Klasse ST13a HeSe 13/14 ungr MAE1 Serie 11 (Differenzenquotient

Klasse ST13a
HeSe 13/14
MAE1
ungr
Serie 11 (Differenzenquotient, Trigonometrie)
Aufgabe 1
Bei einer ansteigenden Strasse entspricht der Differenzenquotient der durchschnittlichen Steigung des
betrachteten Strassenstücks. Schätzen und berechnen Sie die durchschnittliche Steigung des Kohlenbergs in Basel in Prozent. Das Höhenprofil des Kohlenbergs ist wie folgt:
Aufgabe 2
In den Wirtschaftswissenschaften bezeichnet man den Zuwachs ∆y von y pro Zeitperiode ∆t, d.h.
also den Differenzenquotienten ∆y
∆t , als die durchschnittliche Wachstumsrate. Bestimmen Sie aus der
folgenden Graphik die durchschnittliche Wachstumsrate der Wohnbevölkerung der Schweiz in den Zeitperioden
(a) 1968 − 1972,
(b) 1972 − 1975,
(c) 1977 − 1980.
1
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Aufgabe 3
Berechnen Sie für die Funktion f (x) = x2 die Steigungen der Sekanten in den Intervallen
a) [0, 1],
b) [1, 2],
c) [−2, −1.5],
d) [x, x + h].
Aufgabe 4
Das Weg-Zeit-Gesetz einer periodischen Bewegung laute wie folgt:
s(t) = 2 sin2 (t) − cos (t),
t ≥ 0.
Zu welchen Zeiten hat die Auslenkung den Wert s = 2 ?
Aufgabe 5
Zeigen Sie, dass für −1 ≤ x ≤ 1 gilt: sin(arccos (x)) =
√
1 − x2 .
Aufgabe 6
Bestimmen Sie sämtliche reellen Lösungen der folgenden trigonometrischen Gleichungen
(Lösungen exakt):
a) sin(2x + 5) = 0.4,
b) tan(2(x + 1)) = 1,
√
√
1
c) cos(x − 1) = √ ,
d) sin x = 1 − sin2 x
2
Aufgabe 7
Skizzieren Sie die Funktion y = 1 − sin2 (x). Wie gross ist ihre Periode, wo liegen die Nullstellen und
die relativen Extremwerte?
Aufgabe 8
Beweisen Sie mit den Additionstheorem der Sinus- und Cosinusfunktion die Formeln
(
(
π)
π)
a) cos t = sin t +
,
b) sin t = cos t −
.
2
2
2
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MAE1
Lösungen Serie 11
Lösung 1
∆y = 13 m und ∆x = 190 m, also beträgt die mittlere Steigung
∆y
∆x
= 0.06842, d.h. 6.84%
Lösung 2
a) 0.0625 Mio/Jahr
b) 0.0066 Mio/Jahr
c) 0.0 Mio/Jahr
Lösung 3
Die Steigungen der Sekanten sind:
a) m = 1
b) m = 3
c) m = −3.5
d) m = 2x + h
Lösung 4
s(t) = 2 − 2 cos2 (t) − cos(t)
s = 2 = − cos (t) (2 cos (t) + 1) = 0
=⇒
Lösungen:
• cos (t) = 0 : tk =
π
2
+ kπ, k ∈ Z.
• cos (t) = − 12 : t1k =
2π
3
+ k2π sowie t2k =
4π
3
+ k2π, k ∈ Z (mit Hilfe des Einheitskreises)
Lösung 5
φ = arccos (x), d.h. cos (φ) = x =⇒ rechtwinkliges Dreieck
√ mit Hypthenuse der Länge 1 der einen
Kathete x (= Ankathete von φ) und der anderen Kathete 1 − x2 (= Gegenkathete von φ)
3
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Lösung 6
a)
arcsin (0.4)
− 52 + kπ, k ∈ Z.
2
x2k = π2 − arcsin2 (0.4) − 25 + kπ,
• 2x + 5 = arcsin (0.4) + k2π =⇒ x1k =
• 2x + 5 = π − arcsin (0.4) + k2π =⇒
b)
2(x + 1) =
π
+ kπ
4
=⇒
xk =
π
π
−1+k ,
8
2
k ∈ Z.
k ∈ Z.
c) cos (x − 1) = 12 , also
• (x − 1) =
• (x − 1) =
π
π
3 + k2π =⇒ x1k = 3 + 1 + k2π, k
5π
5π
3 + k2π =⇒ x2k = 3 + 1 + k2π,
∈ Z.
k ∈ Z.
d) sin (x) = ± √12 , also (mit Hilfe des Einheitskreises)
• sin (x) =
√1
2
: x1k =
π
4
• sin (x) = − √12 : x1k =
+ k2π und x2k =
5π
4
3π
4
+ k2π und x2k =
+ k2π, k ∈ Z.
7π
4
+ k2π, k ∈ Z.
Lösung 7
y = 1 − sin2 (x) = cos2 (x) mit der Periode p = π
Nullstellen: xk = π2 + kπ, k ∈ Z, ( = lokale Minima), sowie die lokalen Maxima: (kπ, 1), k ∈ Z.
Lösung 8
durch Nachrechnen:
a)
(
(π )
(π)
π)
sin t +
= sin (t) · cos
+ cos (t) · sin
= cos (t)
2
2
2
b)
(
(π)
(π)
π)
cos t −
= cos (t) · cos
+ sin (t) · sin
= sin (t)
2
2
2
4
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