞
G ⎛ ⎞
Lotgerade x = ⎜ 8 ⎟ + r ⎜ 2 ⎟
⎜4⎟
⎜ 4⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
Schnittpunkt mit E für r = −2 in Q(16 | 4 | −4)
JJJJJG JJJG
JJJG ⎛ 14 ⎞
OL * = OL + 2LQ = ⎜ 0 ⎟ , L*(14 | 0 | −12)
⎜ −12 ⎟
⎝
⎠
b) Schnittpunkt s1 mit E für = 0 in P1 ( −2 | 3 | 1)
Einfallswinkel: cos α =
⎛1⎞
⎜ 2⎟
⎜ 4⎟
⎝ ⎠
⎛ 20 ⎞
⋅⎜5⎟
⎜3⎟
⎝ ⎠
⎛ 1 ⎞ ⎛ 20 ⎞
⎜ 2⎟ ⋅ ⎜ 5 ⎟
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ 4⎠ ⎝ 3 ⎠
=
42
9114
⇒ α ≈ 63,9°
⎛ −2 ⎞
⎛ 16 ⎞
c) s1 * = ⎜ 3 ⎟ + r ⎜ −3 ⎟
⎜1⎟
⎜ −13 ⎟
⎝ ⎠
⎝
⎠
7. Wie bei Abstandsberechnung Punkt-Gerade wird zunächst eine Ebene E,
die orthogonal auf g steht und den Punkt A enthält konstruiert. Schnitt von
E mit g liefert Schnittpunkt S.
JJJJG JJJG
JJJG
Für den Ortsvektor des Bildpunktes gilt dann OA ′ = OA + 2 ⋅ AS .
8. Die Lichtstrahlen verlaufen in einer Ebene, die senkrecht auf E steht:
G
( n ist Normalenvektor von E)
4 ⎞
⎛ −26 ⎞
⎛2⎞
JJJG
G ⎛
G JJJG
E Strahl : x = OL + rPL + s ⋅ n = ⎜ −10 ⎟ + r ⎜ −20 ⎟ + s ⎜ −1⎟
⎜ 11 ⎟
⎜ −2 ⎟
⎜2⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝ ⎠
Schnitt von E mit E Strahl liefert eine Gerade, auf der S liegen muss:
Schnittgerade für s = 4r − 13
3
G
gs : x =
⎛ − 14 ⎞
⎜ 3⎟
⎜ − 17 ⎟
⎜ 73 ⎟
⎜
⎟
⎝ 3 ⎠
⎛ −18 ⎞ JJJG
+ r ⎜ −24 ⎟ = OS
⎜ 6 ⎟
⎝
⎠
Im Punkt S muss der Einfallswinkel gleich dem Ausfallswinkel sein:
JJG G
SL ⋅ n
JJG G
SL ⋅ n
=
G JJG
n ⋅ SP
G JJG
n ⋅ SP
Einsetzen uns Auflösen nach r gibt die möglichen Lösungen
r1 =
13
;r
12 2
= − 13 und somit Punkte S1 und S 2 .
38
229
219
8. Fortsetzung
JJG
JJG
Die Vektoren SP und SL dürfen keine Vielfachen voneinander sein (dann
ist auch der Winkel gleich).
⎛ 143 ⎞
⎛1625 ⎞
JJG
JJG
Für Lösung r2 sind SP = 1 ⎜ −715 ⎟ und SL = 1 ⎜ 425 ⎟ linear
57 ⎜
57 ⎜
⎟
⎟
⎝ 611 ⎠
⎝ 725 ⎠
unabhängig. S
(
85
57
145
57
16
57
)
G
9. Der Normalenvektor n der Spiegelebene E muss in einer Ebene mit den
JJG
JJG
Differenzvektoren SL und SP liegen.
⎛ −10 ⎞
JJG ⎛ 11⎞
G JJG
⇒ n = SL + r ⋅ SP = ⎜ 3 ⎟ + r ⎜ 18 ⎟
⎜5⎟
⎜ 14 ⎟
⎝ ⎠
⎝
⎠
Gleichzeitig muss er mit ihnen gleich große Winkel bilden (Einfallswinkel
G
JJG
G
JJG
n ⋅ SP
= Ausfallswinkel): Gn ⋅ SL
JJG = cos α = G JJG
n ⋅ SL
n ⋅ SP
G
Obigen Ausdruck von n eingesetzt und nach r aufgelöst, ergibt r = 1 .
2
6
⎛1⎞
G ⎛ ⎞
G
⇒ n = ⎜ 12 ⎟ bzw. normiert n = 1 ⎜ 2 ⎟
3⎜ ⎟
⎜ 12 ⎟
⎝ ⎠
⎝ 2⎠
⇒ E:
1
3
( x1 + 2x 2 + 2x 3 − 16 ) = 0
⎛ 2 ⎞ ⎛ −3 ⎞
10. a) g parallel zu E, da ⎜ −1⎟ ⋅ ⎜ 2 ⎟ = 0
⎜2⎟ ⎜4⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Der Richtungsvektor von g steht senkrecht auf dem Normalenvektor
von E.
Abst(g; E) = Abst(P; E) mit P(8 | −4 | 5)
Lotfußpunkt auf E von Punkt P: S(4 | −2 | 1)
⎛ −4 ⎞
JJG
Abst(g; E) = PS = ⎜ 2 ⎟ = 6
⎜ −4 ⎟
⎝ ⎠
⎛ −3 ⎞ ⎛ 0 ⎞
⎛ −3 ⎞
JJG
G JJJG
b) h: x = OP + 2PS + k ⎜ 2 ⎟ = ⎜ 0 ⎟ + k ⎜ 2 ⎟
⎜ 4 ⎟ ⎜ −3 ⎟
⎜4⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎝ ⎠
230
219
⎛ 3t − 1 ⎞
JJJJG ⎛ 1 ⎞
G JJJG
11. a) Für S t : g t : x = OL + r ⋅ LS t = ⎜ 2 ⎟ + r ⎜ 2 ⎟
⎜1⎟
⎜ 2t − 1⎟
⎝ ⎠
⎝
⎠
⎛ 1 ⎞
JJJJG ⎛ 1 ⎞
G JJJG
Für S k : g k : x = OL + s ⋅ LS k = ⎜ 2 ⎟ + s ⎜ 3k − 2 ⎟
⎜1⎟
⎜ k −1 ⎟
⎝ ⎠
⎝
⎠
JJJJJJJ
G
JJJJ
G
JJJJG
G
b) Z. B. E: x = OS k = 0 + OS t + OS k ; t, k ∈ \
⎛ 2⎞ ⎛ 3⎞
⎛ 0⎞
= ⎜ 0⎟ + t ⎜ 0⎟ + k ⎜ 3⎟
⎜ 0⎟ ⎜ 2⎟
⎜1⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎛2⎞ G
bzw. E: ⎜ 1 ⎟ ⋅ x − 4 = 0 .
⎜ −3 ⎟
⎝ ⎠
(
c) L * 13 17 − 2
7
7
7
)
⎛ 13 ⎞
⎛ 21t − 13 ⎞
JJJJJJG
G JJJJJG
⇒ Für S t : g t *: x = OL * + r ⋅ L * S t = 1 ⎜ 17 ⎟ + r ⋅ 1 ⎜ 11 ⎟
7⎜
7⎜
⎟
⎟
⎝ −2 ⎠
⎝ 14t − 2 ⎠
1
⎛ 13 ⎞
⎛
⎞
JJJJJJG
G JJJJJG
Für S k : g k *: x = OL * + s ⋅ L * S k = 1 ⎜ 17 ⎟ + s ⋅ 1 ⎜ 21k − 17 ⎟
7⎜
7⎜
⎟
⎟
⎝ −2 ⎠
⎝ 7k + 2 ⎠
4.2 Flächeninhalte und Volumina über begrenzten und
unbegrenzten Intervallen
4.2.1 Flächeninhalte und Volumina über begrenzten Intervallen
221
2. Elementargeometrisch: V =
4
Integralrechnung: V = ∫ π
1
1
3
( π ⋅ 2 2 ⋅ 6 − π ⋅ 12 ⋅ 3) = 7 π
( 13 x + 23 )
2
dx = 7 π
3. Elementargeometrisch: V = 1 G ⋅ h mit G =
3
G
Vektorrechnung: V =
V=
56
3
( b× cG ) ⋅ d
6
23
2
und h = 4 ergibt V =
56
3
G ⎛ 6⎞ G ⎛1⎞ G ⎛ 3⎞
mit b = ⎜ 2 ⎟ ; c = ⎜ 5 ⎟ ; d = ⎜ 3 ⎟ ergibt
⎜0⎟
⎜0⎟
⎜ 4⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠
231
221
4. Elementargeometrisch:
c = AB = 6 2 + 12 = 37; b = AC = 5 2 + 2 2 =
2
29;
2
a = BC = 1 + 3 = 10
Aus A =
g ⋅h
2
folgt h =
2A
g
und damit mit A =
17
2
.
h c = 17 = 2, 79; h b = 17 = 3,16; h a = 17 = 5,38
37
29
10
Trigonometrisch:
Berechne Winkel: Aus dem Kosinussatz ergibt sich z. B. für γ:
cos γ =
a 2 + b2 −c2
2ab
.
Damit erhält man α = 31,26°; β = 62,10°; γ = 86,63°.
Für die Höhen gilt z. B. h a = b sin γ .
Damit folgen: h a = 5,38; h b = 3,16; h c = 2, 79
Mit Methoden der Analysis:
Beschreibe die Seiten und Höhen des Dreiecks durch Funktionen:
f AB (x) = − x + 13 ; f AC (x) =
6
6
h AB (x) = 6x − 32; h AC (x)
2x + 8 ; f
BC (x) = −3x + 22
5
5
= − 5x + 37 ; h BC (x) = x + 5
2
2
3
3
Schneide f AB mit h AB ergibt S AB
Schneide f AC mit h AC ergibt SAC
Schneide f BC mit h BC ergibt S BC
(
(
(
); h = S
); h = S
205
37
46
37
169
29
114
29
61 37
10 10
); h
c
b
a
AB C
AC B
= 17 .
37
= 17 .
29
= S BC A = 17 .
10
Mit Vektorrechnung:
Bilde Hessesche Normalenform der Geraden
⎛1⎞ G
g AB : − 1 ⎜ ⎟ x + 13 = 0; h c = Abst ( g AB , C ) = 17
37 ⎝ 6 ⎠
37
37
⎛ 2 ⎞G
g AC : 1 ⎜ ⎟ x + 8 = 0; h b = Abst ( g AC , B ) = 17
29 ⎝ −5 ⎠
29
29
⎛ 3⎞ G
g BC : 1 ⎜ ⎟ x − 22 = 0; h a = Abst ( g BC , A ) = 17
10 ⎝ 1 ⎠
10
10
222
5. (1) Volumen eines Kugelabschnitts: V = 1 πh 2 (3r − h)
3
Löse
1 πh 2 ( 3 ⋅ 7,5 −
3
ergibt h ≈ 8,16055
3
h ) = 1000 ⇔ − πh + 23,5619h 2 − 1000
3
232
222
h
5. (2) Löse
∫π
(
7,5 2 − ( x − 7,5 2 )
)
2
dx = 1000
0
3
⇔ − πh + 23,5619h 2 − 1000 ergibt h ≈ 8,16055
3
6. Zerlege den Keil in eine Pyramide und ein gerades Prisma.
VPrisma =
1
2
⋅ 3 ⋅ 12 ⋅ 8 = 144; VPyramide =
1
3
⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 12 = 24 ,
damit VKeil = 168 cm 3
7. Fläche der Ellipse
(1) Durch Stauchung: A = π ⋅ 20 2 ⋅ 14 = 280 π
20
(2) Aus der Normalform
x2
20 2
+
y2
14 2
des oberen Bogens zu f (x) =
20
∫
A = 4⋅
7
10
0
7
10
= 1 ergibt sich die Funktionsgleichung
400 − x 2 und damit die Fläche
400 − x 2 dx = ⎡⎢ 7 x ⋅ 400 − x 2 + 560 arcsin
⎣5
20
( 20x )⎤⎦⎥ 0
= 280 π
Volumen des Kegels: V = 1 280 π ⋅ 10 =
3
2800
π
3
8. Berechnung der Querschnittsfläche der Brücke.
Die Parabel durch die Punkte P(0 | 10) und Q(16 | 7) hat die Gleichung
y= −
3
x2
256
+ 10
Querschnittsfläche einschließlich der Halbkreise:
16
(
2∫ −
0
3
x2
256
)
16
3
+ 10 dx = 2 ⋅ ⎡ − x − 10x ⎤ = 288
⎣ 256
⎦0
Querschnittsfläche abzüglich der Halbkreise:
A = 288 −
3
2
⋅ 4 2 π = 212, 60 m 2
Damit ergibt sich ein Volumen von A ⋅ 9 = 1913,42 m 3 .
9. Fehler in der 1. Auflage: Durchmesser der Bohrung ist nicht gegeben.
(1) Volumen der Kugel: V =
4 π ⋅ 20 3
3
Das Volumen der Bohrung setzt sich zusammen aus einem Zylinder
und zwei Kugelabschnitten.
Für eine Bohrung mit Radius rb gilt:
Höhe des Zylinders: h1 = 2 ⋅ 20 2 − rb2 . Das ergibt ein Zylindervolumen von VZ = 2 πrb2 ⋅ 20 2 − rb2 .
233
222
9. (1) Fortsetzung
Volumen der Kugelabschnitte:
Volumen eines Kugelabschnittes: VA = 1 πh 2 (3r − h)
3
Höhe des Kugelabschnitts: h 2 = 20 − 20 2 − rb2 .
Das ergibt ein Volumen von
) ⋅ (3 ⋅ 20 − ( 20 −
(
2
VA = 1 π 20 − 20 2 − rb2
3
20 2 − rb2
))
Damit: Gesamtvolumen der Bohrung: VB = VZ + 2 ⋅ VA
Volumen der durchbohrten Kugel:
V=
4 π ⋅ 20 3
3
− VB =
4π⋅
3
( 400 − rb 2 )
3
2
(2) Integralrechnung
Berechne das Rotationsvolumen
V = 2⋅
h2
2
∫ π(
)
20 2 − x 2 − r 2 dx =
0
4
π⋅
3
3
( 400 − r 2 ) 2
Wert für h 2 einsetzen.
10. a) Mit a = 10; b =
ergibt sich s =
1
2
(
29; c = AB = 37
10 + 29 + 37 ) .
Einsetzen in A = s(s − a)(s − b)(s − c) liefert A = 8,5.
b) Lege das Dreieck ABC so in ein Koordinatensystem, dass A im
Ursprung und die Seite c auf der x-Achse liegt.
Das umschreibende Rechteck hat dann die Koordinaten (0 | 0), (c | 0),
(c | h c ) , (0 | h c ) .
Programmiere den Zufallsgenerator so, dass zweidimensionale
„Zufallszahlen“ (x | y) mit 0 ≤ x ≤ c und 0 ≤ y ≤ h c erzeugt werden.
Zähle nun die Punkte, die im Dreieck liegen.
Für die Fläche des Dreiecks gilt dann: F =
Anzahl Punkte im Dreieck
Anzahl aller Punkte
⋅ c ⋅ hc .
4.2.2 Flächeninhalte und Volumina über unbegrenzten
Intervallen
224
2. Für das Volumen gilt:
∞
V = π∫
1
( )
1 2 dx
x
b
= π ⋅ lim
b →∞
∫x
1
dx
2
b
(
= π ⋅ lim ⎡ − 1 ⎤ = π ⋅ lim 1 −
b →∞ ⎣ x ⎦1
b →∞
1
b
)=π
234
224
2. Fortsetzung
Für die Fläche gilt:
F=
∞
∫
b
dx
x
1
= lim
b →∞
∫x
dx
b
= lim [ ln x ]1 = lim ( ln b − ln1) = lim ln b = ∞
b →∞
1
b →∞
b →∞
Ein Zylinder mit Radius r = 1 und Höhe h = 1 besitzt das gleiche Volumen
V = π.
225
10
3. a) (1)
∫
1
dx
x
100
∫
≈ 2,30259 (2)
1
∞
∫
Wegen
1
b
= lim
1000
≈ 4, 60517
∫
(3)
1
dx
x
≈ 6,90776
b
= lim [ ln x ]1 = lim (ln b − ln1)
∫
b →∞ x
dx
x
dx
x
dx
b →∞
1
b →∞
= lim ln b = ∞ wird der Flächeninhalt unendlich groß.
b →∞
10
(2)
∫
1
dx
x2
100
= 0,9
∫
(2)
1
∞
∫
Wegen
1
b
dx
x2
∫
b →∞ x
1
x2
dx = lim
1
dx
2
1000
= 0,99
∫
(3)
1
dx
x2
= 0,999
(
b
= lim ⎡ − 1 ⎤ = lim 1 −
b →∞ ⎣ x ⎦1
b →∞
1
b
) =1
strebt der Flächeninhalt gegen 1.
∞
b) (1)
∫
1
1
x1,1
b
∫
b →∞ x
(
b
⎤ = lim 1 −
= lim ⎡ − 10
0,1
b →∞ ⎣ x ⎦1
b →∞
dx
dx = lim
1,1
1
10
b 0,1
) = 10
Der Flächeninhalt strebt gegen 10.
∞
(2)
∫x
b
∫
b →∞ x
1
dx = lim
1,01
1
dx
1,01
1
(
b
⎤ = lim 100 −
= lim ⎡ − 100
0,01
⎦1 b →∞
b →∞ ⎣ x
100
b 0,01
) = 100
Der Flächeninhalt strebt gegen 100.
∞
(3)
∫x
b
∫
b →∞ x
1
dx = lim
1,001
1
(
= lim 1000 −
b →∞
1
1000
b 0,001
dx
1,001
b
⎤
= lim ⎡ − 1000
0,001
⎦1
b →∞ ⎣ x
) = 1000
Der Flächeninhalt strebt gegen 1000.
1
4. a)
∫
0
4
b)
∫
0
=
1
= lim
dx
n
x
= lim
n n
n −1
∫
a →0
a
4 n −1
(
3
= lim ⎡⎢ 3 x 2 ⎤⎥ = lim
⎦ a a →0
a →0 ⎣ 2
dx
n
x
n
= lim ⎡⎢ n x n −1 ⎤⎥ = lim
n
1
⎣
⎦ a a →0
−
a →0
a
4
1
dx
∫ 3x
a →0
dx
3
x
4
3
2
−
(
33 2
a
2
)=
n n
n −1
4 n −1 −
3
2
n n
n −1
a n −1
)
235
225
1
2
4. c)
∫
0
0
d)
dx
x3
∫
= lim
a →0
3
∫
1
∞
(2)
0
∫
b→0
∫x
∞
(3)
(4)
b
∫
∫
1
x2
1
−1
−∞
−1
∫
−∞
x
∫
−∞
∫
b →∞
b
∫
b →∞
= lim
3
1
−1
−∞
0
6. a)
∫e
x
−1
dx
∫ 5
a →−∞ x
dx = lim
dx
a
x
2
x
4
−1
b →∞
0
( n1−1 − n1−1 b1− n )
b2 −
(
2
b
(
3
2
)=∞
)=2
1
a
) =1
)
(
−1
−1
= lim ⎡⎣3 3 x ⎤⎦ a
a →−∞
−1
∫
a →−∞ 3 x 4
= lim
dx
a
∫e
a →−∞
x
b
)=3
0
a →−∞
∫ 2
b →∞ (x +1)
0
3
a
3
dx = lim [ e x ]a = lim (1 − e a ) = 1
a
= lim
(
−1
= lim ⎡ − 33 ⎤ = lim 3 +
x ⎦⎥ a
a →−∞ ⎣⎢
a →−∞
a →−∞
−x
∫ e dx =
0
∫
1
2
( −3 − 3 3 a ) = ∞
0
dx
(x +1) 2
33
2
= lim 2 −
∞
∞
)=
1 − 1 = −1
= lim ⎡ − 1 4 ⎤ = lim
4
4
4
a →−∞ ⎣ 4x ⎦ a
a →−∞ 4a
dx
a
2 ⎤b
x ⎦⎥1
(
−1
b) Aus Symmetriegründen gilt mit a)
c)
1
2b 2
= lim ⎡ − 1 ⎤ = lim 1 +
a →−∞ ⎣ x ⎦ a
a →−∞
∫
a →−∞ 3 x 2
dx = lim
dx = lim
−∞
−1
a
dx
3
x
3
∫ 2
a →−∞ x
1
3
= lim ⎡ −
b →∞ ⎣⎢
dx
dx = lim
a →−∞
∫
−
b
b
3
1
= lim
(4)
1
2
= lim ⎡ − 1 x1− n ⎤ = lim
⎦1 b →∞
b →∞ ⎣ n −1
3
= lim ⎡⎢ 3 x 2 ⎤⎥ = lim
⎦1 b →∞
b →∞ ⎣ 2
dx
x
= lim
1
x5
−1
(3)
n
dx
1
dx
(2)
∫
b →∞ x
(
1
n −1
∫
b) (1)
b→0
b
3
dx
dx = lim
n
−2 =∞
= lim ⎡ − 1 2 ⎤ = lim
b →∞ ⎣ 2x ⎦1
b →∞
∫
b →∞ x
1
b
dx
3
x
1
∞
b→0
x2
b
1
)
1
2a 2
b
dx = lim
1
=
3
−1
1
x3
(
= lim ⎣⎡3 3 x ⎦⎤ −1 = lim ( 3 3 b + 3) = 3
dx
= lim
x2
∞
5. a) (1)
∫
1
= lim ⎡ − 1 2 ⎤ 2 = lim
a → 0 ⎣ 2x ⎦ a
a →0
dx
x3
b
dx
−1
1
2
dx
b
0
∫e
x
dx = 1 .
−∞
(
)
= lim ⎡ − 1 ⎤ = lim 1 − 1 = 1
1+ b
b →∞ ⎣ x +1 ⎦ 0
b →∞
236
225
−3
∫
6. d)
dx
(x + 2) 2
−∞
3
∫
e)
0
∫
f)
−2
=
3
∫
a →2
0
a
(
lim 3 3
a →−2 2
4
0
)
(a + 2) 2 =
b
dx
= lim
0
(
55
b→4 3
= lim
33
2
4−
(b − 4) 3 +
1
1
0
a
a →2
= lim ⎡⎢ 3 3 (x + 2) 2 ⎤⎥
⎦a
a →−2 ⎣ 2
∫
b → 4 5 (x − 4) 2
dx
0
a →2
dx
= lim
55
3
33
2
4
b
= lim ⎡⎢ 5 5 (x − 4) 3 ⎤⎥
⎦0
b→4 ⎣ 3
)
64 =
55
3
64
1
[ x ln x − x ]a
∫ ln xdx = alim
∫ ln xdx = alim
→0
→0
h)
) =1
3
∫ 3 x+2
a →−2
dx
x+2
1
a+2
= lim [ 2 x − 2 ]a = lim ( 2 − 2 a − 2 ) = 2
dx
x −2
a
∫ 5 (x − 4) 2
g)
dx
a
= lim
(
−3
= lim ⎡ − 1 ⎤ = lim 1 +
a →−∞ ⎣ x + 2 ⎦ a
a →−∞
∫
2
a →−∞ (x + 2)
3
dx
x−2
2
−3
= lim
= lim ( −1 − a ln a + a) = −1
a →0
7. Alle existieren nicht.
∞
8. Untersuche, ob das Integral
∫ ( xk )
1
2
dx für a > 0 existiert.
a
Für k ≠
∞
∫(
a
=
1
2
)
1 2 dx
xk
gilt
b
∫ 2k
b →∞ x
= lim
1
lim
−2k +1 b →∞
(b
dx
a
−2k +1
b
= lim ⎡ 1 x −2k +1 ⎤
⎦a
b →∞ ⎣ −2k +1
− a −2k +1 )
Das Integral existiert genau dann, wenn der Grenzwert lim b −2k +1
b →∞
existiert, d. h. es muss −2k + 1 < 0 erfüllt sein. Damit existiert das Integral
für k > 1 .
Für k
∞
2
=1
2
2
existiert das Integral nicht, denn:
b
dx
1
[ ln x ]ab = lim (ln b − ln a) = ∞.
∫ ⎛⎜ 12 ⎞⎟ dx = blim
∫ = blim
→∞ x
→∞
b →∞
a⎝x ⎠
a
237
225
2
9. Fehler in der 1. Auflage. Es muss γ = 6, 67 ⋅ 10 −11 Nm2 heißen.
kg
∞
∫
W=
γ
m1 ⋅ m 2
dr = γ ⋅ m1 ⋅ m 2 ⋅ lim
r2
6370
=
b
b →∞
b
γ ⋅ m1 ⋅ m 2 ⋅ lim ⎡ − 1 ⎤
⎣
⎦
r
6370
b →∞
∫
6370
dr
r2
m1 ⋅ m 2
6370
= γ⋅
Mit m1 = 5,974 ⋅ 10 24 , m 2 = 2000 und γ = 6, 67 ⋅ 10 −11 ergibt sich
W = 6, 67 ⋅ 10 −11 ⋅
10. W =
∞
∫
r1
=
1 Q1 ⋅ Q 2
4 πε 0
r
Q1 ⋅ Q 2
4 πε 0
⋅
5,974 ⋅10 24 ⋅ 2000
6370
Q1 ⋅ Q 2
4 πε 0
dr =
≈ 1, 251 ⋅ 1014 J.
b
∫
b →∞ r
dr
⋅ lim
2
=
r1
b
Q1 ⋅ Q 2
4 πε 0
⋅ lim ⎡ − 1 ⎤
b →∞ ⎣ r ⎦ r1
1
r1
4.2.3 Zusammenhang von Dichtefunktion, Wahrscheinlichkeit
und Flächeninhalt
228
2. P(0 ≤ X ≤ ∞) =
∞
∫
0
P(−1 ≤ X ≤
1⋅ 1
π 1+ x 2
(
dx =
)
= 1 π −0 = 1
π 2
2
1
1) = 1 ⋅ 1 2 dx
π 1+ x
−1
∫
=
b
1 lim
1
π b →∞ 1+ x 2
0
∫
=
1
2
1
π 1+ x 2
0
∫
2 ( arctan1 − arctan 0 )
π
3
P (− 3 ≤ x ≤ 3) =
∫
− 3
=
2
π
1⋅ 1
π 1+ x 2
( arctan
=
1
2
dx =
2
π
dx =
1 lim [ arctan x ] b
0
π b →∞
1
dx = 2 [ arctan x ]0
π
3
∫ 1+ x
1
2
3
dx = 2 [ arctan x ]0
π
0
3 − arctan 0 ) =
2
π
⋅π =
3
2
3
238
228
2
x
3. Für die Ableitung von ϕ(x) = 1 e 2 gilt nach der Kettenregel:
2π
1
2π
ϕ′(x) =
e
x2
⋅ ( − x). Daher ist die Funktion G(x) = −
2
1
2π
e
x2
2
eine
Stammfunktion für die Funktion g(x) = x ⋅ ϕ(x).
Also gilt: μ =
+∞
∫
−∞
⎡
xϕ(x)dx = ⎢ −
⎣
1
2π
e
x2
2
+∞
⎤
= 0−0 = 0
⎥
⎦ −∞
Bildet man die 2. Ableitung von ϕ(x), dann ergibt sich:
x2
⎡ x2
⎤
ϕ′′(x) = 1 ⋅ ⎢⎣ e 2 ⋅ ( − x) 2 + e 2 ⋅ ( −1) ⎥⎦ = x 2 ⋅ ϕ(x) − ϕ(x)
2π
Es gilt also: x 2 ⋅ ϕ(x) = ϕ(x) + ϕ′′(x)
Daher gilt:
+∞
σ2 =
∫
(x − μ ) 2 ⋅ ϕ(x)dx =
−∞
+∞
∫
x 2 ⋅ ϕ(x)dx =
−∞
= 1 + [ ϕ′(x)]
+∞
−∞
+∞
∫
ϕ(x)dx +
−∞
+∞
∫ ϕ′′(x)dx
−∞
+∞
x2 ⎤
⎡
= 1 + ⎢− x ⋅ 1 e 2 ⎥
= 1 + (0 − 0) = 1
2π
⎣
⎦ −∞
4. Um eine Stammfunktion für g(x) =
x
1+ x 2
= 1 ⋅ 2x 2 zu finden, muss man
2 1+ x
erkennen, dass der Zähler des Bruches rechts genau die Ableitung des
Nenners ist. Daher gilt:
G(x) = 1 ⋅ ln (1 + x 2 ) ist eine Stammfunktion für g(x), denn nach Ketten2
regel gilt dann G ′(x) = g(x).
Daher gilt:
μ= 1⋅
π
+∞
∫
+∞
x ⋅ 1 2 dx = 1 ⋅ ⎡⎣ ln (1 + x 2 ) ⎤⎦ −∞ = 0;
2π
1+ x
−∞
+a
dies gilt, weil für alle a ∈ \ + gilt: ⎡⎣ln (1 + x 2 ) ⎤⎦ − a = 0
In der Formelsammlung findet man, dass die Umkehrfunktion der Tangensfunktion, der sogenannte arctan(x) eine Stammfunktion für die Funktion
h(x) =
1
1+ x 2
E(X) =
1
π
V(X) =
+∞
∫
−∞
+∞
∫
ist. Daher ergibt sich
x
1+ x2
dx =
(x − 0)2
−∞
=
⎛
1
lim ⎜
π a →∞ ⎜
(
1
2π
1
π 1+ x2
∫ (1 − 1+1x
+∞
∫ 1+2xx
dx =
dx =
1
π
2
−∞
)
⎝ −a
) dx ⎟⎟⎠
⎞
a
2
+∞
∫
−∞
=
1
2π
x2
1+ x2
(
)
+∞
⎡ ln 1 + x2 ⎤ = 0
⎣
⎦ −∞
dx =
1
lim
π a →∞
1
π
+∞
2
∫ 1+1+xx −1 dx
2
−∞
[ x − arctan(x)]+−aa = +∞
(!)
239
228
5. Aufgabenstellung unvollständig: f (x) = x 2 ⋅ e − x für x ≥ 0 und f(x) = 0
sonst.
Für Funktion vom Typ f n (x) = x n ⋅ e − x gilt:
f n ′ (x) = n ⋅ x n −1 ⋅ e − x − x n ⋅ e − x = n ⋅ f n −1 (x) − f n (x)
D. h. allgemein:
f n (x)dx = n ⋅ f n −1 (x)dx − f n ′ (x)dx = n ⋅ f n −1 (x)dx − f n (x)
∫
∫
∫
also konkret:
∫ f1 (x)dx = ∫ x ⋅ e
−x
dx = 1 ⋅ ∫ f 0 (x)dx − f1 (x) = − e − x − x ⋅ e − x
= − (1 + x) ⋅ e − x
∫ f 2 (x)dx = ∫ x
2
⋅ e − x dx = 2 ⋅ ∫ f1 (x)dx − f 2 (x)
= −2 ⋅ (1 + x) ⋅ e − x − x 2 ⋅ e − x = − ( x 2 + 2x + 2 ) ⋅ e − x
Daher folgt:
+∞
+∞
∫
x 2 ⋅ e − x dx = ⎡⎣ − ( x 2 + 2x + 2 ) ⋅ e − x ⎤⎦ 0
∫
1 x2
2
0
+∞
0
= 0 + 2 = 2, also
⋅ e − x dx = 1
Mithilfe von analogen Überlegungen wie oben erhält man nach etlichen
Zwischenschritten:
μ=
+∞
∫
0
x ⋅ 1 x 2 ⋅ e − x dx = 3 und σ 2 =
2
+∞
∫ (x − μ)
0
2
⋅ 1 x 2 ⋅ e − x dx = 3
2
6. Bei einem Zufallsregen erzeugt man mittels eines Zufallsgenerators zweidimensionale Punkte (x | y). Zur Berechnung des Integrals wird um den
2
Graphen der Funktion f (x) = e − x ein Rechteck gelegt. Da der Graph für
|x| → ∞ sehr schnell gegen null geht, kann die Fläche z. B. bei x = ± 5
abgeschnitten werden. Eine Näherung für die Fläche erhält man durch die
Formel A ≈ Anzahl der Punkte innerhalb der Fläche .
Anzahl aller Punkte
240
4.3 Verwenden von Parametern: Untersuchung von
Kurvenscharen − Ortskurven
232
( 2 )2
2. a) f k (x) = x − k
x
• Definitionsmenge: x ∈ \ \ {0} für alle f k
• Verhalten an den Definitionslücken:
Für x → 0 + gilt f k (x) → ∞
Für x → 0 − gilt f k (x) → −∞
• Symmetrie
f k ( − x) =
x 4 − 2kx 2 + k 2
−x
= − f k (x)
⇒ Punktsymmetrie zum Ursprung
• Verhalten für x → ±∞ :
Für x → +∞ gilt f k (x) → +∞
Für x → −∞ gilt f k (x) → −∞
• Nullstellen: f k (x) = 0 für x = ± k
⇒ k > 0: Nullstellen bei k und − k
k < 0: keine Nullstellen
• Extrempunkte:
( 2 )( 2 )
( 4 2)
f k ′ (x) = 3x + k 2 x − k ; f k ′′ (x) = 2 3x 3+ k
x
x
f k ′ (x) = 0 für x1,2 = ±
⇒ k > 0 Minimum bei
(
k < 0 Minimum bei ⎛⎜
⎝
−k
3
; x 3,4 = ± k
k | 0 ) ; Maximum bei ( − k | 0 )
1
3
−k
16
3 3
2
⋅ k ⎞⎟ ;
−k ⎠
2
Maximum bei ⎛⎜ − 1 − k − 16 ⋅ k ⎞⎟
3 3
−k ⎠
⎝ 3
b) Für k > 0 liegen alle Extrempunkte auf der x-Achse jeweils bei
x=± k.
Für k < 0 gilt: k = −3x e 2 und y e =
( xe2 −k )
xe
2
= 16x e 3 ⇒ g(x) = 16x 3
241
233
3. a) • Definitionsmenge: x ∈ \
• Verhalten an den Definitionslücken:
• Symmetrie
f k ( − x) = − f k (x) ⇒ Punktsymmetrie zum Ursprung
• Verhalten für x → ±∞ :
k > 0: lim f k (x) = −∞ ,
x →∞
k ≤ 0: lim f k (x) = ∞ ,
x →∞
lim f k (x) = ∞
x →−∞
lim f k (x) = −∞
x →−∞
• Nullstellen: x 0,1 = 0; x 0,2 =
2
k
; x 0,3 = −
• Extrempunkte:
f k ′ (x) = 1 − 3 kx 2 ; f k ′′ (x) = − 3 kx
4
f k ′ (x) = 0 für x e,1 =
2
2
3k
; x e,2 = − 2
3k
⇒ k ≤ 0 kein Extremum
k > 0 Maximum bei ⎛⎜ 2
⎝ 3k
Minimum bei ⎛⎜ − 2
⎝ 3k
k < 0 Minimum bei ⎛⎜ 1 − k
⎝ 3
3
k
⎞;
⎟
⎠
−
4
9
3
k
16
3 3
⋅
k2
−k
4
9
• Wendepunkte: f k ′′ (x) = 0 für x = 0
⇒ k = 0 kein Wendepunkt
k ≠ 0 Wendepunkt bei (0 | 0)
⎞
⎟
⎠
⎞
⎟
⎠
2
k
242
233
3. b) Es muss gelten f k (x) = f k ′ (x)
x−
k1
4
x3 = x −
k2
4
x3 ⇔
k 2 − k1
4
x3 = 0
⇔
k1 ≠ k 2
x=0
f k ′ (0) = 1
Alle Graphen schneiden sich im Punkt (0 | 0) mit der Steigung 1.
c) Extrempunkte nur für k > 0 existent:
4
3x 2
Im Extrempunkt gilt k =
ye = ye − k x e3 =
2x
3 e
4
⇒ g(x) = 2 x
3
4. a) fk (x) = x 4 − kx2
fk′ (x) = 4x3 − 2kx
fk′′(x) = 12x2 − 2k
fk′′′(x) = 24x
Nullstellen: x1 = 0, x2 = k, x3 = − k mit k ≥ 0
Extrempunkte: Hochpunkt (0 | 0),
Tiefpunkt
(
− k
2
2
)
− k4 , Tiefpunkt
(
Wendepunkte: W1 −
6k
6
−5k
36
2
(
), W (
2
2
k
2
− k4
6k
6
)
−5k 2
36
)
b) y = − x 4
c) xe =
Es gilt
k
2
, xe =
xe
xw
− k
2
, xw =
= 3 oder
xe
xw
6k
6
=− 3.
5. fk (x) = 2x3 − 3kx2 + k 3
fk′ (x) = 6x2 − 6kx
fk′′(x) = 12x − 6k
fk′′′(x) = 12
a) fk′ (k) = 0 , Extrempunkt (k | 0), d. h. die 1. Achse ist Tangente im
Punkt (k | 0).
243
233
x1 = − k2 , x2 = k
5. b) Nullstellen:
Extrempunkte:
( )
k > 0: Tiefpunkt (k | 0), Hochpunkt ( 0 k )
Wendepunkte: W ( k
k )
k < 0: Hochpunkt (k | 0), Tiefpunkt 0 k 3
3
1
2
1
2
3
c) fk (x) + f− k (− x) = 0, also fk (x) = − f− k (− x)
6. fk (x) = − x3 + kx2 + (k − 1)x
fk′ (x) = −3x2 + 2kx + k − 1
fk′′(x) = −6x + 2k
fk′′′(x) = −6
a) Sei S ( xS yS ) ein Schnittpunkt von fk1 und fk2 .
Es gilt dann:
− xS3 + k1xS2 + ( k1 − 1) xS = − xS3 + k 2 xS2 + ( k 2 − 1) xS
Für xS ≠ 0 ergibt sich
k1xS + k1 − 1 = k 2 xS + k 2 − 1
( k1 − k2 ) xS = − ( k1 − k 2 )
Für k1 ≠ k 2 erhält man so xS = −1 .
Damit ergibt sich S (−1 | 2).
Außerdem schneiden sich alle Graphen im Punkt (0 | 0).
b) fk′ (3) = −27 + 6k + k − 1 = −28 + 7k = 0
fk′ (3) = 0 für k = 4
Der Punkt (3 | 18) ist ein Hochpunkt von f4 (x) .
c) −3x2 + 2kx + k − 1 = 0
x2 − 2k
x − k3−1 = 0
3
x1/ 2 = k3 ±
k2
9
+ k3−1 = k3 ±
k 2 + 3k − 3
9
Keine Extrempunkte für − 23 −
21
2
< k < − 23 +
d) fk hat für jedes k einen Wendepunkt W.
⎛
W ⎜ k3
⎜
⎝
(
k 2k 2 + 9k − 9
27
) ⎞⎟
⎟
⎠
21
.
2
244
233
7.
Die Gerade y = x + 0,25 scheint eine gemeinsame Tangente zu sein, sie
wurde in das Koordinatensystem eingezeichnet.
fk′ (x) = 2k − 2x = 1 für x 0 = k − 0,5
fk (k − 0,5) = k − 0,25
Die Gleichung der Tangente: y = x + 0,25.
Wir setzen x 0 ein und erhalten y = k − 0,25.
Jeder Graph von fk hat an der Stelle x 0 = k − 0,5 die Steigung 1. Die
Tangente y = x + 0,25 berührt fk im Punkt (k − 0,5 | k − 0,25).
8. a)
Jeder Graph von f k (x) berührt y =
1 x2
2
in genau einem Punkt.
b) Berechne Schnittpunkte bzw. Berührpunkte von y = 1 x und f k :
2
f k (x) =
1 x2
2
⇔
1 (x
2
2
− 2k) = 0
Nur der Punkt ( 2k | 2k 2 ) ist gemeinsamer Punkt.
Es liegt für f k (x) − 1 x an diesem Punkt kein Vorzeichenwechsel vor,
2
d. h. es ist Berührpunkt.
9. a) • Definitionsbereich: x ∈ \ \ {k}
• Verhalten an den Definitionslücken:
k > 0: lim f k (x) = −∞
x →k
k < 0: lim f k (x) = ∞
x →k
• Asymptotisches Verhalten:
Für alle k ist die Asymptote y = x.
245
233
9. a) Fortsetzung
• Achsenschnittpunkte bei ( 3 2 ⋅ k | 0 ) und (0 | −2k).
• Extrempunkte
f ′(x) =
x 3 − 3x 2 k + 4k 3
(x − k) 3
; f ′′(x) =
6k 2 (x − 2k)
(x − k) 4
f ′(x) = 0 ⇔ x = − k oder x = 2k
(
Für k < 0 Minimum bei ( − k
)
k ) ; Sattelpunkt bei (2k | 6k)
⇒ Für k > 0 Maximum bei − k − 3 k ; Sattelpunkt bei (2k | 6k)
4
−3
4
• Wendepunkte
f ′′(x) = 0 ⇔ x = 2k
Nur der bereits gefundene Sattelpunkt (2k | 6k) ist Wendepunkt.
• Ortskurve der Extrempunkte:
3
x
2
g(x) =
b) B(6 | 12,5)
Tangente in B: y =
1x
2
+ 19
2
Gemeinsame Punkte mit f 2 (x) bei: x = 3; x = 6
6
A=
∫ ( f 2 (x) − 2 x −
1
3
19
2
) dx = ⎡⎣ 14 x 2 − 112 x + x 8− 2 + 12 ln(x − 2)⎤⎦ 3
6
= 24 ln 2 − 63 ≈ 0,8855
4
c) Zu zeigen: − f k ( − x) = f − k (x)
− f k ( − x) = −
234
( − x) 3 − 2k 3
( − x − k) 2
3
3
x 3 − 2( − k) 3
= x + 2k2 =
= f − k (x)
(x + k)
( x − ( − k) ) 2
10. a) f k (x) = − x 2 + k; k ∈ \
b) f k (x) = (x + k) 2 − k; k ∈ \
c) f k (x) = (x − k) 2 − k 2 ; k ∈ \ , k ≥ 0
d) f k (x) = ( − x + k) 3 ; k ∈ \
e) f k (x) =
x + k; k ∈ \
x
f) f k (x) = e ⋅ (x − k) 2 ; k ∈ \
(
)
(
)
11. f k (x) = − 1 − 1 k x 2 − 25 + 1 k x + 1150 + 38 k
108 1350
36 18
27
27
x in °C Außentemperatur
f(x) in °C Heizwassertemperatur
246
234
12. a) • Definitionsbereich: \
• Verhalten für x → ±∞
k > 0: lim f k (x) = ∞
x →±∞
k < 0: lim f k (x) = −∞
x →±∞
• Nullstellen: keine
• Ableitungen
f k ′ (x) =
ex
k
−
k
ex
; f k ′′ (x) =
ex
k
+
k
ex
• Extrempunkte: f k ′ (x) = 0 ⇔ x = ln ( k )
k > 0: Minimum bei ( ln(k) | 2 ) ;
k < 0: Maximum bei ( ln( − k) | −2 )
• Wendepunkte: −
• Ortskurve der Extrempunkte:
k > 0: y e =
exe
exe
k < 0: y e = − e
b) − f − k (x) = f k (x)
(
l ⋅k
l ⋅k
e
xe
k
−
e
k
e xe
= −2
g(x) = 2
g(x) = −2
( k )) = f l (x); k, l > 0 oder k, l < 0
f k ( x − ln ( l ) ) = f l (x)
k
f k x − ln l
⇒
xe
+ ex = 2
247
234
13. a) • Definitionsbereich: \
• Symmetrie: keine
• Verhalten für x → +∞ gilt f k (x) → 0
für x → −∞ gilt f k (x) → ∞
• Nullstellen: bei x = 0 und x = k
• Ableitungen
f k ′ (x) = − ( x 2 − (2 + k)x + k ) e − x
f k ′′ (x) = ( x 2 − (4 + k)x + 2 + 2k ) e − x
• Extrempunkte:
⎛
− 1+ k2 + 12 4 + k 2
Hochpunkt ⎜ 1 + k + 1 4 + k 2 2 + 4 + k 2 e
⎝
2
2
⎛
− 1+ k2 − 12 4 + k 2
Tiefpunkt ⎜ 1 + k − 1 4 + k 2 2 − 4 + k 2 e
⎝
2
2
• Wendepunkte:
⎛
− 2 + 12 k + 12 8 + k 2 ⎞
⎟
W1 ⎜ 2 + 1 k + 1 8 + k 2 3 + 8 + k 2 2e
2
2
⎝
⎠
⎛
− 2 + 12 k − 12 8 + k 2 ⎞
⎟
W2 ⎜ 2 + 1 k − 1 8 + k 2 3 − 8 + k 2 2e
⎝
⎠
2
2
) (
) (
(
(
) (
) (
(
(
b) Aus f k ′ ( x e ) = 0 folgt k =
(
⇒ ye = f ( x e ) = x 2 −
x(x − 2)
x −1
x 2 (x − 2)
x −1
)e
−x
2
= x e−x
x −1
)
)
) ⎞⎟
)
⎠
⎞
⎟
⎠
248
243
13. c) Aus b): y =
x2 ex
x −1
⇒ y′ = − xe
−x
( x 2 − 2x + 2 )
(x −1) 2
y′ = 0 ⇒ Hochpunkt bei x = 0 mit y = 0
Aus b): k =
x(x − 2)
x −1
für x = 0 ist k = 0
Für k = 0 hat der y-Wert des Tiefpunkts den größten Wert.
235
14. a) • Achsenschnittpunkte:
mit x-Achse bei x = 0; x = k
mit y-Achse bei y = 0
• Extrempunkte
f ′(x) = x ( x 2 + (3 − k)x − 2k ) e x
E 0 (0 | 0)
(
E± − 3 + 1 k ±
2
2
1
2
k 2 + 2k + 9 −
)
1
2
(k2 ±
− 3 + 1 k ± 1 k 2 + 2k + 9
k 2 + 2k + 9 ⋅ k + 27
)
±9 ⋅ k 2 + 2k + 9 ⋅ e 2 2 2
k > 0 Hochpunkt bei E 0 ; Tiefpunkt bei E ±
k = 0 Sattelpunkt bei E 0 = E + ; Tiefpunkt bei E −
k < 0 Tiefpunkt bei E 0 und E − ; Hochpunkt bei E +
• Verhalten für x → ±∞
lim f k (x) = 0; lim f k (x) = ∞
x →−∞
x →∞
249
235
(
)
14. b) Aus f k ′ ( x e ) = 0 = x e 3 + (3 − k)x e 2 − 2kx e e x e folgt k =
und y = f ( x e ) = −
x e (3+ x e )
2+ xe
x3 ex
x+2
15. a) g k (x) = e x − k = e − k ⋅ e x = f e − k (x)
Für k ≤ 0 kann f k nicht durch g k dargestellt werden.
b) f 3k (x) = 3ke x = g k (x)
c) f − k (x) = ( x − ( − k) ) e − x = (x + k)e − x = g k (x)
d) f k +1 (x) = 1 −
k +1
1+ e − x
1+ e − x − k −1
1+ e − x
=
ex
ex
=
(
e− x − k
1+ e − x
)=
1− ke x
e x +1
16. a) • Nullstellen bei x = 1 und x = e k
• Ableitungen
f ′(x) = 3 ln 2 x − 2k ln x
x
f ′′(x) =
− 12
x
( 3ln
x
2
x − (3 + k) ln x + 2k )
• Extrempunkte:
(
2k
Hochpunkt (1 | 0); Tiefpunkt e 3
−
4 3
k
27
)
• Ortskurve der Extrempunkte
im Extrempunkt ( x e ; y e ) gilt k =
⇒ y e = − 1 ln 3 x e ⇒ g(x) =
2
3
ln x e
2
− 1 ln 3 x
2
b) f k (x) − g(x) = ln 3 x − k ⋅ ln 2 x + ln x = 0
Subst.: z = ln x
1
(k ±
k2 −4
)
Alle Lösungen x 0 = 1; x ± = e 2
Gesucht ist k 0 , sodass x + = x − ⇒ k 0 = 2 ⇒ x ± = e
e
⇒A=
∫ ( ln
3
x − 2 ln 2 x + ln x ) dx
1
= [ ln 3 x − 5x ln 2 x + 11x ln x + 11x ]1
= 11 − 4e ≈ 0,1269
e
= g k (x)
250
235
17. a) • Definitionsmenge \ \ {0}
⎧f k (x) → −∞ für k < 0
⎪
Für x → 0 gilt ⎨ f k (x) → 0 für k = 0
⎪⎩f k (x) → +∞ für k > 0
Für x → ∞ gilt f k (x) → ∞ ; für x → −∞ gilt f k (x) → −∞ .
• Nullstellen
rate x = −k, dann Polynomdivision
⇒ Nullstellen bei x = −k und x = 2k
• Ableitungen
f ′(x) =
x 3 − 8k 3
x3
; f ′′(x) =
24k 3
x4
• Extrempunkte:
k = 0: kein Extrempunkt
k > 0: Tiefpunkt bei (2k | 0)
k < 0: Hochpunkt bei (2k | 0)
• keine Wendepunkte
• Ortskurve der Extrempunkte:
bei der Extremstelle gilt k =
f k ( x e ) = 0 ⇒ g(x) = 0.
1x
2 e
und damit
Die x-Achse ist Ortskurve der Extrempunkte.
b) f − k ( − x) =
( − x) 3 − 3( − k)( − x) 2 + 4( − k) 3
( − x) 2
= −x
3
+ 3kx − 4k 3
x2
= − f k (x)
⇒ f k und f − k sind punktsymmetrisch zum Ursprung
251
235
18. a) • Definitionsmenge: \ \ {0}
⎧f k (x) → −∞ für k > 0
⎪
Für x → 0 + gilt ⎨ f k (x) → 0 für k = 0
⎪⎩f k (x) → +∞ für k < 0
⎧f k (x) → +∞ für k > 0
⎪
x → 0 − gilt ⎨ f k (x) → 0 für k = 0
⎪⎩f k (x) → −∞ für k < 0
x → ∞ und f k (x) → ∞; x → −∞ und f k (x) → ∞
• Nullstellen: rate x = k, dann Polynomdivision
⇒ Nullstellen bei x = k und x = −2k
• Ableitungen
3)
3
2
3
( 3
f ′(x) = 2x + 3kx2 + 4k ; f ′′(x) = 2 x −34k
x
x
• Extrempunkte: Tiefpunkt (−2k | 0)
(
• Wendepunkte für k ≠ 0 W 3 4k 3 4 ⋅ 3 ⋅ k 2
)
b) Aus f ′′(x) = 0 folgt k = 31 x e
4
f (xe ) =
3
3
4
2
⋅ x e ⇒ g(x) =
3
4
3
⋅ x2
c) f (x) = f −1 (x)
f (x) − g(x) = 0 ⇒ x = − 1 und x = 4
4
g berührt f bei x = 4, da kein Vorzeichenwechsel an der Nullstelle
von f − g vorliegt.
Nullstelle von f im 1. Quadranten bei x = 2.
Nullstelle von g im 1. Quadranten bei x =
4
4
2
56
19
56
19
⇒ A = ∫ f (x)dx − ∫ g(x)dx
4
4
3
= ⎡ x − 3 x 2 + 4 ln x ⎤ − ⎡ 19 x 2 − 14x ⎤ 56
⎣3 2
⎦2 ⎣ 8
⎦
19
= 4 ln 2 − 112 ≈ 0,808
57
19. a) • Definitionsmenge: \ \ {0}
• Achsenschnittpunkte
x-Achse: (1 | 0); (−(k + 2) | 0)
y-Achse: x = 0 liegt nicht im Definitionsbereich
• Ableitungen
f ′(x) =
2x 3 + kx 2 − (k + 2)
x
2
; f ′′(x) =
2x 3 + 2(k + 2)
x3
252
235
19. a) Fortsetzung
• Extrempunkte
(
f ′(x) = 0 ⇒ x = 1; x ± = − 1 k + 2 + k 2 − 4k + 12
4
)
⇒ Für −2 < k < 6 ist k 2 − 4k + 12 negativ und die Wurzel existiert
nicht. Für k = −2 ist nur x = 1 Lösung.
Für k = 6 ist x + = x − = −2. Für k = −3 ist x + = 1.
Fallunterscheidung
• k < −2 und k ≠ −3:
Hochpunkt (1 | 0); Tiefpunkte ( x + | f ( x + ) ) und ( x − | f ( x − ) )
• k = −3
Sattelpunkt (1 | 0); Tiefpunkt ( x − | f ( x − ) )
• −2 ≤ k < 6
Tiefpunkt (1 | 0)
• k=6
Sattelpunkt (−2 | −27); Tiefpunkt (1 | 0)
• k>6
Hochpunkt ( x + | f ( x + ) ) ; Tiefpunkte (1 | 0) und ( x − | f ( x − ) )
• Wendepunkte
f ′′(x) = 0 ⇒ x = 3 − (k + 2)
Für k = −2 existiert kein Wendepunkt.
(
Für k ≠ −2 ist W 3 − (k + 2) k 3 − (k + 2) − 2k + 3
)
• Asymptotisches Verhalten
Für x → ±∞ ist y = x 2 Asymptote, d. h. für
x → ±∞ gilt f(x) → +∞.
Für k > −2 gilt an der Definitionslücke x → 0 + und f(x) → +∞;
x → 0 − und f(x) → −∞.
Für k = −2 gilt für x → 0; f(x) → 1.
Für k < −2 gilt für x → 0 + : f(x) → −∞ und für
x → 0 − : f(x) → +∞.
253
235
19. a) Fortsetzung
b) Am Wendepunkt gilt x e 3 + (k + 2) = 0 ⇒ k = − x 33 − 2
⇒ ye = f ( x e ) =
( − x e 2 − 2 )x e 2 − ( −2x e 2 −1)x e
xe
= − x e 4 + 2x e 3 − 2x e + 1
⇒ g(x) = −4x 4 + 2x 3 − 2x + 1 ganzrationale Funktion 4. Grades
20. a) • Definitionsmenge \ \ { k ; − k }
f k (x) =
(x −
x −k +2
k )( x + k )
Verhalten an den Definitionslücken
k < 1:
lim f k (x) = ∞;
lim f k (x) = −∞
x →− k
−
lim f k (x) = −∞;
x→ k
−
x →− k
+
lim f k (x) = ∞
x→ k
+
254
235
20. a) Fortsetzung
k = 1:
lim f k (x) = − 1 ;
2
x →−1−
lim f k (x) = −∞;
x →1−
lim f k (x) = − 1
lim f k (x) = ∞
x →1+
1 < k < 4:
lim f k (x) = −∞;
x →− k
lim
−
x →− k
lim f k (x) = −∞;
x→ k
x →−2 −
lim f k (x) = 1 ;
4
x → 2−
k > 4:
lim
x →− k
−
x→ k
f k (x) = ∞
+
lim f k (x) = ∞
x →−2 +
lim f k (x) = 1
4
x → 2+
f k (x) = −∞;
lim f k (x) = ∞;
x→ k
+
lim f k (x) = ∞
−
k = 4:
lim f k (x) = −∞;
2
x →−1+
−
lim
x →− k
+
f k (x) = ∞
lim f k (x) = −∞
x→ k
+
• Schnittpunkt mit x-Achse
Für k ≠ 1 und k ≠ 4 (k − 2 | 0).
Für k = 1 und k = 4 keine Nullstelle.
(
• Schnittpunkt mit y-Achse: 0
k −2
k
)
• Extrempunkte
f ′(x) =
f ′′(x) =
− x 2 − 2x(k − 2) − k
( x 2 − k )2
2( x 3 − 3x 2 (k − 2) + 3kx − k 2 + 2k )
( x 2 − k )3
Für k = 1 und k = 4 existieren keine Extrempunkte.
f ′(x) = 0 ⇒ x ± = k − 2 ± k 2 − 5k + 4
Für 1 < k < 4 ist k 2 − 5k + 4 negativ und die Wurzel existiert nicht.
Es gibt keinen Extrempunkt.
⇒ Für k < 1 oder k > 4:
Hochpunkt ( x + | f ( x + ) ) ; Tiefpunkt ( x − | f ( x − ) )
255
235
20 a) Fortsetzung
• Asymptotisches Verhalten
Für x → ±∞ gilt f k (x) → 0 .
b) f k (x) = f l (x)
⇔ (x − k + 2) ( x 2 − l ) − ( x − l + 2 ) ( x 2 − k ) = 0
⇔ (l − k)x 2 + (l − k)x − 2(l − k) = 0
⇔ x 2 + x − 2 = 0 ⇔ x = −1 oder x = 2
Alle Graphen für k, l ≠ 1 und 4 schneiden sich in den Punkten (−1 | 1)
und (2 | 1).
c) Gesucht ist b mit f a ′ ( x 0 ) =
Für b =
für b =
4a − 25
schneiden
a −4
a −10
in x 0 = 2 .
a −1
−1
f b′ ( x 0 )
bei x 0 = −1 oder x 0 = 2 .
sich f a und f b orthogonal in x 0 = −1 und
Es gibt kein b, sodass dies in beiden Punkten gleichzeitig gilt.
d) Unter b) müssen nur die Spezialfälle k, l = 1 und 4 ausgeschlossen
werden, prinzipiell sind auch negative k, l erlaubt. Jedoch schneiden
sich k = 1 und k = 4 niemals und sie schneiden jedes andere k genau
einmal. Alle anderen k ∈ \ \ {1; 4} schneiden sich zweimal wie in b)
berechnet.
256
236
(
3
2
21. a) f k (x) = 2x +4 x − 4k4 x + 3
x
3
− ist
4
Für x =
x
4
)
der einzige k-abhängige Term null und somit ist
der Funktionswert k-unabhängig
f k ′ (x) = −
( 4)
f 0′ − 3 =
−8
9
für alle k.
2( x 3 + x 2 − 6k(x +1) )
x5
32
;
27
⎛
⇒ α = tan −1 ⎜
⎜
⎝
( 4)
f −1′ − 3 =
1120
81
( ) ( ) ⎞⎟
≈ 21,304°
1+ f 0′ ( − 34 ) ⋅ f −1′ ( − 34 ) ⎟
⎠
f 0′ − 34 − f −1′ − 34
b) f k ′ (x) = 0 ⇒ x 0 = −1; x ± = ± 6k
• k ≤ 0: Tiefpunkt bei (−1 | −1 + k)
• 0 < k < 1 : Tiefpunkt bei (−1 | −1 + k)
6
( 6k
Hochpunkt bei ( − 6k
Hochpunkt bei
(
• k = 1 : Sattelpunkt bei −1 −
6
5
6
8 6k + 3
36k
)
− 8 6k + 3
36k
)
) ; Hochpunkt bei (1 )
• k > 1 : Hochpunkt bei (−1 | −1 + k); Hochpunkt bei
6
(
Tiefpunkt bei − 6k − 8
6k + 3
36k
)
(
11
6
6k
8 6k + 3
36k
Ortskurven:
g(x) =
4x + 3
,
6x 2
x ∈ \ \ {0}
• Für x > 0 beschreibt g die Lage eines Hochpunktes.
• Für −1 < x < 0 beschreibt g die Lage des anderen Hochpunktes
( 0 < k < 16 ) .
• Für x < −1 beschreibt g die Lage eines Tiefpunktes.
(
• Bei g(−1) liegt ein Sattelpunkt vor k >
1
6
).
Neben g beschreibt die Parallele zur y-Achse durch x = −1 die Ortskurve von Tiefpunkten für y = −1 + k für k <
1
6
und Hochpunkten für
y = −1 + k für k > 1 ; bei y = − 5 liegt ein Sattelpunkt.
6
6
c) f k ′ (x) = f l ′ (x) mit l ≠ k gilt für x = −1.
);
257
236
22. a) f k ′ (x) = − 2
( x 3 + 2kx 2 + k 2 x − 4k 3 )
2
k (x + k)
2
=
2(k − x)( x 2 + 3kx + 4k 2 )
k 2 (x + k) 2
⇒ f k ′ (x) = 0 für x = k
Für alle k ∈ \ \ {0} liegt bei (k | 3) ein Hochpunkt vor.
Ortskurve: g(x) = 3 für x ∈ \ \ {0}
b) f (x) = f1 (x)
Schnittpunkte f(x) und y = −x bei x1 = −3; x 2 = 0; x 3 = 3. Da f(x) bei
x = −1 nicht definiert ist, ist die Fläche zwischen x 2 und x 3 eingeschlossen.
3
3
A = ∫ ( f (x) + x ) dx = ⎡ − 1 x 3 + 8x − 8ln(x + 1) + 1 x 2 ⎤
2
⎣ 3
⎦0
=
23. fk (x) =
0
39
2
− 16 ln x ≈ 8, 41
(x − k)(x − 2k)
;
x ≠ 0; k > 0
k(3x − 4k)
fk′′(x) =
x2
a) fk′ (x) =
x3
6k(2k − x)
fk′′′(x) =
x4
6k(3x − 8k)
x5
Nullstellen: x1 = k; x2 = 2k
Extrempunkt: E
(
4k
3
− 81
)
E ist für k > 0 Tiefpunkt.
Wendepunkt: W (2k | 0)
Asymptote: y = 1
2k
b) A =
∫
k
(x-k)(x-2k)
x
2
2k
2
dx = ⎡⎢ x − 3k ln | x | − 2kx ⎤⎥ = | 2k − 3k ln 2 | ≈ 0, 08 ⋅ k
⎣
⎦k
258
236
24. fk (x) =
x2 − k
x2 + k
+x;
k>0
a) fk (0) = −1, also unabhängig von k
b) f27 (x) =
16
16
16
′
f27
16
16
x2 + 27
′ (x) =
f27
+x
16
16
′′ (x) =
f27
′
f27
x2 − 27
(
5184 9−16x2
(16x2 +27)
)
3
′′′ (x) =
f27
(
1728x
16x2 + 27
(
)
(16x2 +27)
( −43 ) = 0 ∧ f ′′ ( −43 ) = 0 also Sattelpunkt ( − 43
( 43 ) = 2 ∧ f ′′ ( 43 ) = 0 also W ( 43 41 )
fk′ (x) =
27
16
4kx
( x2 + k )
2
+1
fk′′(x) =
+1
331 776x 16x2 − 27
16
27
16
2
(
4k k − 3x2
( x2 + k )
)
3
27
für k > 16
existieren keine Extrempunkte
27
existieren ein Hoch- und ein Tiefpunkt
für k < 16
)
4
− 45
)
259
236
( x2 + k ) + 4kx
2
( x2 + k )
2
24. c) fk′ (x) =
4kx
( x2 + k )
2
+1 =
fk′ ( x E ) = 0, wenn x 4E + 2kx2E + 4kx E + k 2 = 0
Für k erhält man so
(
)
(
k1 = x E 2 x E + 1 − x E − 2 und k 2 = x E 2 x E + 1 + x E + 2
)
Als nächstes berechnen wir y E , indem wir k1 bzw. k 2 in die Fuktionsgleichung einsetzen. Für k1 ergibt sich
yE = xE +
yE = xE +
yE = xE +
x2E − 2x E x E +1 + x2E + 2x E
x2E + 2x E x E +1 − x2E − 2x E
( xE +1) −
x E +1
x E +1 −1
x E +1
(
)
x E +1 −1
x E +1 −1
y E = x E + x E + 1, also y E = g1 ( x E ) .
Für k 2 erhält man analog y E = x E − x E + 1, also y E = g2 ( x E ) .
Am Graphen von g1 und g2 wird deutlich, dass x E = −1
die kleinste Extremstelle von fk ist.
260
236
25. a) fk (x) = k1 ln x, k > 0
fk′ (x) =
1
,
kx
fk′ (1) Steigung im
Punkt P (1 | 0)
Tangente t k : y = k1 x − k1
Normale n k : y = − kx + k
b) Für k = 1 ist die Fläche minimal.
t1: y = x − 1
n1: y = −x + 1
Wenn eine Einheit = 1 cm, dann ist die Fläche für k = 1 1 cm2 groß.
237
26. a)
f0 (u) = 0, f3 (u) = 54u2 (9 − u), f6 (x) = 108u2 (9 − u), f9 (u) = 0
(
fv′ (u) = v2 (9 − v) 18u − 3u2
)
2
fv′′(u) = v (9 − v)(18 − 6u)
fv′ (u) = 0 für u = 0 und u = 6
(
Tiefpunkt (0 | 0), Hochpunkt 6 108v2 (9 − v)
)
b) Die Funktionsgraphen sind identisch. Man kann u und v vertauschen und
der Term y = u2 (9 − u)v2 (9 − v) ändert sich nicht.
c) u = v = 6
261
237
26. d)
Für das Bild wurden die Achsen umbenannt: y → z; u → x; v → y
27. a)
(
b) fv (x) = x 5, 7 − 163
x
2
v
)
Nullstellen von fv sind: x1 = 0; x2 =
5,7v2
163
Die Fontänen treffen innerhalb des Beckens auf, falls
v2 <
6 ⋅ 163
5,7
.
Damit v < 13,1.
Für v < 13,1 ms treffen die Fontänen im Becken auf.
Maximale Höhe der Fontänen bei v ≈ 13,1.
Hochpunkt des Schaubildes f13,1 : H (≈ 3,0 | ≈ 8,55)
Die Fontänen werden maximal 8,55 m hoch.
5,7v2
163
< 6, also
262
237
28. a) (1) Die Parabel muss nach oben geöffnet sein, also t > 0.
(2) Für den Scheitelpunkt S muss gelten: 0 < xS < 500
1
.
Aus ft′ (x) = 2tx + 0,2 − 500t = 0 folgt xS = 250 − 10t
Aus 0 < xS < 500 folgt t > 0,0004.
Für den Parameter kommen Werte
größer als 0,0004 in Frage.
0 ≤ x ≤ 500, −80 ≤ y ≤ 120
t = 0,0005; 0,01; 0,0015; 0,002
b) Das Seil kommt in der Bergstation unter einem Winkel von 45° an, falls
f ′ (500) = 1, d. h. für 500t + 0,2 = 1, also für t = 0,0016
t
Winkel des Seils in der Talstation:
′ (0) = −0,6; tan (α) = −0,6, also α ≈ −30,96°
f
0,0016
Das Seil verlässt unter einem Winkel von ca. 31° gegenüber der Horizontalen die Talstation.
c) Gerade zwischen Tal- und Bergstation: g(x) = 15 x
Durchhang: d(x) = g(x) − f0,0016 (x) = −0, 0016x2 + 0,8x , 0 < x < 500
d′(x) = −0, 0032x + 0,8
d′′(x) = −0, 0032
d′ ( xe ) = 0 führt auf xe =
0,8
0,0032
= 250
d′′(250) < 0
Der Durchhang ist nach 250 m am größten, er beträgt an dieser Stelle
100 m.
29. a) f (0) =
b) c =
G
1+ cG
9
;
1000
⇒c=
f (t) =
1
f (0)
1
G
−
1000
1+ 9e −1000 rt
• Definitionsmenge t ∈ \
• Für t → ∞ gilt f(t) → 1000 = G.
Für t → −∞ gilt f(t) → 0.
• keine Nullstellen
• Ableitungen
f ′(t) =
9⋅10 6 r 2 e −1000 rt
(1+ 9⋅e
)
• keine Extremstellen
−1000 rt 2
• Wendepunkt: W
(
; f ′′(t) =
ln(3)
500r
≈
9 ⋅10 6 r 2 e −1000 rt ( 9e −1000 rt −1)
0,0022
r
(1+ 9⋅e −1000 rt )3
| 500
)
263
237
29. b) Fortsetzung
• f r (t) ist punktsymmetrisch zum Wendepunkt
(
fr t +
ln(3)
500r
) + 500 = − ( f ( − t +
r
ln(3)
500r
) + 500)
4.4 Aufgaben zur Vorbereitung auf das Abitur
Aufgabenteil A
238
(B) −6
1. (A) 6
(C) 0
(D) 1
(E) −∞
2. (B) ist richtig, denn die Ableitung von f ist für x > 3 positiv.
3. (B)
4. (D)
8
x
5. (D) Löse f ′(x) = g ′(x) mit f ′(x) =
2
6. (A) e e − cos
239
( 2e )
(B)
8
e2
und g ′(x) = 2x.
2
(C) e e − 1
(D) existiert nicht
7. (C)
8. (C) Berechne [µ − 1,64σ, µ + 1,64σ].
9. (B) F′ besitzt genau ein lokalen Tiefpunkt.
10. (E) Gegenbeispiel: f (x) = x 4 .
11. (D) beschreibt die x1x 3 -Ebene.
12. (C) Dann hat f t ′′ (x) = 12tx 2 − 4 keine Nullstellen.
(E) 2
264
240
13. (D) Bei einem Fehler 1. Art wird die wahre Hypothese verworfen.
14. (A) 3
(C) 1
(B) 2 cos 8
2
2
(D) 1
4
(E) 2e 8
15. (B)
16. (A)
17. (D) f ′(x) = (n + 1)x n
18. (E)
241
19. (D) 2 6 = 64
20. (A)
21. a) f (x) = x 2 + 2x
b) f (x) = x 2 − 6x + 8 c) f (x) = −0,5x 2 + 4,5
x
22. a) f ′(x) = e
5
2x +1 2
b) f ′(x) = e
x (2x + 3)
c) f ′(x) = 5 ( 2x 2 − 3x + 5 ) ⋅ (4x − 3)
4
d) f ′(x) = 2 − 2x
3
x
2
e) f ′(x) = x sin(3 − x) + 2x cos(3 − x)
f) f ′(x) = −
23. a)
2
(x − 2) 3
b) AH = 33
265
241
24. Sei n die Anzahl der roten Kugeln. Dann gilt:
P(beide Kugeln haben die gleiche Farbe) =
n
16
⋅ n −1 + 16 − n ⋅ 16 − n −1
15
16
15
Das zweite Ereignis ist das Gegenereignis.
Löse also
n
16
⋅ n −1 + 16 − n ⋅ 16 − n −1 =
15
16
15
1
2
.
Das ergibt n = 6 oder n = 10.
7
25. a) F(x) = x + 2 x 3 + 5 2
8
c) F(x) = − 1 e 3 − 2x + x4− 2
2
2x
b) F(x) = 5e x + 2x
26. F(x) =
242
x4
2
+
3x 2
4
d) F(x) =
1
6
e
( 6x − 4e 3x + e 6x )
− 4x − 2
27. a) Die Geraden schneiden sich in P(2 | 1 | 4).
2
⎛ −1⎞
⎛ −3 ⎞
G ⎛ ⎞
b) E: x = ⎜ 1 ⎟ + r ⋅ ⎜ 2 ⎟ + t ⋅ ⎜ 1 ⎟
⎜ 4⎟
⎜3⎟
⎜2⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠
c) Die gesuchte Gerade ist eine Winkelhalbierende von g und h. Es gibt
also zwei solche Geraden:
2
⎛ ⎛ −1⎞
⎛ −3 ⎞ ⎞ ⎛ 2 ⎞
⎛ −2 ⎞
G ⎛ ⎞
g1: x = ⎜ 1 ⎟ + r ⎜ 1 ⋅ ⎜ 2 ⎟ + 1 ⋅ ⎜ 1 ⎟ ⎟ = ⎜ 1 ⎟ + r ⎜ 1,5 ⎟ und
⎜ 2 ⎜ ⎟ 2 ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟
⎜ 4⎟
⎜ 2,5 ⎟
⎝ ⎠
⎝ 2 ⎠⎠ ⎝ 4⎠
⎝
⎠
⎝ ⎝3⎠
2
⎛ ⎛ −1 ⎞
G ⎛ ⎞
g2: x = ⎜ 1 ⎟ + r ⎜ 1 ⋅ ⎜ 2 ⎟ −
⎜2 ⎜ ⎟
⎜ 4⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎝3⎠
1
2
⎛ −3 ⎞ ⎞ ⎛ 2 ⎞
⎛ 1 ⎞
⋅ ⎜ 1 ⎟ ⎟ = ⎜ 1 ⎟ + r ⎜ 0,5 ⎟
⎜ 2 ⎟⎟ ⎜ 4⎟
⎜ 0,5 ⎟
⎝ ⎠⎠ ⎝ ⎠
⎝
⎠
28. a) Es können drei Seiten unterschieden werden. S = {s1 , s 2 , s 3 }
b) Test der Hypothese H 0 : p = 0,3 gegen H1: p ≠ 0,3 mit einem vorgegebenen Signifikanzniveau. Zum Signifikanzniveau wird ein Annahmebereich [μ 0 − k ⋅ σ 0 , μ 0 + k ⋅ σ 0 ] berechnet. Der Faktor k kann mit-
hilfe der sigma-Regeln berechnet werden.
Für das Signifikanzniveau 95 % erhält man μ 0 = 100 ⋅ 0,3 = 30,
σ 0 = 100 ⋅ 0,3 ⋅ 0, 7 = 4,583 und damit den Annahmebereich
[30 − 1,96 ⋅ 4,583, 30 + 1,96 ⋅ 4,583], also [21; 39]. Das Ergebnis passt
also zur Hypothese H 0 .
Für p = 0,25 erhält man den Annahmebereich [16, 34] und für p =
1
3
den Bereich [24, 43].
Auf dem Signifikanzniveau 95 % kann also keine Hypothese verworfen
werden. Für eine schärfere Aussage muss entweder der Stichprobenumfang vergrößert oder das Signifikanzniveau gesenkt werden.
266
242
28. c) Test der einseitigen Hypothese H 0 : p ≤ 1 gegen H1: p > 1 mit einem
3
3
vorgegebenen Signifikanzniveau.
Die Hypothese wird verworfen, falls das Stichprobenergebnis
X > μ 0 + k ⋅ σ 0 erfüllt. Der Faktor k kann mithilfe der sigma-Regeln
berechnet werden.
29. f (x) = − 1 x 3 + x
27
30. a) Wahr, der Graph von f wechselt bei x = −4 von fallend zu steigend.
b) Falsch, der Graph von f steigt rechts und links von x = 8. f besitzt dort
einen Sattelpunkt.
c) Wahr, denn f ′ ist für x ≥ −4 immer ≥ 0.
d) Falsch, denn f ′ besitzt kein globales Maximum.
e) Wahr, siehe b).
31. a) Die Ebene liegt parallel zur x1x 3 -Ebene.
b) a = ± 4
c) (0 | ± 4 | 0)
32. P(X = 0) = 0,422; P(X = 1) = 0,422; P(X = 2) = 0,141; P(X = 3) = 0,016
Erwartungswert: E(X) =
243
3
4
33. Die Fläche des Rechtecks ist gegeben durch F(x) = 2x ⋅ f (x) = − 2 x 3 + 6x.
3
F nimmt ein Maximum bei H ( 3 | 4 3 ) an.
Eckpunkte: A ( − 3 | 0 ) , B ( 3 | 0 ) , C ( 3 | 2 ) , D ( − 3 | 2 )
34. Die Nullstellen der Ableitung f ′(x) = x 2 − 4 liegen bei x = ± 2. f ist streng
monoton wachsend für x < −2 und x > 2 und streng monoton fallend für
−2 < x < 2.
35. a) E:
x1
10
+
x2
4
+
36. Versuch 1: σ =
x3
3
=1
b) E:
x1
8
−
x2
7
=1
40 ⋅ 0,5 ⋅ (1 − 0,5) = 3,162
Versuch 2: σ = 50 ⋅ 0, 4 ⋅ (1 − 0, 4) = 3, 464
Beide Zufallsvariablen besitzen den Erwartungswert µ = 20. Größere
Streuung bedeutet, dass die Wahrscheinlichkeit für eine Abweichung vom
Erwartungswert größer ist.
267
243
ln 4
37. a) Mit linearer Substitution ergibt sich:
∫
ln 4
x
x
⎡
⎤
3 ⋅ e 2 dx = ⎣6 ⋅ e 2 ⎦ 0
=6
0
b) Mit linearer Substitution ergibt sich:
ln 2
∫
0
ln 2
3 ⋅ e 2x +1dx = ⎡ 1 ⋅ e 2x +1 ⎤
⎣2
⎦0
38. Die Sekante hat die Steigung m =
=
3e
2
f (4) − f ( −2)
4 − ( −2)
= 1. Löse also die Gleichung
f ′(x) = 1. Das ergibt x = 1. Die gesuchte Tangente lautet t(x) = x.
39. Gleichsetzen liefert das LGS
⎡ 1 2 −2 a + 2 ⎤
⎢ −1 4 2
0⎥
⎢ 3 −4 −6
0 ⎥⎦
⎣
Das System ist für kein a lösbar. Keine der Geraden der Schar liegt in der
Ebene.
40. Gesucht ist die Erfolgswahrscheinlichkeit p der binomialverteilten Zufallsvariable X.
⎛ 2⎞
P(X ≤ 1) = 0,19 ⇔ 1 − P(X = 2) = 0,19 ⇔ ⎜ ⎟ ⋅ p 2 = 0,81 ⇔ p = 0,9
⎝ 2⎠
Aufgabenteil B
244
1 Wachstum von Weißtannen
1.1 h′(t) =
181 875 ⋅ k ⋅ e−50 ⋅ k ⋅ 5
(1,5+ 48,5 ⋅ e−50 ⋅ k ⋅ t )
k ⋅ h(t) (50 − h (t)) =
=
(
2
75k
1,5+ 48,5e−50kt
⋅
)
(
50 1,5+ 48,5e−50kt − 75
1,5+ 48,5e
−50kt
) = 181875 ⋅ k ⋅ e−50kt = h′(t)
2
)
(1,5+ 48,5e−50kt )
75k 75+ 2425e−50kt − 75
(1,5+ 48,5 ⋅ e
−50 kt
1.2 h(15) = 8,4 ⇔
h(t) =
2
75
1,5+ 48,5e−750 k
= 8, 4 ⇒ k ≈ 0,0025
75
1,5+ 48,5e−0,125t
90% der Endhöhe: 45 m.
h(t) = 45 ⇔
t ≈ 45,4,
75
1,5+ 48,5e−0,125 ⋅ t
= 45 ⇒ e −0,125t =
Es dauert noch 30,4 Jahre.
5− 3
3 2
48,5
⎛ 53 − 23 ⎞
1
⇒ t = − 0,125
ln ⎜ 48,5
⎟
⎝
⎠
268
244
1.3 Beobachtungsbeginn: t = 0
h(0) = 1,5
Bei Beobachtungsbeginn war die Tanne 1,5 m hoch.
1.4 Teste die einseitige Hypothese H 0 : p < 0,9 gegen H1: p ≥ 0,9.
Betrachte eine Stichprobe vom Umfang n. Die Zufallsvariable X zähle die
Erfolge. Dann wird die Hypothese verworfen, wenn X ≥ μ 0 + kσ 0 gilt.
Darin ergibt sich der Faktor k mithilfe der sigma-Regeln aus dem zugrundegelegten Signifikanzniveau. Falls der Test X < μ 0 + kσ 0 ergibt, wird
die Hypothese angenommen.
Fehler 1. Art: Der Test liefert X ≥ μ 0 + kσ 0 , obwohl p < 0,9 ist, d. h. es
wird eine wahre Hypothese verworfen.
Fehler 2. Art: Die Hypothese H 0 : p < 0,9 ist falsch, aber der Test liefert
X < μ 0 + kσ 0 . Dann wird eine falsche Hypothese angenommen.
1.5 [41 − 1,6452; 41 + 1,6452] = [37,71; 44,29]
P(X > 40) = 1 − P(X ≤ 40) = 1 − normalcdf(−1E99, 40, 41, 2) ≈ 0,692
2 Ganzrationale Funktion 3. Grades untersuchen
2.1 f(x) = x3 − 3x2 + 4
f ′(x) = 3x2 − 6x
f ′′(x) = 6x − 6
Nullstellen: x = −1 und x = 2
Schnittpunkt mit der y-Achse: (0 | 4)
Extrempunkte:
H (0 | 4), T (2 | 0)
Wendepunkt: W (1 | 2)
2
2.2
∫ f(x) dx = 4
0
2.3 A = x ⋅ f(x), A′(x) = 4x3 − 9x2 + 4
Maximum bei x =
1
8
33 + 81 mit A ≈ 2,0778
269
244
2.4 Es gilt fk (2) = 8 + 4(k − 4) + 2(4 − 4k) + 4k = 0 .
fk (x) = f(x) für k = 1
fk′ (x) = 3x2 + 2(k − 4)x + (4 − 4k)
fk′ (2) = 12 + 4(k − 4) + (4 − 4k) = 0
Alle Graphen fk der Schar haben an der Stelle 2 eine waagerechte
Tangente, also die 1. Achse wegen fk (2) = 0 .
fk′′ (x) = 6x + 2(k − 4)
fk′′ (2) = 12 + 2k − 8 = 4 + 2k, für k = −2 ist (2 | 0) ein Sattelpunkt.
245
3 Planung eines Hausdachs
0
⎛ 0⎞
⎛ −1⎞
G ⎛ ⎞
3.1 E1: x = ⎜ 8 ⎟ + r ⎜ −4 ⎟ + s ⎜ 0 ⎟ ;
⎜ 4⎟
⎜ 3⎟
⎜0⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠
−3
⎛0⎞
⎛ −3 ⎞
G ⎛ ⎞
E 2 : x = ⎜ 11 ⎟ + r ⎜ −1⎟ + s ⎜ 0 ⎟
⎜4⎟
⎜0⎟
⎜2⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠
3.2 Berechne den Winkel zwischen den Normalenvektoren
JJG ⎛ 0 ⎞
JJG ⎛ 2 ⎞
n1 = ⎜ 3 ⎟ und n 2 = ⎜ 0 ⎟ . Der Winkel beträgt 48,3°.
⎜ 4⎟
⎜ 3⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
−2
⎛0⎞
G ⎛ ⎞
3.3 Schornsteingerade: g: x = ⎜ 6 ⎟ + r ⎜ 0 ⎟
⎜ 0⎟
⎜1⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
• Schnittpunkt mit E1: S( −2 | 6 | 5,5)
• Schnittwinkel 53,1°
• 1m
3.4 (1) P(X ≥ 4) = 1 − P(X ≤ 3) = 1 − binomcdf(100; 0,05; 3) ≈ 0,742 = 74,2 %
P(6 < X < 15) = binomcdf(200; 0,05; 14) − binomcdf(200; 0,05; 6)
≈ 0,798 = 79,8 %
(2) ⎡⎣500 ⋅ 0, 05 − 1,96 500 ⋅ 0, 05 ⋅ (1 − 0, 05);
500 ⋅ 0, 05 + 1,96 500 ⋅ 0, 05 ⋅ (1 − 0, 05) ⎤⎦ ≈ [15; 35]
4 Nur alle vier Jahre Geburtstag
4.1 Die Wahrscheinlichkeit, am 29. Februar geboren zu sein, wird als
1 angenommen. Daher wird es in Potsdam ca. 147 500 ≈ 101
1 461
1461
Personen geben, die am 29. Februar Geburtstag haben.
270
245
1 ; n = 147 500; μ = 100,96; σ = 10,05; μ − 1,96σ = 101,27;
4.2 p = 1461
μ + 1,96σ = 120,65
Mit einer Wahrscheinlichkeit von ca. 95% beträgt die Anzahl der
Personen aus Potsdam mit Geburtsdatum 29. 02. mindestens 102,
höchstens 120.
4.3 binompdf (800, 1/1461, 0) ≈ 0,578
binompdf (800, 1/1461, 1) ≈ 0,317
0,895
P(mehr als 1 Kind hat am 29. 02. Geburtstag) ≈ 10,5%
4.4 Mehrmalsgruppen:
b 40
ü 40
N
H
Personen bis unter 40 Jahre
Personen über 40 Jahre
Personen feiern nach
Personen feiern in 01. 03. hinein
43% der Bevölkerung sind höchstens 40 Jahre alt, also auch 43% von
den Peronen, die am 29. Februar Geburtstag haben. Von diesen bevorzugen es ca. 67%, ihren Geburtstag vom 28. Februar in den 01. März hineinzufeiern. Unter den Personen über 40 Jahren beträgt dieser Anteil
nur etwa 26%.
271
245
4.4 Fortsetzung
56% der Personen, die am 29. Februar geboren sind, feiern ihren
Geburtstag nach; von diesen Personen sind 75% über 40 Jahre alt.
Unter den Personen, die lieber vom 28. Februar in den 01. März hineinfeiern, haben die jüngeren (höchstens 40 Jahre) mit 66% eine
deutliche Mehrheit.
246
4.5 Der Journalist wird vermutlich ein oder zwei Kinder finden, die am
≈ 1,44.
29. Februar geboren sind, denn 2100
1461
Die Wahrscheinlichkeit, dass man bei zufälliger Verteilung der Geburtstage über das Jahr unter 2100 Kindern genau k Kinder mit Geburtstag
29. Februar findet, beträgt
binompdf (2100, 1/1461, 0) ≈ 0,237
binompdf (2100, 1/1461, 1) ≈ 0,342
82,4%
binompdf (2100, 1/1461, 2) ≈ 0,245
binompdf (2100, 1/1461, 3) ≈ 0,118
binompdf (2100, 1/1461, 4) ≈ 0,042
Der Journalist hat möglicherweise 3 [4; 5] Kinder angetroffen, die am
29. Februar Geburtstag haben, das sind nicht mehr als erwartet.
Die Wahrscheinlichkeit, dass er 3 oder mehr zufällig antrifft, obwohl
der 29. 02. kein bevorzugter Geburtstermin ist, beträgt immerhin ca.
17,6%.
… 4 oder mehr … 5,8%.
… 5 oder mehr … 1,6%.
4.6 Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass an einem (beliebigen) Tag des
Jahres keiner der 2100 Personen Geburtstag hat?
( 364
365 )
2100
= binompdf (2100, 1/365, 0) = 0,31%
272
246
4.7 Fehler in der ersten Auflage:
Die angenommene Formel ist falsch. Sie muss lauten:
P(k) = 1 −
365 ⋅ 364 ⋅ ... ⋅ (366 − k)
365 k
Erzeuge eine Liste L1 mit der Anzahl der Personen und eine Liste L2 mit
den Wahrscheinlichkeiten. Mit dem Befehl STAT-CALC-QuartReg ergibt
sich f (x) = 3,5297 ⋅ 10 −7 x 4 − 5,1975 ⋅ 10 −5 x 3 + 0, 00223x 2
−0, 00654x − 0, 00893
Die im folgenden berechnete Näherung für k = 23 ist „nicht sehr gut“.
Die Näherung liefert 0,48734, der exakte Wert ist 0,507297.
Die Bedeutung des Wertes liegt darin, dass ab 23 Personen die Wahrscheinlichkeit für mindestens zwei gleiche Geburtstage größer als 0,5 wird, d. h.
ab 23 Personen ist es wahrscheinlicher, auf mindestens zwei gleiche
Geburtstage zu treffen, als auf das Gegenteil.
5 Berechnungen für ein Gefäß
5.1 V = πr 2 ⋅ h
r = ga (0) = 101 0 + 9 ⋅ (5a − 0) + 1 = 23 a + 1
h=1
V = π⋅
( 23 a + 1)
2
2
= π ⋅ (3a +42)
5.2 Gesucht M: y-Wert des lokalen Maximums von g10
Maximaler Außendurchmesser d Max = 2 M
g10 (x) = 101 10x + 9(50 − x) + 1
′ (x) =
g10
g10
241−15x
′ (x) = 0 ⇔ x =
g10
1
10(10x + 9) 2
≈ 45,2
( 241
15 )
241
15
= 16, 06
⇒ d Max ≈ 90, 4
Öffnung des Gefäßes:
d10 = 2 ⋅ f10 (4 ⋅ 10) = 15 10 ⋅ 40 + 9 ⋅ (5 ⋅ 10 − 40) = 2 409 ≈ 40, 45
2fa (4a) = 26 ⇔
4a 2 + 9 ⋅ a = 130
⇒ 4a 4 + 9a 2 − 1302 = 0
substituiere z = a 2
2
z2 + 94 z − 1304 = 0 Wir betrachten nur die positive Lösung:
z = − 89 +
81+1302 ⋅ 16
64
⇒ z ≈ 63,88; a =
=
−9 + 270 481
8
−9 + 270 481
8
≈8
273
246
40
5.3 Vi : Innenvolumen; Vi = π ∫ ( f10 (x) ) dx
2
0
40
Va : Außenvolumen; Va = π ∫ ( g10 (x) ) dx
2
0
VB : Boden; V10 = 256 ⋅ π
Vi = π ⋅ 1633160 ; Va = π ⋅ 269 531 ⋅
409 +102 016 007
1875
Va − Vi ≈ 9201,8 cm 3
VB + ( Va − Vi ) ≈ 10006,1 cm 3
m ≈ 25 015 g = 25,015 kg
4a
5.4 100 000 = = π ⋅ ∫ ( fa (x) ) dx = π ⋅
2
(
a3 ⋅ a 2 ⋅ 38 + 279
0
247
75
);
a ≈ 8,95
5.5 Mit den Bezeichnungen O für „Oberfläche in Ordnung“, F für „Färbung in
Ordnung“ und B für „Bodenfläche in Ordnung“ gilt:
(1) P(„1. Wahl“) = P(O ∩ F ∩ B) = (1 − 0,05) ⋅ (1 − 0,08) ⋅ (1 − 0,12)
≈ 0,769
(2) P(„2. Wahl aufgrund Bodenfläche“) = P(O ∩ F ∩ B )
= (1 − 0,05) ⋅ (1 − 0,08) ⋅ 0,12 ≈ 0,105
(3) p = P(„Ausschuss“)
= 1 − P(O ∩ F ∩ B) − P( O ∩ F ∩ B) − P(O ∩ F ∩ B) − P(O ∩ F ∩ B )
≈ 0,01864
Berechne nun ⎡ p − 1,96 ⋅ σ ; p + 1,96 ⋅ σ ⎤ = [0, 010; 0, 027]
⎣
n
n⎦
6 Vom Graphen zum Funktionsterm
6.1 • Der Graph jeder Funktion der Schar fk ist punktsymmetrisch zum
Ursprung, d. h. die Summanden der ganzrationalen Funktionen haben
nur ungerade Exponenten.
• Nullstellen von fk : x1 = − k, x 2 = 0, x 3 = k
Die Nullstelle x 2 = 0 haben alle Funktionsgraphen von fk gemeinsam.
• Es gibt je einen Hochpunkt und einen Tiefpunkt.
• Für x → + ∞ gilt fk (x) → − ∞. Für x → − ∞ gilt fk (x) → + ∞.
Der Summand mit dem größten Exponenten im Funktionsterm ist also
kleiner als null.
• Der Ursprung ist Wendepunkt von fk .
• Die Gerade mit der Gleichung y = x ist Tangente im Wendepunkt.
274
247
6.2 Ansatz: fk (x) = ax 3 + bx
Aus fk′ (0) = 1 folgt b = 1.
Aus fk (k) = ak 3 + k = 0 folgt a = −
Also gilt: fk (x) = −
1
k2
für k ≠ 0.
1
k2
x3 + x
6.3 fk′ ( x e ) = 0, also −
ye = f ′ ( xe ) = −
3
x e 2 + 1 = 0 für k 2 = 3x e 2
k2
1
x e 3 + x e = − 3x1 x e3 + x e = 23
e
k2
xe
Die Extrempunkte von fk liegen auf der Geraden mit der Gleichung y = 23 x .
6.4 Jede Funktion fk hat den Grad drei.
Im Fall k → ∞ gilt −
1
k2
→ 0 und somit fk (x) → x .
k
6.5 fk = 2 ⋅ ∫ fk (x)dx = 2 ⋅ ⎡⎢ − 1 2 x 4 + 21 x 2 ⎤⎥
⎣ 4k
⎦
0
(
2
fk = 2 ⋅ − k + k
1
4
1
2
2
)=
1
2
k
k
0
2
7 Schiefes Prisma
JJJG JJJG JJJG ⎛ 2 ⎞ ⎛ −2 ⎞ ⎛ 0 ⎞
7.1 OE = OA + BF = ⎜ 1⎟ + ⎜ 2 ⎟ = ⎜ 3 ⎟ , also E (0 | 3 | 5)
⎜ −1 ⎟ ⎜ 6 ⎟ ⎜ 5 ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
JJJG JJJG JJJG ⎛ 5 ⎞ ⎛ −2 ⎞ ⎛ 3 ⎞
OG = OC + BF = ⎜ 6 ⎟ + ⎜ 2 ⎟ = ⎜ 8 ⎟ , also G (3 | 8 | 6)
⎜ 0⎟ ⎜ 6⎟ ⎜ 6⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
JJJG ⎛ −1⎞ JJJG ⎛ −1⎞ JJJG ⎛ 4 ⎞ JJJG ⎛ 4 ⎞
7.2 AD = ⎜ 2 ⎟ ; BC = ⎜ 2 ⎟ ; AB = ⎜ 3 ⎟ ; DC = ⎜ 3 ⎟
⎜ 2⎟
⎜ 2⎟
⎜ −1⎟
⎜ −1⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠
Damit sind die gegenüberliegenden Seiten parallel und gleich lang, das
Viereck ABCD ist ein Parallelogramm.
JJJG JJJG
AB ⋅ AD = −4 + 6 − 2 = 0, d. h. der Winkel bei A ist ein rechter Winkel.
Ein Parallelogramm mit einem rechten Winkel ist ein Rechteck.
A1 = AB ⋅ h
Seitenfläche ABFE:
Seitenfläche BCGF:
A2 = BC ⋅ h
AB = 16 + 9 + 1 = 26; BC = 1 + 4 + 4 = 3
Damit haben die beiden Seitenflächen ABFE bzw. DCGH den größten
Flächeninhalt.
275
247
⎛ 2⎞
⎛ 1⎞
⎛ 6⎞
⎛ −7 ⎞
G
G
7.3 AG: x = ⎜ 1⎟ + r ⋅ ⎜ 7 ⎟
BH: x = ⎜ 4 ⎟ + s ⋅ ⎜ 1⎟
⎜ −1⎟
⎜ 7⎟
⎜ −2 ⎟
⎜ 9⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠
Untersuchung, ob sich AG und BH schneiden:
⎛ 2⎞
⎛ 1⎞ ⎛ 6 ⎞
⎛ −7 ⎞
⎜ 1⎟ + r ⋅ ⎜ 7 ⎟ = ⎜ 4 ⎟ + s ⋅ ⎜ 1⎟
⎜ −1⎟
⎜ 7 ⎟ ⎜ −2 ⎟
⎜ 9⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎝ ⎠
also: r + 7s = 4
(1)
7r − s = 3
(2)
(3)
7r − 9s = −1
Lösungen: r = 21 ; s = 21
Also schneiden sich AG und BH im Punkt S
(
5
2
9
2
5
2
).
Weitere Raumdiagonalen:
⎛ 1⎞
⎛ 3⎞
⎛0⎞
⎛ 5⎞
G
G
DF: x = ⎜ 3 ⎟ + l ⋅ ⎜ 3 ⎟
EC: x = ⎜ 3 ⎟ + k ⋅ ⎜ 3 ⎟ ;
⎜ 1⎟
⎜ 3⎟
⎜ 5⎟
⎜ −5 ⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠
Überprüfen, ob S auf EC bzw. DF liegt:
⎛ 25 ⎞ ⎛ 0 ⎞
⎛ 25 ⎞ ⎛ 1⎞
⎛ 5⎞
⎛ 3⎞
⎜9⎟ ⎜ ⎟
⎜9⎟ ⎜ ⎟
1
⎜
⎟
⎜ 3 ⎟ , erfüllt für l =
3
k
3
,
3
l
=
+
⋅
=
+
⋅
k
=
;
erfüllt
für
⎜2⎟ ⎜ ⎟
2 ⎜2⎟ ⎜ ⎟
⎜ −5 ⎟
⎜ 3⎟
5
⎜ 5 ⎟ ⎝ 5⎠
⎜
⎟
1
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝2⎠
⎝2⎠ ⎝ ⎠
Alle Raumdiagonalen schneiden sich im Punkt S
(
5
2
9
2
5
2
1
2
).
7.4 Die gesuchte Ebene E ist parallel zur Grundflächenebene und geht durch
die Seitenmitten der Seitenkanten AE, BF, CG bzw. DH
4
G ⎛ ⎞
(1) n ⋅ ⎜ 3 ⎟ = 0, also 4n1 + 3n2 − n3 = 0
⎜ −1 ⎟
⎝ ⎠
−1
G ⎛ ⎞
(2) n ⋅ ⎜ 2 ⎟ = 0, also − n1 + 2n2 + 2n3 = 0
⎜ 2⎟
⎝ ⎠
8
G ⎛ ⎞
Hieraus ergibt sich z. B. n = ⎜ −7 ⎟ .
⎜ 11⎟
⎝ ⎠
Seitenmitte M1 von AE : M1 (1 | 2 | 2)
⎛ 8⎞ ⎛
⎛ 1⎞ ⎞
G ⎜ ⎟⎟
⎜
⎜
⎟
E: −7 ⋅ x − 2 = 0 bzw. 8x1 − 7x2 + 11x3 − 16 = 0
⎜ 11⎟ ⎜⎜
⎜ 2 ⎟ ⎟⎟
⎝ ⎠ ⎝
⎝ ⎠⎠
276
248
⎛ 2⎞
⎛ 4⎞
⎛ −1 ⎞
G
7.5 Grundfläche ABCD: x = ⎜ 1⎟ + k ⋅ ⎜ 3 ⎟ + l ⋅ ⎜ 2 ⎟ , 0 ≤ k, l ≤ 1
⎜ −1⎟
⎜ −1⎟
⎜ 2⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠
Projektion von P in Richtung der Seitenkante in die Grundflächenebene
⎛ 3⎞
⎛ −2 ⎞
G
Projektionsgerade p: x = ⎜ 4 ⎟ + r ⋅ ⎜ 2 ⎟
⎜ 1⎟
⎜ 6⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎛ 3⎞
⎛ −2 ⎞ ⎛ 2 ⎞
⎛ 4⎞
⎛ −1⎞
⎜ 4 ⎟ + r ⋅ ⎜ 2 ⎟ = ⎜ 1⎟ + k ⋅ ⎜ 3 ⎟ + l ⋅ ⎜ 2 ⎟
⎜ 1⎟
⎜ 6 ⎟ ⎜ −1 ⎟
⎜ −1 ⎟
⎜ 2⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠
Lösungen: r = 14 ; k = 21 ; l =
Damit liegt die Projektion P
(
1
2
7
2
7
2
)
− 21 innerhalb der Grundfläche
ABCD:
⎛ 8⎞⎛
⎛ 2⎞⎞
G
Grundflächenebene E ABCD : ⎜ −7 ⎟ ⎜ x − ⎜ 1⎟ ⎟ = 0
⎜ 11⎟ ⎜⎜
⎜ −1⎟ ⎟⎟
⎝ ⎠⎝
⎝ ⎠⎠
bzw. 8x1 − 7x2 + 11x3 + 2 = 0
Höhe des Prismas = Abstand von F zu E ABCD
h=
1
234
8 ⋅ 4 − 7 ⋅ 6 + 11 ⋅ 4 + 2 =
36
234
Abstand von P zu E ABCD
d=
9
234
< h, also liegt P innerhalb des Prismas.
7.6 Möglichkeiten, mit drei Würfen eine Augensumme > 12 zu erreichen
Augen- HäufigWahrschein- Augen- Häufig- Wahrscheinzahlen
keit
lichkeit
zahlen
keit
lichkeit
1, 6, 6
3
0,001
4, 4, 6
3
0,00484
2, 5, 6
6
0,00324
4, 5, 5
3
0,007128
2, 6, 6
3
0,0018
4, 5, 6
6
0,00396
3, 4, 6
6
0,00484
4, 6, 6
3
0,0022
3, 5, 5
3
0,007128
5, 5, 5
1
0,005832
3, 5, 6
6
0,00396
5, 5, 6
3
0,00324
3, 6, 6
3
0,0022
5, 6, 6
3
0,0018
4, 4, 5
3
0,008712
6, 6, 6
1
0,001
Die Summe aller Wahrscheinlichkeiten, mit der Häufigkeit multipliziert
liefert P = 0,223.
7.7 (1) 0,18 ⋅ 500 − 1,96 ⋅ 500 ⋅ 0,18 ⋅ 0,82 = 73,1622
0,18 ⋅ 500 + 1,96 ⋅ 500 ⋅ 0,18 ⋅ 0,82 = 106,838
Intervall: [73; 107]
(2) Dass die 3 mehr als 50-mal auftritt, ist nicht verwunderlich. Die Wahrscheinlichkeit für höchstens 50-mal 3 ist nämlich 1,384 ⋅ 10 −12 .
277
8 Frühstück im Hotel
248
P(A) = 0,35 + 0,15 + 0,44
= 0,54
P(B) = 0,15
P(C) = 0,54 + 0,3 − 0,15
= 0,69
8.1
8.2 35% der Gäste erfüllen die Eigenschaft, dass sie Geschäftsreisende sind
und dass sie Rühreier mit Speck zum Frühstück nehmen; 54% der Gäste
nehmen Rühreier mit Speck zum Frühstück.
Der Anteil der Geschäftsreisenden unter den Rühreier-Essern beträgt
35 ≈ 0,648 = 64,8%.
daher 54
8.3 X: Anzahl der Touristen unter den 8 Gästen
⎛8⎞
P(X = k) = ⎜ ⎟ 0,3k 0, 78− k
⎝k⎠
Mit dem Befehl binompdf(8,0.3) erhält man eine Liste der Werte der
Wahrscheinlichkeitsverteilung.
k
0
1
2
3
4
5
6
7
8
P(X=k)
0,0576
0,1976
0,2965
0,2541
0,1361
0,0467
0,0100
0,0012
0,00007
E(X) = n ⋅ p = 8 ⋅ 0,3 = 2,4
8.4 (1) Kalenderwoche 52
(2) Kalenderwoche 50 auf Kalenderwoche 51
(3) Kalenderwochen 2, 4, 8, 28, 39, 45 und 50
278
249
9 Position von Flugzeugen
9.1 Flugbahn von F1
⎛ 0⎞
⎛ 1⎞
G
g: x = ⎜ 15 ⎟ + r ⋅ ⎜ −1⎟
⎜ 8⎟
⎜ 0⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎛ 15 ⎞
⎛ 15 ⎞
G
h k : x = ⎜⎜ −2,5 ⎟⎟ + s ⋅ ⎜⎜ −7,5 ⎟⎟
k⎟
⎜
⎜ k⎟
2⎠
⎝
⎝ 2⎠
15
15
⎛
⎞
⎛
⎞
G
h12 : x = ⎜ −2,5 ⎟ + s ⋅ ⎜ −7,5 ⎟
⎜ 6⎟
⎜ 6⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
Flugbahn von F2
⎛ 0⎞
⎛ 2 ⎞ ⎛ 15 ⎞
⎛ 15 ⎞
Schnitt von g und h12 : ⎜ 15 ⎟ + r ⋅ ⎜ −2 ⎟ = ⎜ −2,5 ⎟ + s ⋅ ⎜ −7,5 ⎟
⎜ 8⎟
⎜ 0⎟ ⎜ 6⎟
⎜ 6⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠ ⎝
⎠
⎝
⎠
Das ergibt das LGS
(1) 2r − 15s = 15
(2) −2r + 7,5s = −17,5
(3)
−6s = −2
mit den Lösungen r = 10; s = 13 .
Die beiden Flugzeuge könnten auf diesen Flugbahnen im Punkt
P (20 | −5 | 8) kollidieren.
9.2 Das Flugzeug F2 kann im Punkt Sk gesehen werden, wenn
JJJJG
2
OSk ≤ 18; 0 ≤ k ≤ 20; d. h. 225 + 6,25 + k4 ≤ 18 bzw. k 2 ≤ 371
Also kann F2 in allen möglichen Punkten Sk außer in S20 gesehen
werden.
9.3 E k ist diejenige Ebene, die die Flugbahn g von F1 enthält und die paral-
lel zur Flugbahn h k und F2 ist.
JJG
Für den Normalenvektor n k von E k gilt:
JJG ⎛ 1⎞
(1) n k ⋅ ⎜ −1⎟ = 0, also n1 − n2 = 0
⎜ 0⎟
⎝ ⎠
279
249
JJG ⎛ 15 ⎞
9.3 (2) n k ⋅ ⎜⎜ −7,5 ⎟⎟ = 0, also 15n1 − 7,5n2 + k2 n3 = 0 .
⎜ k⎟
⎝ 2⎠
JJG ⎛ k ⎞
Hieraus folgt: n k = ⎜ k ⎟
⎜ −15 ⎟
⎝
⎠
⎛ k⎞⎛
⎛ 0⎞⎞
G
E k : ⎜ k ⎟ ⎜ x − ⎜ 15 ⎟ ⎟ = 0, bzw. kx1 + kx2 − 15x3 − 15k + 120 = 0
⎜ −15 ⎟ ⎜⎜
⎜ 8 ⎟ ⎟⎟
⎝
⎠⎝
⎝ ⎠⎠
Abstand von h k zu E k :
dk =
1
2k2 + 225
⋅ 15k − 2,5k − 15
k − 15k + 120 =
2
1
2k 2 + 225
⋅ 120 − 10k
„Beinahezusammenstoß“, falls d k < 1, also |120 − 10k| < 2k 2 + 225
bzw. 98k 2 − 2400k + 14175 < 0
Die quadratische Gleichung 98k 2 − 2400k + 14175 = 0 hat die Lösungen k1 ≈ 9,94 und k 2 ≈ 14,55, d. h. es kann für 10 ≤ k ≤ 14 zu
„Beinahezusammenstößen“ kommen.
9.4 F ist die Ebene, die zur Erdoberfläche senkrecht ist und die die Landesgrenze enthält.
⎛ 0⎞
⎛ 100 ⎞
⎛0⎞
G
F: x = ⎜ −33 ⎟ + k ⋅ ⎜ −50 ⎟ + l ⋅ ⎜ 0 ⎟ bzw. x1 + 2x3 + 66 = 0
⎜ 0⎟
⎜ 0⎟
⎜ 1⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝ ⎠
⎛ 0⎞
⎛ 2⎞
G
Flugbahn von F1 g: x = ⎜ 15 ⎟ + r ⋅ ⎜ −2 ⎟
⎜ 8⎟
⎜ 0⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
G (2r | 15 − 2r | 8) ist ein Punkt der Flugbahn.
Abstand von G zur Ebene F:
d = 1 |2r + 2 (15 − 2r) + 66| = 1 |96 −2r|
5
5
Das Flugzeug muss sich spätestens für d = 10 anmelden, d. h.
|96 − 2r| = 10 5 mit den Lösungen r1,2 = 48 ± 5 5
r1 = 48 − 5 5 ≈ 36,8
G1 (73,6 | −58,6 | 8)
r2 = 48 + 5 5 ≈ 59,2
G2 (118 | −103,4 | 8)
⎛ 2⎞
Da der Richtungsvektor ⎜ −2 ⎟ zur Ebene F zeigt, liegt G1 vor, G2
⎜ 0⎟
⎝ ⎠
hinter der Landesgrenze auf der Flugbahn. Das Flugzeug muss sich also
spätestens im Punkt G1 (73,6 | −58,6 | 8) anmelden.
280
249
0
2
G ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
9.5 Position von F1 zum Zeitpunkt t: g1: x = ⎜15 ⎟ + t ⎜ −2 ⎟
⎜8⎟ ⎜ 0⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
15 ⎞ ⎛ 15 ⎞
G ⎛
Position von F2 zum Zeitpunkt t: g 2 : x = ⎜ −2,5 ⎟ + t ⎜ −7,5 ⎟
⎜ 6 ⎟ ⎜ 6 ⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠
Abstand zum Zeitpunkt t:
⎛ 0 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎛ 15 ⎞ ⎛ 15 ⎞
⎛ −15 ⎞ ⎛ −13 ⎞
A(t) = ⎜ 15 ⎟ + t ⎜ −2 ⎟ − ⎜ −2,5 ⎟ − t ⎜ −7,5 ⎟ = ⎜ 17,5 ⎟ + t ⎜ 5,5 ⎟
⎜8⎟ ⎜ 0⎟ ⎜ 6 ⎟ ⎜ 6 ⎟
⎜ 2 ⎟ ⎜ −6 ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝
⎠ ⎝
⎠
⎝
⎠ ⎝
⎠
=
( −15 − 13t) 2 + (17,5 + 5,5t) 2 + (2 − 6t) 2
=
235, 25t 2 + 558,5t + 535, 25
10 Schätzungen zum Flugverkehr
10.1 Kugel-Fächer-Modell: 50 Unglücke werden zufällig auf 365 Tage
1 )
verteilt (n = 50; p = 365
binompdf (50, 1/365, 0) ≈ 0,872
binompdf (50, 1/365, 1) ≈ 0,120
binompdf (50, 1/365, 2) ≈ 0,008
0,9996
Wahrscheinlichkeit für mehr als 2 Abstürze: 0,04%
10.2 1 − binomcdf (50, 1/52, 3) ≈ 1,6%
10.3 Die in (1), (2) berechneten Wahrscheinlichkeiten gelten für alle Tage
bzw. Wochen des Jahres
87,2% von 365 Tagen ≈ 318 Tage ohne Absturz
12,0% von 365 Tagen ≈ 44 Tage mit 1 Absturz
0,8% von 365 Tagen ≈ 3 Tage mit 2 Abstürzen
1,6% von 52 Wochen ≈ 1 Woche mit mehr als 3 Abstürzen.
250
10.4 Wahrscheinlichkeit für mindestens 2 Abstürze an einem beliebig ausgewählten Tag: 0,84%
Wahrscheinlichkeit, dass es während eines Jahres keinen Tag mit
mindestens 2 Abstürzen gibt:
0,9916365 ≈ 4,6%
Wahrscheinlichkeit, dass es während eines Jahres mindestens einen
Tag mit mindestens 2 Abstürzen gibt:
1 − 0,9916365 ≈ 95, 4%
281
250
10.5 Angenommen, auch weiterhin sind 12% der Flugzeuge nicht sicher;
dann ist die Wahrscheinlichkeit, dass 18 oder weniger für die Kontrolle
ausgewählt werden: binomcdf (200, 0.12, 18) ≈ 11,3%.
Die Wahrscheinlichkeit, dass ein solches Ergebnis sich zufällig ergibt,
beträgt immerhin 11,3%.
11 Funktionsanpassung
11.1 Die durchschnittliche Geschwindigkeitsänderung ist im 1. Zeitintervall
mit 15 km
pro Sekunde am größten, d. h. das Auto erfährt eine durchh
schnittliche Beschleunigung von 4,17 m2 in diesem Zeitintervall.
s
11.2 Die Funktion v (t) (v (t) in
m
s
, t in s) gab den Geschwindigkeitsverlauf
auf dem Intervall [2,2; 37,1] an.
37,1
Dann gilt
∫
v(t)dt den in diesem Intervall zurückgelegten Weg an.
2,2
Wir nähern das Integral mithilfe der Keplerschen Fassregel an.
37,1
∫
v(t)dt ≈
2,2
Mit v
(
37,1− 2,2
⋅
6
2,2 + 37,1
2
( v(2,2) + 4 ⋅ v (
2,2 + 37,1
2
) + v(37,1))
37,1
) = v(19,65) ≈ 44,9 erhält man: ∫ v(t)dt ≈ 1433.
2,2
Im Testintervall [2,2; 37,1] hat das Fahrzeug ca. 1433 m zurückgelegt.
11.3 Erzeuge eine Liste L1 mit den Geschwindigkeiten und eine Liste L2 mit
den Beschleunigungszeiten. Mit STAT→CALC→QuartReg L2, L1 ergibt
sich v(t) ≈ −0, 000253t 4 + 0, 024t 3 − 0,862t 2 + 17,38t + 11, 78 .
Berechne die Gesamtstrecke:
t
s(t) = ∫ v( τ)dτ
0
= −0, 0000506t 5 + 0, 006t 4 − 0, 287333t 3 + 8, 69t 2 + 11, 78t
Damit ergibt sich die Gesamtstrecke zu
s(37,1)
3600
= 1,538 km.
11.4 Kugel-Fächer-Modell
n = 8, p =
10
720
≈ 0, 0139
X Anzahl der Kunden, die zu einem beliebigen Zeitpunkt einen Test
machen wollen.
P(X > 1) = 1 − P(X ≤ 1) = 1 − binomcdf(8; 0,0139; 1) = 0,0051
282
12 Berechnungen am Barockgiebel
250
12.1 Annahme: Grad 2
a0 = 4
f(x) = a 2 x2 + 4
f ′(x) = 2a 2 x
f ′(4) = 2a 2 ⋅ 4 = 8a 2 → a 2 = 0
f(x) = 4 im Widerspruch zu f(4) = 0
⇒ Grad ≥ 4.
Wegen der Symmetrie des Graphen scheidet Grad 1 und Grad 3 aus.
12.2 Annahme: Grad 4
f(x) = a 4 x 4 + a 2 x2 + a 0
f ′(x) = 4a 4 x3 + 2a 2 x
f ′(4) = 0 ⇔ a 2 = −32a 4 ⎫
a =
f(4) = 0 ⇔ a 2 = −16a 4 − 161 ⎬⎭ 4
f(x) =
251
1
64
1
;
64
a 2 = − 21
x 4 − 21 x2 + 4
12.3 Ansatz: Nullstellen von g sind x1 = −4 und x 2 = 4 .
Es wird im Folgenden nur der Bereich rechts der y-Achse betrachtet, dies
vereinfacht die Rechnung.
s
4
∫ g(x)dx − s ⋅ g(s) = s ⋅ g(s) + ∫ g(x)dx
0
s
s
4
∫ g(x)dx = 2 ⋅ s ⋅ g(s) + ∫ g(x)dx
0
s
5
s
320
3
− s6 + 4s =
1
s
32
5
(
5
3
s
− s3 + 8s + − 320
+ s6 + 4s + 128
15
)
Vereinfachen dieser Gleichung und Lösen ergibt s ≈ 2,57 bzw. h ≈ 1,375.
12.4 In einer Stichprobe vom Umfang n = 50 soll über die Hypothesen
H1: p = 0,10 oder H 2 : p = 0,16 entschieden werden. Die Erwartungswerte
sind μ1 = 50 ⋅ 0,10 = 5 und μ 2 = 50 ⋅ 0,16 = 8.
Man könnte also einen kritischen Wert zwischen diesen beide Erwartungswerten festlegen. Hierfür gilt Pp = 0,10 (X ≥ 7) = 0, 230 und Pp = 0,16 (X ≤ 6)
= 0,292, d. h. mit einer Wahrscheinlichkeit von 23,0 % würde die Anzahl
der Schieferplatten mit Mängeln oberhalb des kritischen Werts liegen,
obwohl es sich um Schieferplatten 1. Wahl handelt, und mit einer Wahrscheinlichkeit von 29,2 % würde die Anzahl der Schieferplatten mit Mängeln unterhalb des kritischen Werts liegen, obwohl es sich um Schieferplatten 2. Wahl handelt.
283
251
12.4 Fortsetzung
Der Architekt nimmt einen skeptischen Standpunkt ein, d. h. vermutet also,
dass es sich um Schieferplatten 2. Wahl handelt, d. h. p = 0,16 der Stichprobe zugrunde liegt. Von diesem Standpunkt lässt er sich nur abbringen,
wenn die Anzahl von Schieferplatten mit Mängeln deutlich unterhalb des
Erwartungswerts 1 liegt.
Wenn der Architekt als Entscheidungsregel festlegt, die Hypothese p = 0,16
zu verwerfen, falls weniger als 6 mangelhafte Schieferplatten gefunden
werden, dann ist die Wahrscheinlichkeit für einen Fehler 1. Art gleich
Pp = 0,16 (X ≤ 6) = 0, 292.
Da der Architekt 7 beschädigte Schieferplatten gefunden hat, wird er die
Hypothese H 2 : p = 0,16 annehmen. Die Wahrscheinlichkeit für einen
Fehler 2. Art, d. h. die falsche Hypothese H 2 : p = 0,16 zu akzeptieren,
liegt bei Pp = 0,10 (X ≥ 7) = 0, 229.
13 Berechnungen im Raum
13.1 Verfahren bei der Spiegelung des Punktes B an der Geraden g:
• Man bestimmt eine Hilfsebene H, die orthogonal zur Geraden g ist
und die den Punkt B enthält.
• L ist der Schnittpunkt von g und H.
• Bildpunkt D von B
JJJG JJJG
JJJG
OD = OB + 2 ⋅ BL
⎛ −4 ⎞
⎛ 3⎞
G
g: x = ⎜ 4 ⎟ + k ⋅ ⎜ −1⎟
⎜ 2⎟
⎜ 0⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎛ 3⎞ ⎛
⎛ 1⎞ ⎞
G
Hilfsebene H: ⎜ −1⎟ ⎜ x − ⎜ −1⎟ ⎟ = 0
3x1 − x2 − 4 = 0
⎜ 0 ⎟ ⎜⎜
⎜ 0 ⎟ ⎟⎟
⎝ ⎠⎝
⎝ ⎠⎠
Schnitt von g und H:
3 (−4 + 3k) − (4 − k) − 4 = 0, also k = 2 L (2 | 2 | 2)
Koordinaten des Bildpunktes D
JJJG ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 3 ⎞
OD = ⎜ −1⎟ + 2 ⎜ 3 ⎟ = ⎜ 5 ⎟ , also D (3 | 5 | 4)
⎜ 0⎟ ⎜2⎟ ⎜ 4⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Da D der Bildpunkt von B bei der Spiegelung an der Geraden durch die
Punkte A und C ist, ist das Viereck ABCD auf jeden Fall ein Drachen.
284
251
13.1 Fortsetzung
JJJG
JJJG
Wir untersuchen die Vektoren AB und BC .
JJJG ⎛ 5 ⎞ JJJG ⎛ 4 ⎞
AB = ⎜ −5 ⎟ ; BC = ⎜ 2 ⎟
⎜ −2 ⎟
⎜ 2⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
JJJG JJJG
JJJG JJJG
AB ≠ BC und AB ⋅ BC ≠ 0
Es liegt damit keine besondere
Form eines Drachens vor.
Flächeninhalt des Drachens
A = A ADB + ADCB = 21 BD ⋅ AL + 21 DB ⋅ LC
=
1
2
DB ⋅ ( AL + LC ) =
=
1
2
⎛ 2⎞ ⎛ 9⎞
⎜ 6 ⎟ ⋅ ⎜ −3 ⎟ = 1 ⋅ 56 ⋅ 90 = 6 35 ≈ 35,5
⎜ 4⎟ ⎜ 0⎟ 2
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
1
2
BD ⋅ AC
⎛ 5⎞
⎛ −2 ⎞
G
13.2 h: x = ⎜ 1⎟ + s ⋅ ⎜ 3 ⎟
⎜2⎟
⎜ 6⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
gemeinsame Punkte von h und Ea :
a (5 − 2 s) − 14 (1 + 3s) + 8 (2 + 6s) = 6a − 1
2 (3 − a) s = a − 3
unendlich viele Lösungen für a = 3, d. h. für a = 3 liegt h in Ea .
⎛ −2 ⎞
⎛ a⎞
h ist orthogonal zu Ea , falls die Vektoren ⎜ 3 ⎟ und ⎜ −14 ⎟ linear ab⎜ 6⎟
⎜ 8⎟
⎝ ⎠
⎝
⎠
⎛ −2 ⎞ ⎛ a ⎞
hängig sind, d. h. falls es einen Wert für r gibt, sodass r ⋅ ⎜ 3 ⎟ = ⎜ −14 ⎟ .
⎜ 6⎟ ⎜ 8⎟
⎝ ⎠ ⎝
⎠
Dies ist für keinen Wert von r der Fall, d. h. die Gerade h ist zu keiner
Ebene Ea orthogonal.
285
251
⎛ −4 ⎞
⎛ 5⎞
⎛ 4⎞
G
13.3 Grundflächenebene E ABCD : x = ⎜ 4 ⎟ + k ⋅ ⎜ −5 ⎟ + l ⋅ ⎜ 2 ⎟
⎜ 2⎟
⎜ −2 ⎟
⎜ 2⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠
bzw. E ABCD : x1 + 3x2 − 5x3 + 2 = 0
Schnittwinkel zwischen h und E ABCD :
cos (α) =
⎛ −2 ⎞
⎜ 3⎟
⎜ ⎟
⎝ 6⎠
⎛ −2 ⎞
⎜ 3⎟
⎜ ⎟
⎝ 6⎠
⎛ 1⎞
⋅ ⎜ 3⎟
⎜ ⎟
⎝ −5 ⎠
⎛ 1⎞
⋅ ⎜ 3⎟
⎜ ⎟
⎝ −5 ⎠
=
23
7⋅
35
, also α ≈ 56,3°
⎛ 1⎞ ⎛
⎛ 1⎞ ⎞
G
Deckflächenebene E EFGH : ⎜ 3 ⎟ ⎜ x − ⎜ 7 ⎟ ⎟ = 0
⎜ −5 ⎟ ⎜⎜
⎜ 14 ⎟ ⎟⎟
⎝ ⎠⎝
⎝ ⎠⎠
bzw. E EFGH : x1 + 3x2 − 5x3 + 48 = 0
Höhe des Prismas = Abst ( G; E ABCD ) ; h =
Volumen des Prismas:
V = A ⋅ h = 6 35 ⋅
1
35
1 + 21 − 70 + 2 =
46
35
= 276
13.4 Diagonalenschnittpunkt der Grundfläche: L (2 | 2 | 2)
Fehlende Eckpunkte der Deckfläche:
JJJG JJJG JJJG ⎛ −4 ⎞ ⎛ −4 ⎞ ⎛ −8 ⎞
OE = OA + CG = ⎜ 4 ⎟ + ⎜ 6 ⎟ = ⎜ 10 ⎟ , d. h. E(−8 | 10 | 14)
⎜ 2 ⎟ ⎜ 12 ⎟ ⎜ 14 ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
JJJG JJJG JJJG ⎛ −3 ⎞
Entsprechend: OF = OB + CG = ⎜ 5 ⎟ , d. h. F (−3 | 5 | 12)
⎜ 12 ⎟
⎝ ⎠
JJJG JJJG JJJG ⎛ −1⎞
OH = OD + CG = ⎜ 11⎟ , d. h. H (−1 | 11 | 16)
⎜ 16 ⎟
⎝ ⎠
Abstand des Diagonalenschnittpunktes L von den Eckpunkten der
Deckfläche:
⎛ −10 ⎞
⎛ −1⎞
LE = ⎜ 8 ⎟ = 264; LG = ⎜ 5 ⎟ = 170;
⎜ 10 ⎟
⎜ 12 ⎟
⎝
⎠
⎝ ⎠
⎛ −5 ⎞
LF = LH = ⎜ 3 ⎟ = 134
⎜ 10 ⎟
⎝ ⎠
Also hat L von E den größten Abstand.
Die gesuchte Gerade ist die Gerade
⎛2⎞
⎛ −5 ⎞
G
LE: x = ⎜ 2 ⎟ + k ⋅ ⎜ 4 ⎟
⎜2⎟
⎜ 5⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
46
35
≈ 7,8
286
251
13.5 Die Punkte auf der Seitenkante CG werden beschrieben durch
⎛ 5⎞
⎛ −2 ⎞
G
x = ⎜ 1⎟ + s ⋅ ⎜ 3 ⎟ ; 0 ≤ s ≤ 2
⎜2⎟
⎜ 6⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
Also: P (5 − 2s | 1 + 3s | 2 + 6s); 0 ≤ s ≤ 2
Abstand von P zur Ebene E ABCD
d=
1
35
5 − 2s + 3(1 + 3s) − 5(2 + 6s) − 2 =
Gesucht ist P, sodass d =
23
,
35
1
35
−23s
also gilt s = 1.
Gesuchter Punkt: P (3 | 4 | 8)
14 Beliebtheit von Unterrichtsfächern
14.1 (1) binompdf (100, 0.7, 70) ≈ 8,7%
(2) binomcdf (100, 0.7, 75) ≈ 88,6%
(3) binomcdf (100, 0.7, 71) − binomcdf (100, 0.7, 59)
≈ 0,623 − 0,012 ≈ 61,1%
14.2 Gegenereignis E: Unter n zufällig Ausgewählten treibt niemand gerne
Sport: P ( E ) = 0,3n
Gesucht ist n derart, dass
log 0,01
1 − 0,3n ≥ 0,99 ⇔ 0,01 ≥ 0,3n ⇔ n ≥ log 0,3 ≈ 3,8
252
14.3
(1) P („Ja“) = 61 + 12 ⋅ 0,21 ≈ 27,2%
(2)
1
6
+ 12 ⋅ p = 0,35 ⇒ p ≈ 36,7%
287
252
14.4 Da keine weiteren Informationen vorliegen, wird die Hypothese:
„Für ein Drittel der Mädchen ist Geschichte das Lieblingsfach“ getestet.
n = 100; p = 13 ; μ = 33,33; σ = 4,71;
μ − 1,64σ = 14,49; μ + 1,64σ = 29,95
Entscheidungsregel: Verwirf die Hypothese, falls weniger als 15 oder
mehr als 29 Mädchen in der Stichprobe Geschichte als ihr Lieblingsfach
nennen.
Fehler 1. Art: Für ein Drittel der Mädchen ist tatsächlich Geschichte das
Lieblingsfach; nur zufällig lag das Ergebnis der Stichprobe außerhalb
des o. a. Intervalls; daher wurde die Hypothese irrtümlich verworfen.
Fehler 2. Art: Der Anteil der Mädchen, die Geschichte als ihr Lieblingsfach bezeichnen, ist tatsächlich kleiner oder größer als ein Drittel; da in
der Stichprobe die Anzahl zwischen 15 und 29 lag, wurde dies nicht bemerkt. Die falsche Hypothese wurde irrtümlich nicht verworfen.
15 Abbremsen eines Autos
15.1 Während der Reaktionszeit (0 ≤ t ≤ 0,4) bleibt die Geschwindigkeit
konstant: v (t) = 25 für 0 ≤ t ≤ 0,4.
Für t > 0,4 nimmt die Geschwindigkeit linear ab.
v (t) = 25 − 6 (t − 0,4) für t > 0,4
Stillstand ist erreicht, wenn v (t) = 0
25 − 6 (t − 0,4) = 0; t = 137
30
0 ≤ t ≤ 0,4
⎧25
Damit gilt: v (t) = ⎨
für
0,4 < t < 137
30
⎩25 − 6(t − 0, 4)
Es gilt lim v(t) = lim 25 − 6 ⋅ (t − 0, 4) = 25.
t → 0,4
t → 0,4
Wegen lim v(t) = v(0, 4) ist v an der Stelle t = 0,4 stetig.
t → 0,4
25 − 25
t → 0,4 t − 0,4
Für t < 0,4 gilt lim
Für t > 0,4 gilt lim
t → 0,4
= lim
0
t → 0,4 t − 0,4
25 − 6 ⋅ (t − 0,4) − 25
t − 0,4
Damit existiert der Grenzwert nicht.
= 0.
= lim
t → 0,4
−6⋅ (t − 0,4)
t − 0,4
= lim − 6 = −6.
t → 0,4
288
252
⎧25 ⋅ t
15.2 s (t) = ⎨
2
1
⎩25 ⋅ 0, 4 + 2 ⋅ 6 ⋅ (t − 0, 4)
⎧25t
bzw. s (t) = ⎨
2 für
⎩10 + 3(t − 0, 4)
S
≈ 62,1;
( 137
30 )
für 0 ≤ t ≤ 0,4
für 0,4 ≤ t ≤ 137
30
0 ≤ t ≤ 0,4
0,4 < t < 137
30
gesamter Anhalteweg ca. 62,1 m.
15.3 Wahrscheinlichkeitsverteilung der Anzahl der nachzubessernden
Bremskraftverstärker:
k
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
P(X = k)
0,048
0,147
0,225
0,227
0,171
0,101
0,05
0,021
0,007
0,002
0,001
Damit: P(X = 3) = binompdf(100; 0,03; 3) = 0,227
289
253
16 Volumen eines Flüssiggas-Tanks
16.1 Angenommen, der Tank hätte die Höhe 2 500 mm = 25 dm und die Form
eines Zylinders. Dann hätte der Tank das Volumen V = π ⋅ 6,252 ⋅ 25 dm 3
≈ 3067,96 A . Das sind weniger als 3100 A .
Da der Tank tatsächlich kleiner als der oben beschriebene Zylinder ist, muss
auch das Volumen des Tanks kleiner als 3100 A sein.
16.2 Gegeben sei eine beliebige monotone Funktion f auf einem Intervall [a; b].
Das Intervall wird in n Teilintervalle unterteilt, für deren Breite Δx = b n−a
gilt. Weiter sei x 0 = a und x n = b . Die Funktionswerte f(a); f ( x1 ) ; f ( x 2 ) ;
b −a
n
…; f(b) sind Radien von Zylindern mit der Höhe
.
Diese Zylinder haben folgende Volumina:
V0 = π ⋅ ( f(a) ) ⋅
2
( bn−a ) , V1 = π ⋅ ( f ( x1 ) )2 ⋅ ( bn−a ) … Vn = π ⋅ ( f(b) )2 ⋅ ( bn−a )
Aus V1 , V2 , ...Vn kann man die beiden Summen
Sn = V0 + V1 + V2 + ... + Vn −1 und Sn = V1 + V2 + V3 + ... + Vn bilden.
Diese beiden Summen sind die Volumina von Treppenkörpern. Es gilt
Sn ≤ V ≤ Sn .
b
Für n → ∞ ergibt sich lim Sn = lim Sn = π ⋅ ∫ ( f(x) ) dx (analytische
n →∞
n →∞
2
a
b
Definition des Integrals).
Damit gilt: V = π ⋅ ∫ ( f(x) ) dx
2
a
2
1
x
16.3 a(x) = − 100
(x − 1000)2 + 625 = − 100
+ 20x − 9375 ist die Gleichung einer
quadratischen Funktion der Form y = Ax 2 + bx + c . Ihr Graph ist eine
Parabel, nach unten geöffnet. Scheitelpunkt dieses Graphen ist (1000 | 625).
Diese Angaben passen zur abgebildeten Parabel.
Der andere Graph (monoton fallend) muss demnach zur Funktion mit der
Gleichung b(x) = 15625,5 ⋅ (1250 − x) gehören.
• Die Funktion a beschreibt den Übergang von der Krümmung zum Mantel besser als die Funktion b. Die Rechnung mit a ist einfach.
• Die Funktion b beschreibt die Krümmung der Aufsätze im Bereich der
größten Tanklänge besser als die Funktion a.
Die Rechnung mit der Funktion b ist ebenfalls einfach, da durch Quae
drieren des Funktionsterms in V = π ⋅ ∫ ( f(x) ) dx „die Wurzel wegfällt“.
a
2
290
253
16.3 Fortsetzung
1250
Aufsatz:
2
∫ ( b(x) ) dx
VA = π ⋅
(mm 3 )
1000
VA ≈ 153, 4 A
Mittelteil:
VM = π ⋅ 6252 ⋅ 2000 (mm 3 )
VM ≈ 2454, 4 A
Tank:
Vges = 2 ⋅ VA + VM ≈ 2761,2 A
16.4
Die Füllhöhe hängt von der Querschnittsfläche, die parallel zur Aufstellfläche ist, ab.
Diese Fläche nimmt bis zu einer Füllhöhe von h(t) = 625 mm zu, daher
nimmt die Steigung der Funktion h im Intervall [0; 625] ab. Im Intervall
[625; 1250] nimmt die Querschnittsfläche ab und die Steigung der Funktion h wieder zu. Der Graph von h muss wegen der Symmetrie des Tanks
punktsymmetrisch zum Punkt P sein.
17 Optimale Konservendose
17.1 Volumen der Konservendose: V = πr 2 ⋅ h, also h =
850
πr 2
Materialverbrauch O = 2 πr (r + h)
(
)
,r>0
Zielfunktion O(r) = 2 πr r + 8502 = 2πr 2 + 1700
r
πr
Bestimmen der Extrema: O′(r) = 4 πr − 1700
; O′′(r) = 4π + 3400
2
3
r
O′(r) = 0, also r =
3 425
π
≈ 5,13
O′′
( ) = 12π > 0
r
3 425
π
für r → 0 bzw. r → ∞: O(r) → ∞
Die Dose mit einem minimalen Materialverbrauch hat den Radius r ≈ 5,1 cm
und die Höhe h ≈ 10,3 cm. Man verbraucht in diesem Fall ca. 497 cm 2 .
291
253
17.2 Mögliche Argumente:
- Möglichkeit die Dosen gut zu stapeln.
- Dose muss gut zu öffnen und zu leeren sein, keine Ecken.
Kugel ist die Form mit der geringsten Oberfläche bei konstantem Volumen,
ist aber mit Blick auf diese Argumente unpraktisch.
17.3 Zylinder mit Durchmesser d und Höhe h
Materialverbrauch mit Falz:
M = 2π
(
= 2π ⋅
d +1,8
2
)⋅(
d +1,8
2
+ h + 1, 4
)
( d2 + 0,9 ) ⋅ ( d2 + h + 2,3)
= 2 π ⋅ (r + 0,9) ⋅ (r + h + 2,3)
17.4 Verwendung der Nebenbedingung h =
(
)
850
πr 2
π
+ 1530
+ 207
O(r) = 2 π(r + 0,9) ⋅ r + 8502 + 2,3 = 2 πr 2 + 325π r + 1700
2
r
50
πr
r
Bestimmen der Extrema mithilfe des GTR
lokales Minimum für r ≈ 5,18
Minimaler Materialverbrauch für r ≈ 5,2 cm und h ≈ 10,1 cm
Materialverbrauch in diesem Fall: ca. 671 cm 2
254
17.5 Vermutete Wahrscheinlichkeit, dass eine Dose steht: p = 15 = 0,3
50
Teste die Hypothese H 0 : p = 0,3 gegen H1: p ≠ 0,3
Berechne den Annahmebereich.
µ = 50 ⋅ 0,3 = 15 σ = 50 ⋅ 0,3 ⋅ 0, 7 = 3, 24 > 3
Laplace-Bedingung ist erfüllt.
Aus den sigma-Regeln ergibt sich µ − 1,64σ = 9,69 und µ + 1,64σ = 20,31.
Entscheidungsregel: Verwerfe die Hypothese H 0 : p = 0,3, falls X < 10
oder X > 20 ist.
Fehler 1. Art: H 0 ist wahr und wird verworfen:
Pp = 0,3 (X < 10) + Pp = 0,3 (X > 20) = 0, 088
Fehler 2. Art: H 0 ist falsch und angenommen.
292
254
18 Berechnungen am Sternenhimmel
JJJG JJJG
JJJG
JJJG
18.1 E: OX = OA + λ ⋅ AB + μ ⋅ AC
⎛ −53 ⎞
⎛ −81⎞
JJJG
OX = λ ⋅ ⎜ 8 ⎟ + μ ⎜ 10 ⎟
⎜⎜
⎟⎟
⎜⎜
⎟⎟
⎝ 29 ⎠
⎝ 38 ⎠
⎛ 14 ⎞
G JJJG JJJG ⎜
n = AB × AC = −335 ⎟
⎜⎜
⎟⎟
⎝ 118 ⎠
JJJG G JJJG G
OX * n = OA * n = d ⇒ d = 0
JJJG ⎛ 14 ⎞
E: OX * ⎜ 335 ⎟ = 0
⎜⎜
⎟⎟
⎝ 118 ⎠
JJJG JJJG ⎛ −81⎞ ⎛ −28 ⎞
AC * BC = ⎜ 10 ⎟ * ⎜ 2 ⎟ ≠ 0
⎜⎜
⎟⎟ ⎜⎜
⎟⎟
⎝ 38 ⎠ ⎝ 9 ⎠
JJJG JJJG ⎛ −53 ⎞ ⎛ −28 ⎞
AC * BC = ⎜ 8 ⎟ * ⎜ 2 ⎟ ≠ 0
⎜⎜
⎟⎟ ⎜⎜
⎟⎟
⎝ 29 ⎠ ⎝ 9 ⎠
JJJG JJJG ⎛ −53 ⎞ ⎛ −81⎞
AC * BC = ⎜ 8 ⎟ * ⎜ 10 ⎟ ≠ 0
⎜⎜
⎟⎟ ⎜⎜
⎟⎟
⎝ 29 ⎠ ⎝ 38 ⎠
Δ ABC ist nicht rechtwinklig.
AB = 2809 + 64 + 841 = 3714 ≈ 60,94
BC = 869 ≈ 29, 48
AC = 8105 ≈ 90, 03
JJJG JJJJG
G
18.2 Die gesuchte Punktmenge liegt auf der Geraden g1: OX = OM + λ ⋅ n,
JJJJG
λ ∈ \, wobei OM Vektor zum Schwerpunkt des Dreiecks ABC ist.
JJJJG JJJJG
Mit A (0 | 0 | 0) folgt OM = AM . L halbiert die Strecke BC , damit ist
⎛ − 134 ⎞
JJJJG
JJJG
JJJG JJJG
JJJG
JJJG
JJJG
JJJG ⎜ 3 ⎟
AM = 23 AL = 23 AB + BL = 23 AB + 21 BC = 23 AB + 13 BC = ⎜ 6 ⎟
⎜ 67 ⎟
⎝ 3 ⎠
⎛ −134 ⎞
⎛ 14 ⎞
JJJG
g1: OX = 13 ⎜ 18 ⎟ + λ ⎜ −335 ⎟
⎜⎜
⎟⎟
⎜⎜
⎟⎟
⎝ 67 ⎠
⎝ 118 ⎠
(
) (
)
293
254
JJJG JJJJG
JJG
18.3 g: OX = OP1 + λ v1
h=
90
3
JJJG JJJJG
JJG
h: OX = OP2 + μ v2
= 30 3 = Abst(g; h)
18.4 A′ (0 | 0 | 0)
⎛ −117 ⎞
JJJG ⎛ 64 ⎞
OX = ⎜ 0 ⎟ + λ ⎜
8⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜
⎟⎟
⎝ 0⎠
⎝ 29 ⎠
B′ ∈ WB und B′ liegt in der 2, 3-Ebene.
⎛ −117 ⎞
⎛ 0⎞
JJJJG ⎛ 64 ⎞
64 ⎜
64 ⎜
OB' = ⎜ 0 ⎟ + 117
8 ⎟ = 117
8⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜
⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 0⎠
⎝ 29 ⎠
⎝ 29 ⎠
JJJJG
Entsprechend OC′
⎛ −145 ⎞
⎛ 0⎞
JJJJG ⎛ 64 ⎞
64 ⎜
64 ⎜
OC' = ⎜ 0 ⎟ + 145
10 ⎟ = 145
10 ⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜
⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 0⎠
⎝ 38 ⎠
⎝ 38 ⎠
JJJG JJJJG
JJJJG
Gerade WB: OX = OW + λ WB
A′ (0 | 0 | 0); B′ (0 | 4,4 | 15,9); C′ (0 | 4,4 | 16,7)
19 Kosten und Fördermengen eines Bergwerks
⎧ 0,1x + 0,2y + 0,3z = 100
⎧ x + 2y + 3z = 1000
19.1 ⎨
⇒ ⎨
+
+
=
0,
4x
0,3y
0,2z
200
⎩
⎩4x + 3y + 2z = 2000
Sei z = t, dann y = 400 − 2t, x = 200 + t
⎛ 200 + t ⎞
⎜ 400 − 2t ⎟ , für 0 ≤ z ≤ 200 oder 0 ≤ t ≤ 200
⎜⎜
⎟⎟
t
⎝
⎠
255
19.2 40z + 45(400 −2z) + 60(200 + z) = G
10z + 30 000 = G
für z = 0 sind die Gesamtkosten minimal. x = 200 und y = 400
19.3 Es sind 2 Ebenen E1: x + 2y + 3z = 1 000 und E2 : 4x + 3y + 2z = 2 000.
⎛ 1⎞
JJJG ⎛ 200 ⎞
⎜
⎟
Die Lösungsmenge ist eine Schnittgerade g: OX = 400 + μ ⎜ −2 ⎟
⎜⎜
⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 0⎠
⎝ 1⎠
294
255
19.4 Für a = 2 sind E1 und E3 die gleichen Ebenen; die Lösungsmenge ist eine
Schnittgerade (aus 14.3).
Für a ≠ 2 schneiden sich E1 und E2 in einer Geraden und E3 ist parallel zu
g, daher gibt es keine Lösung.
G JJG
E3 & g ⇒ v*n3 = 0
⎛ 1⎞ ⎛ 1 ⎞
⎜ −2 ⎟ * ⎜ a ⎟ = 1 − 2a + 2a − 1 = 0
⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜
⎟⎟
⎝ 1⎠ ⎝ 2a − 1⎠
20 Jugendliche mit eigenem Fernseher
20.1 n = 100; p = 0,6
P(X > 60) = 1 − P(X ≤ 60) = 0,462
P(55 ≤ X ≤ 70) = 0,854
20.2 1 − (0, 4)n ≥ 0,9 ⇒ n ≥ 3
20.3 (1) Hypothese 1: Der Anteil der Jugendlichen, die ein Fernsehgerät
besitzen, ist in bestimmten Schichten größer als 60%: p > 0,6
Von diesem Standpunkt lassen sich die Vertreter des Standpunkts nur
abbringen, wenn in der Stichprobe signifikant wenige Jugendliche
mit Fernsehgerät angetroffen werden.
Für p = 0,6 ist μ = 120 und σ = 6,93, also μ − 1,28σ = 111,13.
Für p > 0,6 ist μ − 1,28σ > 111,13.
Entscheidungsregel:
Verwirf die Hypothese p > 0,6, falls in der Stichprobe weniger als
112 Haushalte von Jugendlichen mit eigenem Fernsehgerät vorgefunden werden.
Fehler 1. Art:
Tatsächlich ist der Anteil in bestimmten Schichten größer als 60%.
Zufällig werden in der Stichprobe weniger als 112 Haushalte vorgefunden. Man erhält eine richtige Hypothese nicht länger aufrecht.
Fehler 2. Art:
Tatsächlich gibt es keine besonderen Unterschiede in verschiedenen
gesellschaftlichen Schichten. Wegen des nicht signifikanten Stichprobenergebnisses geht man nicht von der falschen Hypothese ab.
Hypothese 2:
Der Anteil der Jugendlichen, die ein eigenes Fernsehgerät besitzen,
ist in einer bestimmten Schicht genau so hoch wie sonst: p ≤ 0,6.
Von dieser Meinung gehen die Vertreter des Standpunktes nur bei
signifikanten Abweichungen nach oben ab.
Für p = 0,6 ist μ = 120 und σ = 6,93, also μ + 1,28σ = 128,87.
Für p < 0,6 ist μ + 1,28σ < 128,87.
295
255
20.3 (1) Fortsetzung
Entscheidungsregel:
Verwirf die Hypothese p ≤ 0,6, falls mehr als 128 Haushalte von
Jugendlichen mit eigenem Fernsehgerät in der Stichprobe gefunden
werden.
Fehler 1. Art:
Tatsächlich gibt es keine Unterschiede zwischen den gesellschaftlichen Schichten. Zufällig werden aber in der Stichprobe mehr als
128 Haushalte gefunden, sodass man von gesellschaftlichen Unterschieden ausgeht.
Fehler 2. Art:
Es gibt zwar Unterschiede zwischen unterschiedlichen gesellschaftlichen Schichten. Wegen des unauffälligen Stichprobenergebnisses
wird dies jedoch nicht erkannt.
(2) Hypothese 1: p > 0,6; Annahmebereich: X ≥ 112;
Pp =0,55 (X ≥ 112) = 0,583 = 58,3%
Hypothese 2: p ≤ 0,6; Annahmebereich: X ≤ 128;
Pp =0,65 (X ≤ 128) = 0, 409 = 40,9%
(3) Ein solches Ergebnis kann zufällig auftreten, auch wenn der Anteil
der Jugendlichen mit eigenem Fernsehgerät auch dort 60% beträgt.
Die Wahrscheinlichkeit hierfür beträgt allerdings nur
1 − binomcdf (200, 0.6, 131) ≈ 4,7%
21 Ziffernschlösser am Fahrrad
21.1 p = 101 ; n = 3
P(X = 0) = 0,729; P(X = 1) = 0,243; P(X = 2) = 0,027; P(X = 3) = 0,001
256
21.2 p = 0,5; n = 3
P(X = 0) = 81 ; P(X = 1) = 83 = P(X = 2); P(X = 3) =
1
8
10
1
21.3 p = 1000
= 100
; n = 1000
P(X = 2) = 0,0022
21.4 1 −
700
( 1000
)
n
≥ 0,9 ⇔ n ≥ 7
21.5 Für eine Zahl mit 2 gleichen Ziffern und einer weiteren Ziffer gibt es
10 ⋅ 9 Möglichkeiten der Auswahl, wobei es noch 3 Möglichkeiten gibt,
an welcher Stelle die einzelne Ziffer stehen kann, d. h. es gibt 270
solcher Zahlen. Zusätzlich gibt es 10 Zahlen mit 3 gleichen Ziffern.
296
256
21.6 Man testet die Hypothese:
Der Anteil der gekauften Ziffernschlösser mit mindestens zwei gleichen
Ziffern ist höchstens 28%.
Diese Hypothese wird verworfen, wenn signifikant viele Ziffernschlösser dieses Typs in der Stichprobe gefunden werden.
n = 500; p = 0,28; μ = 140; σ = 10,04; 1,28σ = 12,85
P(X > 152) ≈ 10%
21.7 (1) Wenn die Vermutung nicht stimmt, beträgt also der Anteil der
„einfachen“ Codenummern tatsächlich 28%. Dann ist
P(35 oder mehr einfache Codenummern)
= 1 − binomcdf (100, 0.28, 34) ≈ 0,076
(2) binomcdf (100, 0.35, 25) ≈ 0,021
22 Lage von Geraden und Ebene zueinander − Spiegeln an einer Geraden
JJJG JJJG
JJJG
22.1 gAB : OX = OA + λ ⋅ AB
⎛ 1⎞
JJJG ⎛ 2 ⎞
OX = ⎜ 3 ⎟ + λ ⎜ −2 ⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎝2⎠
⎝ 2⎠
JJJG JJJJG
JJJJG
JJJJG
22.2 E: OX = OP1 + λ P1P2 + μ ⋅ P1P3
⎛ −1 ⎞
⎛ 6⎞
JJJG ⎛ 0 ⎞
OX = ⎜ 2 ⎟ + λ ⎜ 3 ⎟ + μ ⎜ −3 ⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 11⎠
⎝ −4 ⎠
⎝ −6 ⎠
⎛ −1⎞ ⎛ 6 ⎞ ⎛ −18 − 12 ⎞ ⎛ −30 ⎞
G JJJJG JJJJG ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜
n = P1P2 × P1P3 = 3 × −3 = −24 − 6 ⎟ = ⎜ −30 ⎟
⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜
⎟⎟ ⎜⎜
⎟⎟
⎝ −4 ⎠ ⎝ −6 ⎠ ⎝ 3 − 18 ⎠ ⎝ −15 ⎠
JJJG G JJJJG G
OX * n = OP1 * n = d
⎛ 0⎞ ⎛2⎞
−15 ⋅ ⎜ 2 ⎟ * ⎜ 2 ⎟ = −15 ⋅ (4 + 11) = −15 ⋅ 15
⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 11⎠ ⎝ 1⎠
JJJG ⎛ 2 ⎞
E: OX ⋅ ⎜ 2 ⎟ = 15
⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 1⎠
297
256
JJJG G
22.3 E & g ⇒ AB* n = 0
⎛ 1⎞ ⎛ 2 ⎞
⎜ −2 ⎟ * ⎜ 2 ⎟ = 2 − 4 + 2 = 0
⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 2 ⎠ ⎝ 1⎠
Da E & g , Abst(E; g) = Abst(E; A)
JJJJG 2
Abst(E; A) =
G
( n*AP
1)
G
n2
=
⎡⎛ 2 ⎞⎛ −2 ⎞ ⎤
⎢⎜ 2 ⎟⎜ −1⎟ ⎥
⎢⎜⎜ ⎟⎜
⎟⎜ ⎟⎟ ⎥
⎣⎢⎝ 1⎠⎝ 9 ⎠ ⎦⎥
3
2
=
3
3
=1
JJJG G
JJJG ⎛ 2 ⎞
22.4 E: OX * n = d; OX * ⎜ 2 ⎟ = 15
⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 1⎠
⎛2⎞
⎛ 1⎞
JJJG JJJG
G JJJG ⎜ ⎟
g: OX = OA + λv; OX = 3 + λ ⎜ −2 ⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎝2⎠
⎝ 2⎠
⎛ 2 ⎞ ⎛ 1⎞
G G
G G
n * v = ⎜ 2 ⎟ * ⎜ −2 ⎟ = 0 ⇒ n ⊥ v ⇒ g verläuft parallel zu E.
⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 1⎠ ⎝ 2 ⎠
JJJG G
E*: OX × n = d *
JJJJG JJJJG*
Sei P1* der Spiegelpunkt von P1 , dann gilt AP1 + AP1 = 2 ⋅
JJJJG JJJJG*
JJJG G G JJJJG
OP1 + OP1 = 2OA + v2 v * AP1 ⇒
v
JJJJG G
JJJG G JJJJG G
d* = OP1 ⋅ n = 2OA ⋅ n − OP1 ⋅ n = 24 − 15 = 9
(
)
⎛ 4⎞ ⎛ 0⎞
⎛ 1⎞
JJJJG
JJJG JJJJG
G G JJJJG
22.5 OP1 = 2OA − OP1 + 2 ⋅ v2 v * AP1 = ⎜ 6 ⎟ − ⎜ 2 ⎟ + 29 ⎜ −2 ⎟ ⋅ 18
v
⎜⎜ 4 ⎟⎟ ⎜⎜ 11⎟⎟
⎜⎜ 2 ⎟⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎝ ⎠
(
⎛ 4⎞ ⎛ 4⎞ ⎛ 8⎞
= ⎜ 4 ⎟ + ⎜ −8 ⎟ = ⎜ −4 ⎟
⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟
⎝ −7 ⎠ ⎝ 8 ⎠ ⎝ 1⎠
)
G
v
v2
JJJJG
( vG * AP1 ) ⇒
298
23 Lage von Ebenen zueinander
256
JJJG JJJJG
JJJJG
JJJJG
23.1 E1: OX = OP1 + λ P1P2 + μ P1P3 ;
⎛ 8⎞
⎛ −4 ⎞
JJJG ⎛ 2 ⎞
G JJJJG JJJJG
E1: OX = ⎜ 2 ⎟ + λ ⎜ 4 ⎟ + μ ⎜ −5 ⎟ ; n = P1P2 × P1P3
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 1⎠
⎝ −3 ⎠
⎝ 3⎠
⎛ 8 ⎞ ⎛ −4 ⎞ ⎛ 12 − 15 ⎞ ⎛ −3 ⎞
⎛ 1⎞
G ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜
⎟
⎜
⎟
n = 4 × −5 = 12 − 24 = −12 = −3 ⎜ 4 ⎟
⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜
⎟⎟ ⎜⎜
⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎝ −3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ −40 + 16 ⎠ ⎝ −24 ⎠
⎝ 8⎠
⎛ 2 ⎞ ⎛ 1⎞
JJJG G JJJJG G
OX * n = OP1 * n = d; ⎜ 2 ⎟ * ⎜ 4 ⎟ ⋅ (−3) = −18 ⋅ 3
⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 1⎠ ⎝ 8 ⎠
JJJG ⎛ 1⎞
OX * ⎜ 4 ⎟ = 18
⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 8⎠
JJJG JJJG
JJG
23.2 g1: OX = OA + λ ⋅ v1
JJJG JJJG
JJG
JJG JJG G
g2 : OX = OB + μ ⋅ v2 g1 & g2 , da v1 = v2 = v
JJJG JJJG
JJJG
G
E2 : OX = OA + λ ⋅ v + μ ⋅ AB
(
⎛ 1⎞
⎛ 1⎞ JJG
JJJG ⎛ −1⎞
G G
⎜
⎟
⎜
⎟
OX = 2 + λ 3 + μ ⎜ 2 ⎟ ; n2 = u × v
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎝ −2 ⎠
⎝ 4⎠
⎝0⎠
JJG ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 8 ⎞ ⎛ 8 ⎞
n 2 = ⎜ 2 ⎟ × ⎜ 3 ⎟ = ⎜ −4 ⎟ = ⎜ − 4 ⎟
⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜
⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 0 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎝ 3 − 2 ⎠ ⎝ 1⎠
JJJG JJG JJJG JJJG
OX * n2 = OX * OA = d
⎛ −1⎞ ⎛ 8 ⎞
d = ⎜ 2 ⎟ * ⎜ −4 ⎟ = −8 − 8 − 2 = −18
⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟
⎝ −2 ⎠ ⎝ 1⎠
JJJG ⎛ −8 ⎞
E2 : OX * ⎜ 4 ⎟ = 18
⎜⎜ −1⎟⎟
⎝ ⎠
JJG JJG
E1 ⊥ E2 → n1 * n2 = 0
⎛ 1⎞ ⎛ −8 ⎞
⎜ 4 ⎟ * ⎜ 4 ⎟ = −8 + 16 − 8 = 0
⎜⎜ 8 ⎟⎟ ⎜⎜ −1⎟⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
)
299
256
JJG JJG
JJG JJG
23.3 E3 ⊥ E1 und E3 ⊥ E2 ⇒ n3 * n2 = 0 und n3 * n1 = 0 .
⎛ n x ⎞ ⎛ −8 ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ n y ⎟ * ⎜ 4 ⎟ = −8n x + 4n y − n z = 0 und n x + 4n y + 8n z = 0
⎜ n ⎟ ⎜⎝ −1⎟⎠
⎝ z⎠
−9n x − 9n z = 0 ⇒ n x = − n z
63 n = − 7 n
36n y + 63n z = 0 ⇒ n y = − 36
z
4 z
⎛ −1 ⎞
JJJG ⎜ ⎟
E3 : OX * ⎜ − 47 ⎟ ⋅ n z = d
⎜ 1⎟
⎝ ⎠
⎛ −2 ⎞ ⎛ −1⎞
⎜ ⎟
d = ⎜ 1⎟ * ⎜ − 47 ⎟ ⋅ n z = n z 2 − 47 + 2 = 94 ⋅ n z
⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 2 ⎠ ⎜⎝ 1⎟⎠
⎛ −1⎞
JJJG ⎜ ⎟
E3 : OX * ⎜ − 47 ⎟ ⋅ n z = 94 ⋅ n z
⎜ 1⎟
⎝ ⎠
−
JJJG ⎛ 4 ⎞
E3 : OX ⎜ −7 ⎟ = 9
⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 4⎠
(
257
)
24 Vermehrung von Waschbären mithilfe von Funktionen beschreiben
24.1 Wir bezeichnen mit t die Zeit in Jahren. Für das Jahr 1934 setzen wir t = 0.
Die Anzahl der lebenden Waschbären zum Zeitpunkt t bezeichnen wir mit
W(t).
Es gilt: W(0) = 4, W(43) ≈ 40 000
Linearer Ansatz: W(t) = m ⋅ t + 4
−4
Wir bestimmen die Steigung m: m = 40 000
≈ 930
43
Damit erhalten wir W(t) ≈ 930 ⋅ t + 4.
Für das Jahr 2004, also 70 Jahre nach dem Aussetzen der 2 Pärchen ergeben
sich nach diesem Wachstumsmodell etwa 65 000 Tiere.
24.2 Quadratischer Ansatz: W(t) = a ⋅ t 2 + 4
Wir bestimmen a.
40 000 = a ⋅ 432 + 4
a = 40 0002 − 4
43
a ≈ 22
Damit wäre bei diesem Ansatz W(t) ≈ 22t 2 + 4 .
Nach diesem Modell würde es 2004 etwa 108 000 Tiere geben.
300
257
24.3 In der Zeitungsmeldung wird die Annahme gemacht, dass sich die Zahl der
Waschbären alle 3 Jahre verdoppelt. Diese Annahme ist in keinem der
Wachstumsmodelle in 10.1 bzw. in 10.2 berücksichtigt.
Bei der linearen Wachstumsfunktion erhöht sich die Zahl der Tiere alle
3 Jahre um 3 930 Tiere, also um einen konstanten Betrag.
Bei der quadratischen Wachstumsfunktion erhält man
W(t + 3) = W(t) + 132t + 198 im Fall der Verdoppelung nach 3 Jahren
müsste aber gelten W(t + 3) = W(t) + W(t) = W(t) + 22t 2 + 4 .
24.4 Ansatz: W(t) = a ⋅ b t
W(t + 3) = 2W(t) , also
Es gilt:
a ⋅ b t + 3 = 2a ⋅ b t
a ⋅ b t ⋅ b3 = 2a ⋅ b t
b3 = 2, also b = 3 2
W(t) = a ⋅
Es gilt:
( 2)
3
t
Um a zu bestimmen, können wir entweder (1) W(0) = 4 oder
(2) W(43) ≈ 40 000 benutzen, so erhalten wir zwei Lösungsmöglichkeiten:
(1) W(t) = 4 ⋅
( 2)
3
t
(2) W(t) ≈ 1,94 ⋅
( 2)
3
t
Von Jahr zu Jahr wächst die Anzahl der Tiere mit dem Faktor
Das prozentuale Wachstum beträgt jährlich also etwa 26%.
Aus
3
2 ≈ 1,26 .
( 2 ) = 10
ln ( 2 ) = ln10
x
3
3
x=
ln10
ln 3 2
( )
≈ 9,97
erhalten wir, dass sich die Anzahl der Tiere etwa nach 10 Jahren verzehnfacht hat.
24.5 (1) μ1 ≈ 8310
(2) μ2 ≈ 4030
Man erkennt für die Wachstumsfunktionen (1) W(t) = 4 ⋅
(2) W(t) ≈ 1,94 ⋅
( 2 ) und
3
t
( 2 ) , dass für (1) die Funktionswerte etwa doppelt so
3
t
groß sind wie für (2). Dieser Unterschied wird auch bei den Mittelwerten
deutlich. Man erkennt μ1 ≈ 2μ2 .
301
258
25 Bauwerk über einer Ausgrabungsstelle
O liegt auf CD und CO = OD
E(2 | 4 | 2)
F(−2 | 4 | 2)
G(−2 | 0 | 2)
H(2 | 0 | 2)
25.1 O(0 | 0 | 0);
A(2 | 4 | 0);
B(−2 | 4 | 0);
C(−2 | 0 | 0);
D(2 | 0 | 0);
S(0 | 2 | 7)
25.2 FFES = 21 ⋅ 29 ⋅ 4 = 2 29
FBFGC = 8
(
)
F = 2 29 + 8 ⋅ 4 = 75, 08 ⇒ Glasbedarf > 75,08 m2
25.3 )(SFE; ABEF) = arctan 25 + π2 = 2,76
)(SFE; ABEF) = 158,2°
JJJG JJJG
G
G
Ebene Gleichung: OX = OP + λv + μw
G G G
n = v× w
cos θ = cos )(FGS; FES) =
JJG JJG
n *n2
JJG1 JJG
n1 ⋅ n2
JJG ⎛ 1 ⎞ JJJG JJG ⎛ 2 ⎞ JJG ⎛ 0 ⎞
= v1 = ⎜ 0 ⎟ ; GS = w1 = ⎜ 2 ⎟ ; n1 = ⎜ −5 ⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ 0 ⎟⎟
⎜⎜ 5 ⎟⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ 2⎠
JJJG JJG ⎛ 0 ⎞ JJJG JJJG ⎛ 2 ⎞ JJG ⎛ 5 ⎞
2. FES: 14 GF = v2 = ⎜ 1 ⎟ ; GS = w2 = ⎜ 2 ⎟ ; n 2 = ⎜ 0 ⎟ ⇒ cos θ = −294
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎝0⎠
⎝ 5⎠
⎝ −2 ⎠
θ = 1,71 = 97,93°
1. FSG:
JJJG
1 FE
4
302
258
25.4 Der Sonnenstrahl, der durch S geht, wird durch die Gleichung
JJJG JJJG
G
OX = OS + λ ⋅ v beschrieben. Die daneben liegende Hauswand (1,3-Ebene)
hat die Gleichung: x2 = 0. Für die Schattenpunkte auf der Hauswand gilt
s2′ = 0.
S′ ⎛⎜ s1′ s2′ s3′ ⎞⎟
⎝
⎠
(
von S s1 s2 s3
)
JJJG JJJG
G
OS′ = OS + λ S ⋅ v
JJJG JJJG s G
s
Daraus folgt s2′ = s2 + λs ⋅ v2 = 0 ⇒ λs = − v2 und OS′ = OS − v2 ⋅ v .
2
2
⎛ 1 ⎞ ⎛1 ⎞
JJJG′ ⎛ 0 ⎞
2
⎜
⎟
OS = 2 − −2 ⋅ ⎜ −2 ⎟ = ⎜ 0 ⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜
⎟⎟ ⎜⎜
⎟⎟
⎝ 7⎠
⎝ −0,5 ⎠ ⎝ 6,5 ⎠
JJJG JJJG e G
OE′ = OE − v2 ⋅ v
2
⎛ 1 ⎞ ⎛4⎞
JJJG′ ⎛ 2 ⎞
4
⎜
⎟
OE = 4 − −2 ⋅ ⎜ −2 ⎟ = ⎜ 0 ⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜
⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟
⎝2⎠
⎝ −0,5 ⎠ ⎝ 1 ⎠
⎛ 1 ⎞ ⎛0⎞
JJJG ⎛ −2 ⎞
OF′ = ⎜ 4 ⎟ − −42 ⋅ ⎜ −2 ⎟ = ⎜ 0 ⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜
⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 2⎠
⎝ −0,5 ⎠ ⎝ 1⎠
⎛ 1 ⎞ ⎛ 4⎞
JJJG ⎛ 2 ⎞
OA′ = ⎜ 4 ⎟ − −42 ⋅ ⎜ −2 ⎟ = ⎜ 0 ⎟
⎜⎜ 0 ⎟⎟
⎜⎜ −0,5 ⎟⎟ ⎜⎜ −1 ⎟⎟
⎝ ⎠
⎝
⎠ ⎝ ⎠
JJJG ⎛ −2 ⎞
OG′ = ⎜ 0 ⎟
⎜ ⎟
⎜ 2⎟
⎝ ⎠
JJJG′ JJJG JJJG′ JJJG JJJG ′ JJJG
OC = OC; OH = OH; OD = OD
JJJG ⎛ 0 ⎞
OB′ = ⎜ 0 ⎟
⎜ ⎟
⎜ −1 ⎟
⎝ ⎠
303
258
26 Sehbeteiligung bei einer Fernsehsendung
26.1 24,31 Mio. von 78 Mio. ist ein Anteil von ca. 31,2%.
31,2% von 12 000 ist 3 744, gerundet 3 740.
26.2 90%-Konfidenzintervall für p: 0,305 ≤ p ≤ 0,318
Eine Sehbeteiligung von 30% ist möglich, jedoch würde die Hypothese p = 0,3 aufgrund des Stichprobenergebnisses verworfen.
26.3 X: Anzahl der Zuschauer von „Wetten dass“
(1) P(X ≤ 15) = binomcdf (50, 0.312, 15) ≈ 0,496
(2) P(X = 30) = binompdf (50, 0.312, 14) ≈ 0,1105
P(X = 31) = binompdf (50, 0.312, 15) ≈ 0,1203 ← max.
P(X = 32) = binompdf (50, 0.312, 16) ≈ 0,1193
P(X = 33) = binompdf (50, 0.312, 17) ≈ 0,1082
(3) Gegenereignis E: Man findet keine Person unter n zufällig ausgewählten Personen, die „Wetten dass“ gesehen hat.
P(E) = 0,688n
E: Man findet mindestens einen Zuschauer …
P(E) = 1 − 0,688n ≥ 0,90
Lösung der Ungleichung durch Umformung oder systematisches
Probieren
1 − 0,688n ≥ 0,90 ⇔ 0,1 ≥ 0,688n ⇔ n ≥
lg 0,1
lg 0,688
≈ 6,2
Man muss mindestens 7 Personen auswählen, um mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens 90% mindestens einen Zuschauer von
„Wetten dass“ zu finden.
26.4 (1) binomcdf (5, 0.4, 2) ≈ 0,683
(2) binomcdf (10, 0.4, 4) ≈ 0,251
(3) 1 − binomcdf (50, 0.4, 20) ≈ 0,439
259
26.5 (1) Mögliche Hypothesen/Standpunkte:
H1: p > 0,25 Die Veränderung des Programmschemas führt zu einer
Sehbeteiligung über 25%.
Von dieser Meinung geht man erst ab bei signifikant niedrigen
Stichprobenergebnissen.
H2: p ≤ 0,25 Die Veränderung des Programmschemas führt nicht zu
einer Sehbeteiligung über 25%.
Von dieser Meinung geht man nur bei signifikant hohen Stichprobenergebnissen ab.
Entscheidungsregeln:
n = 500; p = 0,25; μ = 125; σ = 9,68
μ − 1,28σ = 116,07; μ + 1,28σ = 133,93
Verwirf H1, falls weniger als 117 Personen in der Stichprobe die Sendung sehen wollen. (Annahmebereich: X ≥ 117).
Verwirf H2, falls mehr als 133 Personen in der Stichprobe die Sendung sehen wollen. (Annahmebereich X ≤ 133).
304
259
26.5 (2) Fehler 1. Art:
H1: Die Änderung des Programmschemas würde zu einer Sehbeteiligung über 25% führen. Aufgrund des zufällig niedrigen Stichprobenergebnisses wird diese Umstellung jedoch nicht realisiert − die
Chance zu höherer Sehbeteiligung wird vertan.
H2: vgl. Fehler 2. Art von H1
Fehler 2. Art:
Die Änderung des Programmschemas führt nicht zu höherer Sehbeteiligung. Aufgrund des Stichprobenergebnisses zweifelt man aber
nicht am Nutzen der Programmänderung, die dann ohne die erhoffte
Wirkung umgesetzt wird.
H2: vgl. Fehler 1. Art von H1
(3) H1: Fehler 2. Art p = 0,2 (μ = 100; σ = 8,94)
P0,2 (X ≥ 117) ≈ 0,032
H2: Fehler 2. Art p = 0,28 (μ = 140; σ = 10,04)
P0,28 (X ≤ 133) = 0,258
27 Herstellung von Geräten
27.1 Je länger eine Serie ist, umso geringer ist die Fehlerzahl (Lerneffekt)
und umso effektiver werden Ressourcen und Werkzeuge verwendet
(Rationalisierung), beides reduziert die Stückkosten.
lim h(x) = 20: Langfristig ist mit 20 Geldeinheiten zu rechnen.
x →∞
27.2 Die Gesamtkosten H (x) ergeben sich durch Aufsummierung der Produktionskosten je Endgerät h (x).
Anschaulich ergibt sich H (x) näherungsweise durch die Fläche zwischen
den Funktionsgraphen h (x) und der x-Achse in den Grenzen 0 bis x.
10 000
27.3
∫
0
20x+24 000
x+320
dx = 261133,9 ≈ 261134
Gesamtkosten H (10 000) ≈ 261134 Geldeinheiten, das entspricht
26,11 Geldeinheiten pro Gerät.
305
259
27.4
x n = 2190
Rentabilität von H (x) im Vergleich zu G (x) 1 800 ≤ x ≤ x h
H ( xh ) =
2190
∫
h(x)dx = 10 772,05
1800
G ( xh ) =
2190
∫
g(x)dx = 14 417,25
1800
Die neue Technologie ist noch nicht rentabel, G ( x h ) > H ( x h ) .
27.5 (1) P(funktionstüchtig) = 0,4 ⋅ 0,9 + 0,6 ⋅ 0,8 = 0,84 = 84 %
(2) P(X > 8) = 1 − P(X ≤ 8) = 1 − binomcdf(10; 0,84; 8) = 0,508 = 50,8 %
(3) Pfunktionstüchtig (A) =
260
PA (funktionstüchtig) ⋅ P(A)
P(funktionstüchtig)
= 0, 429 = 42,9 %
28 Exponentialfunktionen untersuchen und Wachstum beschreiben
28.1 Für k = 0 ist f0 (t) = 0 eine konstante Funktion, die auf der x-Achse verläuft.
Für k ≠ 0 gilt:
( )
fk (t) = k ⋅ 1 −
1
et
fk′ (t) = k ⋅ e− t
fk′′(t) = − k ⋅ e− t
fk′′′(t) = k ⋅ e− t
Nullstelle: t = 0 unabhängig von k
Die Graphen für k = 2 und k = −2.
keine Extrempunkte und
keine Wendepunkte
Asymptoten:
t → +∞, dann fk (t) → k
t → −∞, dann fk (t) → −∞ für k > 0
t → −∞, dann fk (t) → ∞ für k < 0
306
260
28.2 Der Graph von g wird entlang der 2. Achse so verschoben, dass er durch
den Koordinatenursprung verläuft (um 1 Längeneinheit).
k > 0: Der Graph wird in Richtung der 2. Achse gestreckt (Faktor k).
k < 0: Der Graph von g wird an der 1. Achse gespiegelt und in Richtung
der 2. Achse mit dem Faktor | k | gestreckt.
28.3 fk (t) − k < 10 −3
k⋅
1
et
< 10 −3
| k | < 10 −3 e t
103 | k | < e t
(
)
ln 103 | k | < t
ln 1000 + ln | k | < t
28.4 fk′ (0) = k, Tangentengleichung: y = kx
• Die Asymptote hat die Gleichung y = k.
• Schnittpunkt von Asymptote und Tangente im Punkt (0 | 0):
kx = k
x = 1 ⇒ (1 | k) ist dieser Schnittpunkt.
• Ansatz: Sei A die gesuchte Fläche. Dann gilt (k > 0):
1
∞
0
1
A = ∫ ( k ⋅ x − fk (x) ) dx + ∫ ( k − fk (x) ) dx
1
∫ ( kx − fk (x) ) dx = k ⋅ ( 21 − e
−1
0
∞
∞
) ≈ 0,1321k
∞
−x
−x
∫ ( k − fk (x) ) dx = ∫ k ⋅ e dx = k ⋅ ∫ e dx
1
1
∞
Aus
∫e
−x
dx = 1 folgt
0
1
∞
∫e
−x
1
∞
Damit ergibt sich
(
)
dx = 1 − 1 − e −1 = e −1 .
∫ ( k − fk (x) ) dx = k ⋅ e
−1
≈ 0,3679 ⋅ k
1
Also ist A ≈ 0,1321 ⋅ k + 0,3679 ⋅ k ≈ 0,5 k.
Für k < 0 ergibt sich aus Symmetriegründen die gleiche Lösung.
307
260
28.5 A (1 | k), B (a | k), Ca ( a fk (a) )
A=
=
1
2
1
2
(a − 1) ⋅ ( fk (a) − k )
( )
(a − 1) −
k
ea
Für a < 1 kann das Dreieck einen beliebig großen Flächeninhalt annehmen.
Für a ≥ 1 gilt:
A(a) = 21 (a − 1)
( )
k
ea
A′(a) = 21 k ⋅ (a − 2)e −a = 0 für a = 2; A(2) =
k ⋅ e −2
2
≈ 0,0677 ⋅ k
28.6 Für alle k > 0 könnte fk (t) einen Wachstumsprozess beschreiben.
(
)
28.7 fk (1) = 1 − 1e ⋅ k
(1 − e ) ⋅ k > 100 000
−1
k > 100
000
(1−e−1 )
Für alle k > 158 198 ist der Bestand größer als 100 000 Einheiten.
1,6 ⋅ fk (1) = fk (t)
(
) (
) = (1 − e )
1,6 ⋅ k ⋅ 1 − e−1 = k ⋅ 1 − e− t
(
1,6 1 − e −1
−t
1,6e t − 1,6e t −1 = e t − 1
0,6e t − 1,6e t −1 = −1
)
⋅ et
|:k
Deshalb ist die
gesuchte Zeit von k
unabhängig.
(0,6e − 1,6)e t −1 = −1
Da 0,6e − 1,6 > 0 gilt, gibt es keine Lösung. D. h., der Bestand kann
sich nicht mehr um 60 % vergrößern.
29 Beschreiben von Körpern mithilfe von Vektoren
JJJG JJJG JJJG
G G
29.1 EO = EB + BO = − c − b
JJJG JJJG JJJG
G JJJG JJJG
G G G
DB = DA + AB = − c + AO + OB = − c − a + b
JJJG G G
AB = b − a
JJJJG JJJG JJJJG G JJJJG
OM = OA + AM = a + AM
JJJJG
G G
G
AM = 21 c + 21 b − a
JJJJG
G G G
OM = 21 a + b + c
(
(
)
)
308
260
29.1 Fortsetzung
KN = 21 AB
Δ KSN und Δ ASB sind ähnlich ⇒
KS
KN
=
BS
;
AB
2KS = BS = BK − KS
3KS = BK
JJG
JJJG
JJJG JJJG
BS = 23 BK = 23 BO + OK
JJJJG JJJG JJJJG
G
BM = BO + OM = − b + 21
JJJG JJG JJJJG
G G
SM = SB + BM = 23 b − a2
(
(
) = ( −b + )
2
3
G
a
2
G
G
( aG + b + cG ) = 21 ( aG − b + Gc )
G
G
) + 21 ( aG − b + Gc ) = 61 aG + 61 b + 21 Gc
29.2
JJJG G G JJJG G JJJG G G JJJG G G
29.3 OD = a + c; OB = b; OE = b + c; DE = b − a
JJJG G G
DE = b − a
JJJG JJJG
JJJG G G
gDE : OX = OD + λ ⋅ DE = a + c + λ(b − a)
JJJG JJJG
für λ = 0: OX = OD
JJJG JJJG G G G G
G G
OX = OE = b + c = a + c + λ E b − a
G G
G G
b − a = λE b − a
(
)
(
)
λE = 1 ⇒ 0 ≤ λ ≤ 1
JJJG JJJG JJJG G G
G G G G
G
BQ = OQ − OB = ( a + c ) + λ b − a − b = a(λ − 1) + b(λ − 1) + c ⇒
(
r = −s und 0 ≤ r ≤ 1, t = 1
)
309
260
JJJG JJJG JJJG
29.4 BR = BC + CR
JJJG G G
BC = c − b
JJJG
G
G
CR = λa + μb
Wenn P auf CD liegt, dann
JJJG
G
CP = λa .
JJJG
G
PD = (1 − λ )a
JJJG
G
PR = μ max ⋅ b
Δ PDR und Δ CDE sind ähnlich,
daraus folgt
PB
CD
=
PR
CE
⇒
μ max = 1 − λ ⇒ 0 ≤ λ ≤ 1 und
0 ≤ μ ≤ 1 − λ;
JJJG G G G G G
G G
BR = ra + sb + tc = c − b + λa + μb
G G
G
= λa + (μ − 1)b + c ⇒
0 ≤ r ≤ 1, −1 ≤ s ≤ −r, t = 1
30 Untersuchungen an einer Ebenenschar
JJJG JJJG
JJG
JJG
JJG JJG G
30. 1 E t : OX = OA + λ ⋅ v1 + μ w1 ist eine Ebene, wenn v1 ≠ w1 ≠ 0 .
JJG G ⎛ 2 ⎞ ⎛ 0 ⎞
w1 = 0 ⇒ ⎜ 1 ⎟ = ⎜ 0 ⎟ - keine Lösung
⎜⎜
⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 2t + 1⎠ ⎝ 0 ⎠
JJG
JJG JJG
Analog v1 ≠ 0 und v1 ≠ w1 .
⎛ 1⎞
⎛ 2⎞
JJJG ⎛ 2 ⎞
⎜
⎟
⎜
⎟
E1: OX = 0 + λ 0 + μ ⎜ 1 ⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎝0⎠
⎝ 1⎠
⎝ 3⎠
⎛ 1 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎛ −t ⎞
G G G
n = v × w = ⎜ 0 ⎟ × ⎜ 1 ⎟ = ⎜ −1 ⎟
⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜
⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟
⎝ t ⎠ ⎝ 2t + 1⎠ ⎝ 1⎠
⎛ 1⎞
⎛ 2⎞
JJJG ⎛ 2 ⎞
⎜
⎟
⎜
⎟
E2 : OX = 0 + λ 0 + μ ⎜ 1 ⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎝0⎠
⎝2⎠
⎝ 5⎠
310
260
30.1 Fortsetzung
JJG ⎛ −1⎞
JJG ⎛ −2 ⎞
n1 = ⎜ −1⎟ ; n2 = ⎜ −1⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 1⎠
⎝ 1⎠
JJJG JJJG
G
g: OX = OA + ρ ⋅ u
⎛ −1⎞ ⎛ −2 ⎞ ⎛ −1 + 1⎞ ⎛ 0 ⎞
G JJG JJG
u = n1 × n2 = ⎜ −1⎟ × ⎜ −1⎟ = ⎜ −2 + 1⎟ = ⎜ −1⎟
⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜
⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 1⎠ ⎝ 1⎠ ⎝ 1 − 2 ⎠ ⎝ −1⎠
⎛ 0⎞
JJJG ⎛ 2 ⎞
⎜
⎟
g: OX = 0 + ρ ⎜ −1⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎝0⎠
⎝ −1 ⎠
cos α =
JJG JJG
n *n2
JJG1 JJG
n1 ⋅ n2
=
4
3⋅ 6
=
4
3 2
=
2 2
;
3
α = 19,47°
JJG ⎛ − t ⎞ JJG ⎛ −1⎞
30.2 n t = ⎜ −1⎟ ; n1 = ⎜ −1⎟ ;
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 1⎠
⎝ 1⎠
JJG JJG
E1 ⊥ E t ⇒ n t * n1 = 0
JJG JJG
n t * n1 = t + 2 = 0 ⇒ t = −2
⎛ 0⎞ ⎛ 0⎞ ⎛ 3− 2⎞ ⎛ 1⎞
G
30.3 n* = ⎜ −1⎟ × ⎜ 1⎟ = ⎜ 0 ⎟ = ⎜ 0 ⎟
⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎜⎜ −3 ⎟⎟ ⎜⎜ 0 ⎟⎟ ⎜⎜ 0 ⎟⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝
⎠ ⎝ ⎠
G JJG
Wenn E * zur Ebenenschar E t gehört, muss n* & n t sein.
JJG
G
n* = k ⋅ n t
⎛ 1⎞
⎛ −t ⎞
⎜ 0 ⎟ − k ⎜ −1⎟ = 0 ⇒ Es gibt keine Lösung
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎝0⎠
⎝ 2⎠
⇒ E * gehört nicht zur Ebenenschar E t .
311
260
30.4 Sei h die Schnittgerade der Ebenen E t und Es .
JJJG JJG
Es : OX * ns = −2s
JJJG JJJG
G
h: OX = OA + ν ⋅ v;
⎛ − t ⎞ ⎛ −s ⎞ ⎛ 0 ⎞
⎛ 0⎞
G JJG JJG
v = n t × ns = ⎜ −1⎟ × ⎜ −1⎟ = ⎜ t − s ⎟ = (t − s) ⎜ 1 ⎟
⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜
⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 1⎠ ⎝ 1⎠ ⎝ t − s ⎠
⎝ 1⎠
⎛0⎞
JJJG ⎛ 2 ⎞
⎜
⎟
h: OX = 0 + ν ⎜ 1 ⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎝0⎠
⎝1⎠
JJJG JJJG
JJG
JJG
30.5 E t : OX = OA + λ v1 + μ v2
⎛ 1⎞ ⎛ 2 ⎞
JJJG ⎛ 2 ⎞
⎜
⎟
E 0,5 : OX = 0 + λ ⎜ 0 ⎟ + ⎜ 2 ⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜
⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟
⎝0⎠
⎝ 0,5 ⎠ ⎝ 2 ⎠
Sei h = Abst ( E 0,5 ; P ) , dann h2 =
JJJG 2
G
( n*AP
)
G
n2
⎛ 1⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎛ −0,5 ⎞
G ⎜
n=
0 ⎟ × ⎜ 1 ⎟ = ⎜ −1 ⎟
⎜⎜
⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜
⎟⎟
⎝ 0,5 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 1 ⎠
h2 =
h2 =
⎡⎛ 3 ⎞ ⎛ −0,5 ⎞ ⎤
⎢⎜ 0 ⎟*⎜ −1 ⎟ ⎥
⎢⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜
⎟⎟ ⎥
⎣⎢⎝ 0 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎦⎥
2
= 1,52 = 1
2,25
⎡⎛ 3 ⎞ ⎛ − t ⎞ ⎤
⎢⎜ 0 ⎟*⎜ −1⎟ ⎥
⎢⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎥
⎢⎣⎝ 0 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎥⎦
8t 2 = 2
E −0,5
2
t2 + 2
1,5
2
=
9t 2
t2 + 2
t = ± 21
=1
h=1
312
261
31 Ganzrationale Funktionen 4. Grades bestimmen
31.1 f(x) = ax 4 + bx2 + c
f ′(x) = 4ax3 + 2bx
Es gilt: (1) f(1) = a + b + c = 0
f ′′(x) = 12ax2 + 2b
( 3 ) = 9a + 3b + c = −1
(3) f ′ ( 3 ) = 12 ⋅ 3 a + 2 3 b = 0 , also 6a + b = 0
(2) f
(4) f ′′(1) = 12a + 2b = 0
Daraus erhält man
b = −6a, c = 5a und a = 14 ,
also a = 14 , b = − 23 , c =
5
4
f(x) = 14 x 4 − 23 x2 + 45
f ′(x) = x3 − 3x
f ′′(x) = 3x2 − 3
Nullstellen: x = − 5 , x = 5 , x = −1, x = 1
(
Extrempunkte: T1 − 3
) (
− 1 , T2
3
)
(
−1 , H 0
5
4
)
Wendepunkte: W1 (1 | 0) und W2 (−1 | 0)
5
31.2
∫
f(x) dx = 0 ;
− 5
−1
∫
5
f(x)dx = − 45 =
− 5
∫
1
1
f(x)dx;
∫ f(x)dx = 85
−1
31.3 f ′(x) = 4x3 − 12x = 0 für x = 0, x = 3, x = − 3
Tiefpunkte: T1
(
) (
3 k − 9 , T2 − 3 k − 9
)
Für k = 9 berühren die Tiefpunkte die 1. Achse.
31.4 Keine Lösungen für k > 9.
313
32 Ganzrationale Funktion 4. Grades untersuchen
32.1 f(x) = 14 x 4 − x2 + 1
f ′(x) = x3 − 2x
f ′′(x) = 3x2 − 2
Nullstellen: x1 = − 2, x2 = 2
Extrempunkte:
(
)
H(0 | 1), T (
T1 − 2 0 ,
)
Wendepunkte: W ( −
2 0
2
1
1
3
6
4
9
),
W2
(
1
3
6
4
9
)
Der Graph von f ist achsensymmetrisch zur 2. Achse.
32.2 A = ( 9 − f(x) ) ⋅ 21 ⋅ 2x
A(x) = 9x − x ⋅ f(x)
= 9x −
(
x5 − x3 + x
1
4
)
= 8x − 14 x5 + x3
A′(x) = 8 − 45 x 4 + 3x2 = 0 für x = 2 ( A ′′(2) = −28 ) und
x = −2 ( A ′′(−2) = 28 )
Dreieck ABC mit A(0 | 9), B (2 | 1) und C(−2 | 1) hat maximalen
Flächeninhalt A = 16.
32.3
1
4
x 4 − x2 + 1 = 14 x2
1
4
x 4 − 45 x2 + 1 = 0
für x = 2, x = −2, x = 1, x = −1
2
A=
∫
−2
32.4
1
4
1
4
x 4 − 45 x2 + 1 dx = 2
x 4 − 45 x2 + 1 − c = 0
x 4 − 5x2 + 4 − 4c = 0
2
5
x1/
2 =+2±
25
4
25
4
− 4 + 4c
− 4 + 4c = 0
4c = 4 − 25
4
25
c = 1 − 16
c = − 169
Die Gleichung der Parabel lautet y = 14 x2 − 169 .
314
261
33 Reiseunternehmen
33.1 (1) 50 ⋅ 49 ⋅ 48 ⋅ ... ⋅ 6 = 50!
≈ 2,5 ⋅ 1062
5!
⎛ 50 ⎞
(2) ⎜ ⎟ = 2 118 760
⎝5⎠
33.2 n = 50; p = 0,9; X: Anzahl der belegten Plätze
P(X ≤ 46) = 0,750
33.3 n = 100; p = 0,9
P(X ≤ 90) = 0,549
33.4 P(mindestens 20 Absagen) = P(höchstens 180 Teilnehmer)
= binomcdf (200, 0.95, 180) ≈ 0,27%
262
33.5 Hypothese des Beraters:
Die Verschärfung der Reisebedingungen hat keine negativen Auswirkungen auf das Buchungsverhalten, d. h. mindestens 45% der Interessenten buchen eine Reise. Die Hypothese wird verworfen bei signifikant
kleinen Buchungszahlen.
Bei p = 0,45 ist μ = 0,45 ⋅ 700 = 315 und σ = 13,16, also
μ − 1,28σ = 298,2. Für p > 0,45 ist μ − 1,28σ > 298,2.
Entscheidungsregel:
Verwirf die Hypothese p ≥ 0,45, falls auf 700 Prospektanforderungen
weniger als 299 Buchungen erfolgen.
34 Quizshow
⎛ 7⎞
34.1 ⎜ ⎟ = 7 verschiedene Auswahlen sind möglich.
⎝6⎠
34.2 Wir unterscheiden „einfache“, „mittel-schwere“ und „schwere“ Themen.
315
262
34.2
Pfad/Typ. Pfadw. Ratew.
3 x eem
4/210 0,92 ⋅ 0, 7
3 x ees
3 x emm
6 x ems
3 x ess
3 x mms
3 x mss
2
6/210 0,9 ⋅ 0, 4
0,0278
2
0,0252
0,0864
0,0247
6/210 0, 72 ⋅ 0, 4
0,0168
2
0,0192
4/210 0,9 ⋅ 0, 7
12/210 0,9 ⋅ 0, 7 ⋅ 0, 4
12/210 0,9 ⋅ 0, 42
12/210 0, 7 ⋅ 0, 4
3
1 x sss
6/210 0, 4
↑ insgesamt 25 Pfade
gesuchte Wahrscheinlichkeit
4
= 3 ⋅ 210
⋅ 0,92 ⋅ 0, 7 + ...
≈ 23,3%
0,0324
0,0018
316
262
34.3 67 ⋅ 65 ⋅ 15 = 17
( 67 )
n
P (mindestens einmal Sport als 1. Frage) = 1 − ( 67 )
n
( 67 ) ≤ 0,1 n ≥ lnln (0,1) ≈ 14,9, also n ≥ 15
34.4 P (in n Quizspielen immer andere Gebiete) =
n
≥ 0,9
6
7
34.5
Typ
1 x eee
3 x eem
Pfadw.
8/343
8/343
Ratew.
0,93
0,0170
2
0,0397
2
0,9 ⋅ 0, 7
3 x ees
12/343
0,9 ⋅ 0, 4
0,0340
3 x emm
6 x ems
3 x ess
8/343
12/343
18/343
0,9 ⋅ 0, 72
0,9 ⋅ 0, 7 ⋅ 0, 4
0,9 ⋅ 0, 42
0,0309
0,0529
0,0227
1 x mmm
8/343
0, 73
0,0080
12/343
2
0, 7 ⋅ 0, 4
0,0206
3 x mss
18/343
2
0,0176
1 x sss
27/343
3 x mms
0, 7 ⋅ 0, 4
0,0050
0, 43
gesuchte Wahrscheinlichkeit ≈ 24,8%
34.6 X: Anzahl der Quizspiele mit Sport oder Pop-Musik als 1. Frage
3
7
⎛ 10 ⎞
5
= binompdf (10, 2/7, 3) ≈ 26,6%
(1) P(X = 3) = ⎜ ⎟ ⋅ 27
7
⎝3⎠
(2) P(X ≤ 4) = binomcdf (10, 2/7, 4) ≈ 87,3%
()()
35 Wachstum von Sonnenblumen
35.1 In den ersten 3 Wochen ist die Höhe
h (t) annähernd proportional zur
Änderungsrate, damit scheint ein
exponentielles Wachstum vorzuliegen.
h(t) = 30 ⋅ e kt
Mit h (1) = 42,2 folgt k ≈ 0,341
Näherungsfunktion: h (t) = 30 ⋅ e 0,341t ;
t in Wochen
317
263
35.2 Betrachtet man nur die Wertepaare
der neuen Tabelle, scheint ein begrenztes Wachstum mit einer Sättigungsgrenze von ca. 220 cm
vorzuliegen.
Die Tabelle zeigt zwischen der 10.
und der 18. Woche eine annähernde
Proportionalität zwischen der Änderungsrate
Δh
Δt
und dem Sättigungs-
manko S − h (t) bei einem kräftigen Ausreißer in der 14. Woche.
h* (t) = a + c ⋅ e− k(t −6)
(1) lim h* (t) = 220 ⇒ a = 220
t →∞
(2) h* (6) = 220 + c = 149,2 ⇒ c = −70,8
(3) h(10) = 220 − 70,8 ⋅ e −4k = 203, 4 ⇒ k ≈ 0,3626
Näherungsfunktion: h* (t) = 220 − 70,8e−0,3626(t − 6)
35.3
t (in
Wochen)
gemessene
Höhe h
h* (t)
Fehlerbetrag
6
8
10
12
14
16
18
20
149,2 181,9 203,4 213,1 215,8 218,2 219,3 219,8
149,2 185,7 203,4 212,0 216,1 218,1 219,0 219,6
0
3,8
0
1,1
0,3
0,1
0,3
0,2
Der Fehler ist in der 8. Woche mit 3,8 cm Abweichung am größten.
Der mittlere Fehler beträgt 0,7 cm.
35.4 h*′ (t) = 25,67 ⋅ e−0,3626(t −6)
h*′ ist für 6 ≤ t ≤ 20 an der Stelle t = 6 am größten.
Setzt man die beiden Tabellen zusammen, so handelt es sich insgesamt
um ein logistisches Wachstum. Im Bereich zwischen 4. und 6. Woche
geht das exponentielle in das begrenzte Wachstum über. Dies ist der
Bereich, in dem die Wachstumsgeschwindigkeit am größten ist.
35.5 (1) Mithilfe der sigma-Regeln ergeben sich die Grenzen 2 − 1,96 ⋅ 0,4
= 1,216 und 2 + 1,96 ⋅ 0,4 = 2,784
(2) P(X > 2,1) = 1 − P(X ≤ 2,1) = 1 − normalcdf(−1E99; 2,1; 2; 0,4) = 0,401
318
36 Skatspiel
263
36.1 X: Anzahl der Asse
P(X = k) =
k
0
1
2
3
4
⎛ 4 ⎞⎛ 28 ⎞
⎜ k ⎟⎜ 8 − k ⎟
⎝ ⎠⎝
⎠
⎛ 32 ⎞
⎜8⎟
⎝ ⎠
P(X = k)
0,2955
0,4503
0,2149
0,0374
0,0019
36.2 Die Wahrscheinlichkeiten werden nach Binomialansatz berechnet. k
kann Werte 0, 1, 2, ..., 8 annehmen (binompdf (8, 1/8) liefert die Liste
der Wahrscheinlichkeiten: 0,3436; 0,3927; 0,1963; 0,0561; 0,0100;
0,0011; 0,000082; 0,000003; 0,0000006)
36.3 P(A) =
⎛ 2 ⎞⎛ 3 ⎞⎛ 4 ⎞ ⎛ 2 ⎞⎛ 3 ⎞⎛ 4 ⎞
⎜ 0 ⎟⎜ 3 ⎟⎜ 0 ⎟ + ⎜ 0 ⎟⎜ 0 ⎟⎜ 3 ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ 9⎞
⎜ 3⎟
⎝ ⎠
=
5
84
P(B) =
⎛ 2 ⎞⎛ 3 ⎞⎛ 4 ⎞
⎜ 1 ⎟⎜ 1 ⎟⎜ 1 ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ 9⎞
⎜ 3⎟
⎝ ⎠
P(C) =
⎛ 2 ⎞⎛ 3 ⎞⎛ 4 ⎞ ⎛ 2 ⎞⎛ 3 ⎞⎛ 4 ⎞ ⎛ 2 ⎞⎛ 3 ⎞⎛ 4 ⎞ ⎛ 2 ⎞⎛ 3 ⎞⎛ 4 ⎞ ⎛ 2 ⎞⎛ 3 ⎞⎛ 4 ⎞ ⎛ 2 ⎞⎛ 3⎞⎛ 4 ⎞
⎜ 2 ⎟⎜ 1 ⎟⎜ 0 ⎟ + ⎜ 2 ⎟⎜ 0 ⎟⎜ 1 ⎟ + ⎜ 1 ⎟⎜ 2 ⎟⎜ 0 ⎟ + ⎜ 0 ⎟⎜ 2 ⎟⎜ 1 ⎟ + ⎜ 1 ⎟⎜ 0 ⎟⎜ 2 ⎟ +⎜ 0 ⎟⎜ 1 ⎟⎜ 2 ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ 9⎞
⎜ 3⎟
⎝ ⎠
=
=
24
84
3+ 4 + 6 +12 +12 +18
84
=
55
84
günstiger ist die Berechnung mit Komplementärregel
29
55
P(C) = 1 − P(A) − P(B) = 1 − 84
= 84
36.4
mögliche Ergebnisse
Punktsumme
Wahrscheinlichkeit
⎛ 2 ⎞⎛ 3 ⎞⎛ 4 ⎞ ⎛ 9 ⎞
⎜ 2 ⎟⎜ 0 ⎟⎜ 0 ⎟ ⎜ 2 ⎟ =
⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
1
36
2 Asse
6
1 Ass, 1 König
5
⎛ 2 ⎞⎛ 3 ⎞ ⎛ 4 ⎞⎛ 9 ⎞
⎜ 1 ⎟⎜ 1 ⎟ ⎜ 0 ⎟⎜ 2 ⎟ =
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
6
36
1 Ass, 1 Dame
4
⎛ 2 ⎞⎛ 3 ⎞⎛ 4 ⎞⎛ 9 ⎞
⎜ 1 ⎟⎜ 0 ⎟⎜ 1 ⎟⎜ 2 ⎟ =
⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠
8
36
2 Könige
4
⎛ 2 ⎞⎛ 3 ⎞⎛ 4 ⎞ ⎛ 9 ⎞
⎜ 0 ⎟⎜ 2 ⎟⎜ 0 ⎟ ⎜ 2 ⎟ =
⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
3
36
1 König, 1 Dame
3
⎛ 2 ⎞ ⎛ 3 ⎞⎛ 4 ⎞ ⎛ 9 ⎞
⎜ 0 ⎟ ⎜ 1 ⎟⎜ 1 ⎟ ⎜ 2 ⎟ =
⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
12
36
2 Damen
2
⎛ 2 ⎞⎛ 3 ⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎛ 9 ⎞
⎜ 0 ⎟⎜ 0 ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ =
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
6
36
319
263
36.5
a
P(X = a)
a ⋅ P(X = a)
2
6
36
12
36
3
12
36
36
36
4
11
36
44
36
5
6
36
30
36
6
1
36
6
36
E(X) =
128
36
= 3, 5
Wenn der Spieleinsatz 3,56 € beträgt, wäre dies fair; denn dies ist der
mittlere Auszahlungsbetrag.
264
37 Preis-Absatz-Funktion
37.1 Aus dem Ansatz für f und den Punkten folgt ein Gleichungssystem:
ap + b − xc = xp konkret
54a + b = 0
36a + b − 6000c = 6000 ⋅ 36
32a + b − 8000c = 8000 ⋅ 32
welches als Lösung a = − 16 000; b = 864 000 und c = 12 hat.
37.2 Gewinn G(p) = x ⋅ p − K(x) = f(p) ⋅ p − K ( f(p) )
=
(
−1600p +864 000
−16 000p +864 000
⋅ p − 21
p+12
p+12
= −2000
) − 10 000
8p2 −595p + 9132
p +1
Polynomdivision
000
= −16 000p + 1 382 000 − 34 p848
+12
G ′(p) = −16 000 + 34 848 000
2
(p +12)
G ′′(p) = −2 ⋅ 34 848 000 ⋅
1
(p +12)3
Extremstellen aus G ′(p) = 0: p1/2 = 12 ± 2178
da G ′′ (12 − 2178 ) < 0 ist dies Maximalstelle.
Also beim Preis von ca. 34,67 € mit zugehöriger Produktionsmenge
f ( p2 ) ≈ 6627 wird der Gewinn maximal und zwar 80 590,48 € pro Woche.
320
264
37.3 Gesucht ist eine ähnliche Kostenfunktion wie in 7.2 jedoch mit Polstelle
bei x = 12 000.
p
Ansatz 21 ⋅ x = 12 − x ⇒ p = 252x − 21x 2
Diese Funktion hat keine Polstelle, da sie faktorisiert. Ändert man den
ersten Summanden leicht ab, ist sie nicht mehr ganz durch 12 − x teilbar
und die Polstelle tritt auf.
Z. B. K 2 (x) =
253x − 21x 2
12 − x
+ 10
(Rechnung in Tausendern zum besseren Vergleich mit Skizze in Aufgabenstellung).
37.4 Durch die neue Preis-Absatzfunktion entsteht eine neue Gewinnfunktion
G n (p).
Die Differenz G n (p) − G(p) ist der Mehrgewinn, es gilt
(p −54)(p −21)
G n (p) − G(p) = −32 000 (p +10)(p +12) pro Woche.
(p −54)(p −21)
Also in den 4 Wochen ist der Mehrgewinn − 128 000 ⋅ (p +10)(p +12) .
Bei dem Verkaufspreis aus 7.2 erhält man 16 224,30 € Mehrgewinn.
Die Kampagne lohnt sich nicht, da der Mehrgewinn unter den Kampagnekosten liegt.
38 Untersuchung einer Funktionenschar
38.1 •
•
fn (x) ist definiert auf ganz \
lim fn (x) = 0
x →∞
⎧−∞ für n ungerade
lim fn (x) = ⎨
⎩ +∞ für n gerade
• Nullstellen x = 0
• Extremstellen:
dazu Ableitungen
n>0
fn′ (x) = n ⋅ x n −1e − x − x n e − x
x →−∞
fn′′ (x) = n(n − 1)x n −2 e − x − 2nx n −1e − x + x n e − x
( 1e ) ist Minimum
n = 1 ⇒ 1,
n >1
⎫
⎬⇒
n gerade ⎭
(0, 0) ist Minimum →
( n, ( ) ) ist Maximum
n >1
⎫
⎬⇒
n ungerade ⎭
n
e
n
(0, 0) ist Sattelpunkt
( n, ( ) ) ist Maximum
n
e
n
Um (0, 0) zu identifizieren wird der Vorzeichenwechsel betrachtet.
321
264
38.1 Fortsetzung
• Wendestellen
n = 1 0 = −2 + x
xW = 2
0 = 2 − 4x + x 2
⇒ x W1 = 2 + 2
n=2
x W2 = 2 − 2
( n(n − 1) − 2nx − x2 ) x n −2 = 0
n>2
x = 0 bereits bearbeitet
⇒ x W1 = n + n
x W2 = n − n
38.2
−6 ≤ x ≤ 6
−4 ≤ y ≤ 4
n = −2, −1, 1, 2
∞
3.3
∫ xe
−x
∞
∞
dx = [ −e − x ⋅ x ]0 + [ e − x ]0 = 1
0
mit partieller Integration.
265
∞
38.4 Behauptung
∫x
n −x
e dx =n!
0
Beweis mithilfe mehrfacher partieller Integration
∞
∞
∞
n −x
−e − x ⋅ x n ]0 + ∫ nx n −1e −1dx
∫ x e dx = [
0
0 =0
(
∞
P. I
∞
= n [ −e − x ⋅ x(n −1) ]0 + ∫ nx n −1e −1dx )
0 =0
P. I
∞
−x
= n ⋅ (n − 1)(...) = ... = (n ⋅ (n − 1)...2) ∫ xe
dx
0
= n!
=1
322
265
39 Auftragsbearbeitung beim Schlüsseldienst
39.1 Wahrscheinlichkeitsverteilung der Zufallsgröße
X: Dauer in Minuten für die Herstellung eines Schlüssels
P(X = a)
a ⋅ P(X = a)
0,7
3,5
0,2
2,0
0,1
2,0
E(X) = 7,5
Im Mittel werden 7,5 Minuten pro Schlüssel benötigt, d. h. für 25
Schlüssel ca. 187,5 Minuten.
a
5
10
20
39.2 (A) Binomialansatz:
X: Anzahl der Schlüssel, für die mehr als
5 Minuten benötigt werden (p = 0,3)
P(A) = P(X > 5) = 1 − P(X ≤ 5) = 1 − binomcdf (10, 0.3, 5)
≈ 4,7%
(B) X: Anzahl der Schlüssel, für die 20 Minuten benötigt wird
P(B) = P(X = 0) = binompdf (10, 0.1, 0) ≈ 34,9%
⎛ 10 ⎞⎛ 3 ⎞⎛ 1⎞
(C) P(C) = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ 0, 77 ⋅ 0,22 ⋅ 0,11 ≈ 11,86%
⎝ 7 ⎠⎝ 2 ⎠⎝ 1⎠
39.3 X: Anzahl der 5-Minuten-Aufträge
P(X > 150) = 1 − P(X ≤ 150) = 1 − binomcdf (200, 0.7, 150)
≈ 1 − 0,949 ≈ 5,1%
39.4 n sei die Anzahl der Aufträge.
P(kein 20-Minuten-Auftrag) = 0,9n
P(mindestens ein 20-Minuten-Auftrag) 1 − 0,9n ≥ 0,95
0,9n ≤ 0, 05
n ln ≤ ln 0,05
n≥
ln 0,05
ln 0,9
≈ 28, 4
Wenn 29 Aufträge eintreffen, beträgt die Wahrscheinlichkeit, dass
darunter mindestens ein 20-Minuten-Auftrag ist, mindestens 95%.
40 Hausaufgabenoptimierung
40.1
P(A ∪ C)
P(Aufgabe 1 richtig)
P(Aufgabe 2 richtig)
P(Aufgabe 3 richtig)
= P(A) + P(C) − P(A ∩ C)
= 0,8 + 0,5 − 0,4 = 0,9
= 0,8 + 0,7 − 0,56 = 0,94
= 0,7 + 0,5 − 0,35 = 0,85
40.2 P(Aufgabe 1 richtig oder teilweise richtig) = 0,9 + 0,7 − 0,63 = 0,97
P(Aufgabe 2 richtig oder teilweise richtig) = 0,9 + 0,9 − 0,81 = 0,99
P(Aufgabe 3 richtig oder teilweise richtig) = 0,9 + 0,7 − 0,63 = 0,97
323
265
266
40.3 P(alle Aufgaben richtig) = 0,9 ⋅ 0,94 ⋅ 0,85 ≈ 72%
40.4 P(alle Aufgaben richtig) = 0,8 ⋅ 0,7 ⋅ 0,5 = 28%
P(alle Aufgaben richtig oder teilweise richtig) = 0,9 ⋅ 0,9 ⋅ 0,7 ≈ 57%
40.5 (1) X: Anzahl der richtigen Aufgaben
P(X > 80) = 1 − P(X ≤ 80) = 1 − binomcdf (100, 0.8, 80) ≈ 46,0%
(2) X: Anzahl der mindestens teilweise richtigen Aufgaben
P(X ≥ 90) = 1 − P(X ≤ 89) = 1 − binomcdf (100, 0.9, 89) ≈ 58,3%
41 Lösen linearer Gleichungssysteme und Schnittverhalten von Ebenen
JJG JJG
n *n
⎛2⎞ ⎛ 6⎞
⎜ 6 ⎟*⎜ 7 ⎟
⎜⎜ 9 ⎟⎟ ⎜⎜ −6 ⎟⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
41.1 cos ϕ = JJG0 JJ1G =
= 0 ⇒ E 0 ⊥ E1
n 0 ×n1
(121)2
JJJG JJJG
G
g: OX = OA + λv ist die Schnittgerade mit
⎛2⎞ ⎛ 6⎞
⎛ −9 ⎞
G JJG JJG
v = n 0 × n1 = ⎜ 6 ⎟ × ⎜ 7 ⎟ = 11⎜ 6 ⎟ .
⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 9 ⎠ ⎝ −6 ⎠
⎝ −2 ⎠
2x1 + 6x2 + 9x3 = 121
⇒ mit x3 = 0; x2 = 44; x1 = − 143
2
6x1 + 7x2 − 6x3 = −121
⎛ − 143 ⎞
⎛ −9 ⎞
JJJG ⎜ 2 ⎟
g: OX = ⎜ 44 ⎟ + λ ⎜ 6 ⎟
⎜⎜ −2 ⎟⎟
⎜ 0 ⎟
⎝ ⎠
⎝
⎠
JJG
G
G JJG
41.2 E* ⊥ E 0 ⇒ n* ⊥ n 0 ⇒ n **n 0 = 0
JJG
G
G JJG
E* ⊥ E1 ⇒ n* ⊥ n1 ⇒ n **n1 = 0
⎧n2 = −3n3
⎧2n + 6n2 + 9n3 = 0
⇒⎨ 1
⇒ ⎨
9
6n
7n
6n
0
+
−
=
2
3
⎩ 1
⎩ n1 = 2 n3
⎛ 9t ⎞ ⎛ 9 ⎞
G
n = ⎜ −6t ⎟ = t ⎜ −6 ⎟ , t ∈ \
⎜⎜
⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 2t ⎠ ⎝ 2 ⎠
⎛ 0 ⎞ ⎛ 9⎞
⎜ 0 ⎟ * ⎜ −6 ⎟ ⋅ t = d ⇒ d = 0
⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 0⎠ ⎝ 2⎠
JJJG ⎛ 9 ⎞
E*: OX * ⎜ −6 ⎟ = 0
⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 2⎠
324
266
JJJG JJJG
G
G
41.3 E t′ : OX = OA + λv + μw, λ, μ ∈ \
G
G
G
G
G G
Wenn v = 0 oder w = 0 und v ≠ w ⋅ k, k ∈ \ , dann wird eine Gerade
beschrieben.
G G
G G
v ≠ 0 . Untersuchen w = 0
⎧ t = 23
⎧ 6 − 4t = 0
G G
⎪
⎪
⎨ 7 − t = 0 ⇒ ⎨t = 7 ⇒ w ≠ 0 ⇒
⎪t = 2
⎩⎪−6 + 15t = 0
⎩ 5
⎧ t = − 43
⎧ 3 + 4t = 0
G G
⎪
⎪
⎨−13 + t = 0 ⇒ ⎨ t = 13 ⇒ v ≠ w ⋅ k
⎪t = 8
⎩⎪ 8 − 15t = 0
⎩ 15
E t′ ist eine Ebene für alle t ∈ \ .
⎛ 9⎞
⎛ 2⎞
JJJG ⎛ 5 ⎞
E1′ : OX = ⎜ −7 ⎟ + λ ⎜ −6 ⎟ + μ ⎜ 6 ⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 17 ⎠
⎝ 2⎠
⎝ 9⎠
⎛ −66 ⎞
⎛ −6 ⎞
G G G
n = v × w = ⎜ −77 ⎟ = 11⎜ −7 ⎟
⎜⎜
⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 66 ⎠
⎝ 6⎠
⎛ 5 ⎞ ⎛ −66 ⎞
JJJG G
OX * n = d = ⎜ −7 ⎟ ⎜ −77 ⎟ = 11 ⋅ 121
⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜
⎟⎟
⎝ 17 ⎠ ⎝ 66 ⎠
JJJG ⎛ −6 ⎞
′
E1 : OX * ⎜ −7 ⎟ = 121 ⇒
⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 6⎠
E1′ : − 6x1 − 7x2 + 6x3 = 121 oder E1′ : 6x1 + 7x2 − 6x3 = 121
41.4 a)
2x1 + 6x 2 + 9x 3 = 121
6x1 + 7x 2 − 6x 3 = −121
ax1 + 13x 2 + 3x 3 = a − 8
8x1 + 13x2 + 3x2 = 0 ⇒ für a = 8 sind die 3. Gleichung und die Summe
aus 1. und 2. Gleichung identisch. Daraus folgt: Das Gleichungssystem
hat unendlich viele Lösungen.
Geometrisch:
3 Ebenen schneiden sich in einer Geraden oder sind identisch.
(8 − a) ⋅ x1 = 8 − a .
b) Die Lösung aus a) lässt sich umschreiben:
⎛ x1 ⎞ ⎛⎜ 1 ⎞⎟
Für a ≠ 8 folgt die eindeutige Lösung ⎜ x 2 ⎟ = ⎜ − 13
.
⎜ ⎟ ⎜ 3 ⎟⎟
⎜ x ⎟ ⎜ 145 ⎟
⎝ 3⎠ ⎝ 9 ⎠
Das Gleichungssystem ist für alle a ∈ \ lösbar.
325
266
42 Wählerverhalten
42.1 Schluss von der Gesamtheit auf die Stichprobe: Wenn p = 0,580 und
n = 426 ist, dann ergibt sich μ = 247,18 und σ = 10,19, also 1,96σ
= 19,97. Die 1,96σ-Umgebung umfasst die Ergebnisse
228, …, 267 Erfolge (= Teilnehmer der Wahl). Ein Ergebnis
außerhalb des Intervalls kann zufällig auftreten, jedoch kommt dem
gesamten Bereich außerhalb nur eine Wahrscheinlichkeit von 50% zu.
42.2 1. Baumdiagramm
(Daten aus dem Text)
Vierfeldertafel zum Moscheebau
CDU-W.
andere
gesamt
pro
0,081
0,456
0,537
kontra
0,132
0,381
0,463
gesamt
0,213
0,787
1
Bei Umfragen bzgl. des Bau von Großmoscheen sprachen sich 46,3%
gegen die geplanten Einrichtungen aus; von diesen Moscheen-Gegnern
hatten 28,5% bei der Wahl zum Abgeordnetenhaus CDU gewählt.
Unter den Befürwortern des Moscheebaus betrug der Anteil der CDUWähler nur 15,1%.
326
267
42.3
Zu lösen ist die Gleichung 0,123x + (1 − x) 0,236 = 0,213
Nach Umstellen ergibt sich x ≈ 0,203.
Der Anteil der Wähler/innen unter 35 Jahren betrug also etwa 20,3%.
42.4 P(unter n ausgewählten Personen sind keine FDP-Wähler) = 0,924n
P(unter n ausgewählten Personen ist mindestens ein FDP-Wähler)
= 1 − 0,924n ≥ 0,8 ⇔ n ≥ 21
054 = 0,308 = p
42.5 1424
377 355
Schluss von der Gesamtheit auf die Stichprobe:
n = 500; p = 0,308; μ = 154; σ = 10,32; 1,96σ = 20,23
Mit einer Wahrscheinlichkeit von 95% liegt das Stichprobenergebnis im
Intervall 134, …, 174.
Das Befragungsergebnis ist also verträglich mit dem Wahlergebnis.
43 Vogelvoliere
43.1 Schluss von Stichprobe auf Gesamtheit
Bestimme alle Anteile p, die mit X = 184 verträglich sind.
Grafische Lösung: (vgl. Schülerband S. 104)
Ermittle mit dem GTR die Schnittpunkte der Funktionen
Y1 (X) = 300 ⋅ X − 1,96 ⋅ 300 ⋅ X ⋅ (1 − X) und
Y2 (X) = 300 ⋅ X + 1,96 ⋅ 300 ⋅ X ⋅ (1 − X) mit der Geraden Y3 = 184
to do…
liefert p min = 0,557123 und p max = 0, 666677 .
Der Anteil der Stimmen liegt also mit einer Wahrscheinlichkeit von 95 %
zwischen 55,7 % und 66,6 %. Die Mehrheit ist also für den Entwurf.
43.2 Alle verträglichen Anteile liegen zwischen p min = 0,557 und
p max = 0, 667 . Die Anzahl der für den Entwurf abgegebenen Stimmen
liegt damit zwischen 167 137 und 200 003.
327
267
−1
0
⎛8⎞
⎛0⎞
G ⎛ ⎞
G ⎛ ⎞
43.3 Druckstab 1: g1: x = ⎜ 1 ⎟ + r ⎜ 0 ⎟ , Druckstab 2: g 2 : x = ⎜ 0 ⎟ + r ⎜ 8 ⎟
⎜7⎟
⎜1⎟
⎜7⎟
⎜0⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠
Schnitt der Geraden führt auf ein LGS mit der erweiterten Koeffizienten⎡8 0 1 ⎤
matrix ⎢0 −8 −1⎥ . Das System besitzt keine Lösung.
⎢1 0 0 ⎥
⎣
⎦
43.4 Berechne den Abstand der Geraden.
−1
8
0
G ⎛ ⎞ G ⎛ ⎞
G ⎛ ⎞
Setze u = ⎜ 0 ⎟ , v = ⎜ 8 ⎟ und w = ⎜ 1 ⎟
⎜1⎟
⎜0⎟
⎜0⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠
in die Formel d =
Damit ergibt sich
( u×v) ⋅ w
u×v
d= 8
8 65
ein.
= 12,4 cm.
43.5 Die Punkte C und D liegen in der x 2 , x 3 -Ebene . Damit liegt auch der Stab
in der x 2 , x 3 -Ebene .
−1
⎛8⎞
G ⎛ ⎞
43.6 Druckstab 3: g 3 : x = ⎜ 1 ⎟ + r ⎜ 0 ⎟
⎜7⎟
⎜1⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
Die Abspannungen des Netzes verlaufen zwar nicht parallel zu den zwei
senkrechten Druckstäben, aber man kann das Volumen etwa als Volumen
eines Würfels mit einer Kantenlänge von 7m abschätzen, also ungefähr
343 m3.
Eine andere Möglichkeit ist die Schätzung als Volumen eines Spats mit den
JJJG JJJG JJJG
drei Vektoren CD, CB, CP, also ungefähr 400 m3.
Die Abschätzung durch den Würfel liegt offensichtlich unterhalb des tatsächlichen Volumens. Die Abschätzung durch den Spat oberhalb. Das tatsächliche Volumen der Vogelvoliere liegt also etwa zwischen 343 m3 und
400 m3.
43.7 Ein Stab verläuft mit einem Abstand von 1m parallel zur x2-x3-Ebene und
orthogonal zur x1-x2-Ebene.
Ein Stab verläuft parallel zur x2-x3-Ebene und parallel zur x1-x2-Ebene, in
gleicher Höhe wie AD.
Ein Stab verläuft parallel zu AB und somit parallel zur x1-x3-Ebene, seine
Endpunkte liegen in derselben Höhe wie die Endpunkte von AB.
Alle 6 Stäbe sind zueinander windschief.
328
Wahlthema Funktionen mit zwei Veränderlichen
Terme und Graphen von Funktionen mit zwei Veränderlichen
270
1. a) Es fehlen die Werte für a.
b)
271
2. Volumen eines Kegels mit Radius r und Höhe h: V = 1 πr 2 h ergibt
3
f(x, y)
= 1 πx 2 y
3
329
271
3. a)
b)
c)
330
271
3. d)
4. Fehler in der 1. Auflage im Schülerband. Es muss heißen: „Die Schnitte des
Graphen mit einer Ebene parallel zur xy-Ebene durch die Stelle z = a ≥ 0
sind Kreise um die z-Achse mit dem Radius a .“
f (x, y) = x 2 + y 2
272
5. Schnitt mit xy-Ebene: Löse f(x, y) = 0. Das führt auf die Gerade y = −x.
Schnitt mit xz-Ebene: Setze y = 0 in f(x, y) ein. Das führt auf die Gerade
z = x.
Schnitt mit yz-Ebene: Setze x = 0 in f(x, y) ein. Das führt auf die Gerade
z = y.
Entsprechend erhält man für g:
Schnitt mit xy-Ebene: Löse g(x, y) = 0 ⇔ y 2 = − x 2 ⇔ x = y = 0 .
Schnitt mit xz-Ebene: Setze y = 0 in g(x, y) ein. Das führt auf die Parabel
z = x2.
Schnitt mit yz-Ebene: Setze x = 0 in g(x, y) ein. Das führt auf die Parabel
z = y2.
331
272
6.
Die Höhenlinie hat die Gleichung y = − x 2 − ln
0,1
.
x
Für große x entspricht
sie etwa der Parabel y = − x 2 .
7. Damit erhält man nur die obere Kugelsphäre. Die korrekte Umformung
müsste heißen:
x 2 + y2 + z2 = 1 ⇔ z2 = 1 − x 2 − y2 ⇔ z = ± 1 − x 2 − y2
Die negative Lösung beschreibt die untere Kugelsphäre.
8. (1) gehört zum mittleren Bild. Grund: Die Schnitte entlang der xz-Ebene
und yz-Ebene sind Parabeln.
(2) gehört zum rechten Bild. Grund: Die Gleichung beschreibt eine Ebene.
(3) gehört zum linken Bild. Grund: Periodizität der trigonometrischen
Funktionen.
9. a) x: Anzahl der verkauften Flaschen von Sorte Eins
y: Anzahl der verkauften Flaschen von Sorte Zwei.
f(x, y) = 3x + 4y
b)
332
272
9. c) Der Graph ist eine Ebene in \ 3 .
Die Veränderung in z-Richtung ist proportional zur Veränderung in
x- und y-Richtung.
10. Linkes Bild: f(x, y) = − x 2 − y,
rechtes Bild: g(x, y) = x 2 − y
Ableitung von Funktionen mit zwei Veränderlichen
275
1. Nach Seite 271, Aufgabe 2 wird das Volumen eines Kegels mit Radius r
und Höhe h durch die Funktion V(r, h) = 1 πr 2 h beschrieben.
Veränderung des Radius: Vr (r, h) =
3
2 πrh
3
ist linear in r, d. h. das Volumen
eines Kegels wächst quadratisch mit dem Radius. Eine Verdoppelung des
Radius führt zu einer Vervierfachung des Volumens.
Veränderung der Höhe: Vh (r, h) = 1 πr 2 ist unabhängig von h, d. h. das
3
Volumen eines Kegels wächst linear mit der Höhe. Eine Verdoppelung der
Höhe führt zu einer Verdoppelung des Volumens.
2. z = f (2, 1) + f x (2, 1) ⋅ (x − 2) + f y (2, 1) ⋅ (y − 1) mit f x (x, y) = y und
f y (x, y) = x + 2y ergibt T: z = −3 + x + 4y
3. (1) f x (x, y) = 1
(2) f x (x, y) = y
f y (x, y) = 1
1
y
f y (x, y) = −
(3) f x (x, y) =
f y (x, y) = x
(4) f x (x, y) = 2 + cos x ⋅ y 2
x
y2
f y (x, y) = sin x ⋅ 2y
(5) f x (x, y) = (1 − 2x 2 ) e − x − y
(6) f x (x, y) = cos x cos y − sin x sin y
f y (x, y) = −2xye − x
(7) f x (x, y) = cos x cos y
f y (x, y) = − sin x sin y
2
(8) f x (x, y) =
2
2y
(x + y) 2
2
− y2
f y (x, y) = cos x cos y − sin x sin y
f y (x, y) = −
2x
(x + y) 2
(9) f x (x, y) = y cos xe y sin x
f y (x, y) = sin xe y sin x
(10) f x (x, y) = 2x cos ( x 2 + 2y )
f y (x, y) = 2 cos ( x 2 + 2y )
333
275
2
3
4. f x (x, y) = 3x4 , f y (x, y) = − 4x5
y
y
Steigung in x-Richtung im Punkt P(1 | 1):
f x (1, 1) = 3, d. h. f steigt in x-Richtung.
Steigung in y-Richtung im Punkt P(1 | 1):
f y (1, 1) = −4, d. h. f fällt in y-Richtung.
5. a) Setze y = 2 in f ein. Das ergibt die Schnittkurve g(x) = x 2 + 4
b) g ′(x) = 2x, also ist g ′(1) = 2
6. a) T: z = 1,48 − 0,12x + 2y
−0, 04x = 0
b) Löse das System
. Lösung: (x | y) = (0 | 0)
− 2y = 0
Tangentialebene an den Graphen von f bei (0 | 0): T: z = 0,3
Im Punkt P(0 | 0 | 0,3) ist die Steigung der Funktion in jede Richtung
null. Hier kann ein Extremum oder ein Sattelpunkt liegen.
276
7. Sei x die Entfernung und y die Zeit, dann gilt für die Geschwindigkeit
z = f(x, y) =
Δz ≈
1
0,65
ca. 23
m
s
x
.
y
⋅2−
Mit f x (x, y) =
220
0,65 2
1
y
und f y (x, y) = −
x
y2
folgt
⋅ 0, 05 = −22,9586, d. h. die Messung kann um
abweichen.
8. a) A(l, b) = l ⋅ b
Maximaler Fehler:
Δ A = A(l + Δ l, b + Δ b) − A(l, b) = (l + Δ l) ⋅ (b + Δ b) − l ⋅ b
= Δl⋅ Δb+ Δl⋅b+l⋅ Δb
b) Mit Al(l, b) = b und Ab(l, b) = l folgt Δ A ≈ b ⋅ Δ l + l ⋅ Δ b.
In der näherungsweisen Berechnung fehlt der Term Δ l ⋅ Δ b.
Begründung: In der näherungsweisen Berechnung wird die Differenz
zwischen dem Funktionswert von A in (l, b) und dem Funktionswert der
Tangentialebene an der Stelle (l + Δ l, b + Δ b) gebildet. Bei der exakten
Berechnung wird die Differenz zwischen dem Wert von A in (l, b) und
dem Wert von A in (l + Δ l, b + Δ b) ermittelt.
9. Der Graph von f besitzt in P(0, 0, 0) die Tangentialebene T: z = 0. Der
Schnitt von f mit der Ebene y = 0 führt auf die Kurve g(x) = x 3 , d. h. in
x-Richtung besitzt f in P einen Sattelpunkt. Betrachtet man die Schnitte von
f mit den Ebenen x = a, so erhält man die Parabelschar h a (y) = a 3 − 3ay 2 ,
deren Scheitelpunkte auf der Schnittkurve g(x) = x 3 liegen. Für a > 0 sind
die Parabeln nach unten und für a < 0 nach oben geöffnet.
334
276
10. a) T: z = 2x − y − 1
b) T: z = x + y
c) T: z = −x + y
d) T: z = 3x + 3y − 3
Partielle Ableitungen − Ermitteln von Extrema
277
2. Mit f x (x, y) = y und f y (x, y) = x folgt
T: z = f (0, 0) + f x (0, 0) ⋅ (x − 0) + f y (0, 0) ⋅ (y − 0) = 0 .
Betrachte f auf der Geraden y = x. Dort gilt f (x, x) = x 2 ≥ 0, d. h. die
Funktionswerte von f auf der Geraden sind ≥ 0. Betrachte nun f auf der
Geraden y = −x. Dort gilt f (x, − x) = − x 2 ≤ 0, d. h. die Funktionswerte
von f auf der Geraden sind ≤ 0. Damit liegen in jeder Umgebung von (0 | 0)
sowohl die Stellen mit f ( x 0 , y 0 ) > 0 als auch Stellen mit f ( x 0 , y 0 ) < 0 .
Also kann dort weder ein Minimum noch ein Maximum liegen.
278
3. Seien x, y, z die Abweichungen von den wahren Werten. Gesucht ist das
Minimum der Funktion g(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 unter der Nebenbedingung x + y + z = 2.
Löse die Nebenbedingung nach z auf: z = 2 − x − y. Einsetzen in g ergibt
f (x, y) = x 2 + y 2 + (2 − x − y) 2 = 2x 2 + 2xy − 4x + 2y 2 − 4y + 4
Berechne das Minimum:
Notwendige Bedingung:
f (x, y) = 0
Löse das System x
.
f y (x, y) = 0
Mit f x (x, y) = 4x + 2y − 4 und f y (x, y) = 2x + 4y − 4 folgen
x e = ye =
2
3
.
Hinreichende Bedingung:
Mit f xx (x, y) = 4, f yy (x, y) = 4, f xy (x, y) = 2 folgt
( 23 , 23 ) ⋅ f yy ( 23 , 23 ) − ( f xy ( 23 , 23 )) = 4 ⋅ 4 − 2 2 = 12 > 0
Damit liegt bei ( x e | y e ) = ( 2 , 2 ) ein Minimum. Aus der Nebenbedingung
3 3
2
f xx
folgt z = 2 . Die korrigierten Werte lauten α = 73 2 °; β = 17 2 °; δ = 88 2 °.
3
3
3
4. a) Minimum T(0 | 0 | 0)
b) Maximum H(0 | 0 | 1)
c) Minimum T(2 | −5 | −18)
3
335
278
5. Fehler in der 1. Auflage im Schülerband. Es muss Minimum heißen.
Berechne das Minimum:
Notwendige Bedingung:
f (x, y) = 0
.
Löse das System x
f y (x, y) = 0
Mit f x (x, y) = 2x − 3 (1 − x 2 ) y 2 und f y (x, y) = 2(1 − x) 3 y folgen
2
x e = y e = 0. .
Hinreichende Bedingung:
Mit f xx (x, y) = 6(1 − x)y 2 + 2, f yy (x, y) = 2(1 − x) 3 ,
f xy (x, y) = −6(1 − x) 2 y folgt
f xx ( 0, 0 ) ⋅ f yy ( 0, 0 ) − ( f xy ( 0, 0 ) ) = 2 ⋅ 2 − 0 2 = 4 > 0
2
Damit liegt bei T(0 | 0 | 0) ein lokales Minimum.
Betrachte f entlang der Geraden y = x, dann folgt
f (x, x) = − x 5 + 3x 4 − 3x 3 + 2x 2 mit lim f (x, x) = −∞.
x →∞
Daher hat f kein globales Minimum.
⎛ f (0, 0) ⎞ ⎛ 0 ⎞
6. (1) Falsch, Gegenbeispiel: Für f(x,y) = xy gilt ⎜ x
⎟ = ⎜ ⎟ , aber bei
⎝ f y (0, 0) ⎠ ⎝ 0 ⎠
(0 | 0) liegt kein Extremum.
(2) Wahr, das ist das notwendige Kriterium für die Existenz von Extremwerten (vgl. Information auf S. 277 des Schülerbandes).
7. a) Berechne die Gerade y(x) = ax + b, sodass
2
2
f (a, b) = ( y( −2) − 5, 05 ) + ( y(3) − 4,93) + ( y(2,5) − 4, 01)
minimal wird, d. h. berechne das Minimum von
2
2
2
2
f (a, b) = ( −2a + b − 5, 05 ) + ( 2,5a + b − 4, 01) + ( 3a + b − 4,93)
Mit f a (a, b) = −29, 43 + 38,5a + 7b und f b (a, b) = 27,98 + 7a + 6b
folgt a e = −0,105934 und b e = 4, 78692. Damit lautet die Gerade:
y(x) = −0,105934x + 4,78692.
Berechnung mit der LinReg-Funktion des GTR:
y(x) = −0,1059340659x + 4,786923077.
b) Der Schwerpunkt ist der Schnittpunkt der Seitenhalbierenden. Er hat
die Koordinaten S(1,16667 | 4,66333).
Wegen y(x) = −0,1059340659 ⋅ 1,16667 + 4,786923077 = 4,66333
liegt S auf der Regressionsgeraden.
336
278
8. Beschränkung auf den Bereich 0 ≤ x ≤ π und 0 ≤ y ≤ π
Notwendige Bedingung:
f (x, y) = 0
Löse das System x
.
f y (x, y) = 0
Mit f x (x, y) = − cos(y) sin(2x + y) und f y (x, y) = − cos(x) sin(x + 2y)
( π2 | 0) ; (π | 0); ( π3 π3 ) ;
2π
; (0 | π); ( π π ) ; ( π | π )
3 )
2
folgen mögliche Extremstellen bei (0 | 0);
( 0 | π2 ) ; ( π2 π2 ) ; ( π | π2 ) ; ( 23π
Hinreichende Bedingung:
f xx (x, y) = −2 cos y ⋅ cos(2x + y), f xy (x, y) = − cos ( 2(x + y) ) ,
f yy (x, y) = − − 2 cos x ⋅ cos(x + 2y)
Damit folgt:
Maxima bei (0 | 0), (π | 0), (0 | π), (π | π)
Minima bei
279
(
π
3
π
3
), (
2π
3
2π
3
)
9. a) Regressionsgerade: y = 0,621622x + 0,543919
GTR liefert das gleiche Ergebnis.
b) Abweichungen:
|y(1,2) − 1,3| = 0,000102721;
|y(1,9) − 1,7| = 0,000625;
|y(2,2) − 1,9| = 0,000131939;
|y(2,3) − 2| = 0,000694394
Der gesunde Menschenverstand sagt: Zwischen der Anzahl der
Störche und der Anzahl der Geburten existiert kein Zusammenhang.
10. a) Der dargestellte Bogen hat ohne Falze die Oberfläche 2(x + y) ⋅ (y + z).
Berechne also das Minimum von f(x, y, z) = 2(x + y) ⋅ (y + z) unter der
Nebenbedingung x y z = 1000.
Auflösen der Nebenbedingung nach z und Einsetzen in f ergibt die zu
(
)
minimierende Funktion M(x, y) = 2 xy + 1000 + 1000 .
b) Notwendige Bedingung: Löse das System
(
)
x
y
M x (x, y) = 0
mit
M y (x, y) = 0
(
)
M x (x, y) = 2 y − 1000
und M y (x, y) = 2 x − 1000
+ 2y .
2
2
x
y
Das ergibt ( x e | y e ) = (10 | 10). Damit folgt z = 10, d. h. f besitzt ein
Minimum bei T(10 | 10 | 10 | 600).
Der minimale Verbrauch beträgt also 600 cm 2 .
337
279
10. c) Der dargestellte Bogen hat mit Falzen die Oberfläche
(2x + 2y + 1) ⋅ (y + z + 2).
Berechne also das Minimum von f(x, y, z) = (2x + 2y + 1) ⋅ (y + z + 2)
unter der Nebenbedingung x y z = 1000.
Auflösen der Nebenbedingung nach z und Einsetzen in f ergibt die zu
(
)
minimierende Funktion M(x, y) = (2x + 2y + 1) ⋅ 2 + 1000 + y .
Notwendige Bedingung: Löse das System
M x (x, y) = 2 ⎛⎜ 2 + y −
⎝
M y (x, y) = 5 + 2x −
xy
M x (x, y) = 0
mit
M y (x, y) = 0
500(1+ 2y) ⎞
2000
y2
x2y
⎟ und
⎠
− 1000
+ 4y.
2
xy
Das ergibt ( x e | y e ) = (11, 42 | 6, 28). Damit folgt z = 13,95, d. h.
f besitzt ein Minimum bei T(11,42 | 6,28 | 13,95 | 808,94).
Der minimale Verbrauch beträgt also 808,94 cm 2 .