65000 CD Originalaufgaben 2014

Hessen Leistungskurs Mathematik 2011 A2: Analysis (CAS)

An einem kleinen Fluss ist fr die Dauer von etwa 14 Tagen ein Hochwasser aufgetreten. Im Verlauf der ersten zwei Tage nach Beginn der Messung stieg der Durchfluss (vgl. Material 1) am Messstandort vom Normalwert (6 Millionen m3 Wasser pro Tag) aus an und erreichte nach zwei Tagen den Maximalwert von 10,4 Millionen m3 pro Tag. Danach ging das Hoch-wasser zunchst schneller werdend und anschlieend immer langsamer werdend auf den Normalwert zurck.

1 Skizzieren Sie in einem Koordinatensystem einen mglichen Verlauf des Durchflusses whrend des Hochwassers und beurteilen Sie, inwieweit einer der folgenden Funktions-typen fr die funktionale Beschreibung des Verlaufs in Frage kommt.

b

1 0x

2 0

3 02

4 24 0

f (x) a cos(k x d); xf (x) b x e c; x

af (x) c; xb (x d)

f (x) a x b x c; x

+

+

+

+

= +

= +

= + +

= + +

0

0

0

0 (11 BE)

2 Fr die folgenden Aufgaben verwenden Sie b x 0f (x) b x e c, x ,

+= + 0 b, c, 0+,

wobei x die seit Beginn der Messung verstrichene Zeit ist (x in Tagen). 2.1 Bestimmen Sie zunchst die Parameter b, c und so, dass die Angaben ber den Durch-

fluss im Verlauf des Hochwassers erfllt sind, und zeichnen Sie den Graphen der Funk-tion in ein passendes Koordinatensystem. [Zur Kontrolle: 0,5 xf (x) 6 x e 6, x ] + 0 (7 BE)

2.2 Zeigen Sie durch eine geeignete Rechnung, dass der Durchfluss zum Zeitpunkt x = 4 am strksten abnimmt. Erklren Sie die einzelnen Schritte der im Kasten dargestellten Rechnung. Erlutern Sie die Bedeutung des Ergebnisses x = 8 im Sachzusammenhang.

2 2

2 2

(1) y f '(4) x b(2) y f '(4) x (f (4) f '(4) 4)(3) y 6 e x 48 e 6(4) 6 6 e x 48 e 6(5) x 8

= + = +

= + +

= + + =

(11 BE)

3 Berechnen Sie das Volumen des Wassers, das insgesamt whrend des 14-tgigen Hoch-wassers zustzlich am Messstandort vorbei fliet. (4 BE)

1


4 Es soll die Frage untersucht werden, wie man zu den Durchflusszahlen eines Tages ge-langt. Fr den Pegel (Messstandort) beschreibt die Abflusstafel (Material 2) den Durch-fluss in Abhngigkeit vom Pegelstand. Der Pegelstand ist ein Ma fr den Wasserstand am Pegel. Am 2. Tag wurde jede Stunde der Pegelstand (in cm) gemessen. Die Ergebnisse sind in folgender Tabelle dargestellt:

Std. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Pegelstand (cm) 590 600 610 620 630 635 640 646 650 654

Std. 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 Pegelstand (cm) 656 658 660 661 661 662 662 663 664 666

Std. 20 21 22 23 24 Pegelstand (cm) 668 671 676 682 691

Die Pegelstnde lassen sich durch eine kubische Funktion gut approximieren, whrend die Werte in der Abflusstafel gut durch folgende quadratische Funktion A mit

4 2A(p) 3,06 10 p 0,456 p 46,5= + dargestellt werden knnen. Berechnen Sie die kubische Funktion (durch Regression) und weisen Sie nach, dass am 2. Tag insgesamt 10,4 Mio. m3 Wasser am Pegel (Messstandort) vorbei flieen. (7 BE)

Material 1

Abfluss / Durchfluss

Unter Abfluss bzw. Durchfluss versteht man das Wasservolumen, welches einen bestimmten Querschnitt pro Zeiteinheit durchfliet. So hat z. B. der Rhein am Pegel Kln einen mittleren Abfluss von ca. 2 100 Kubikmetern pro Sekunde. Bei einem Hochwasser knnen es ber

3ms

10 000 Wasser sein, die an dieser Stelle den Rhein hinabflieen.

2


Material 2

Abflusstafel

cm 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90

0 0,0 2,3 4,6 6,9 9,3 11,6 13,9 16,2 18,5 20,8

100 23,1 25,5 27,8 30,1 32,4 34,7 37,0 39,4 41,7 44,0

200 46,3 48,6 50,9 53,2 55,6 57,9 60,2 62,5 64,8 67,1

300 69,4 71,7 74,0 76,2 78,3 80,4 82,5 84,5 86,4 88,3

400 90,1 92,0 93,7 95,4 97,1 98,7 100,2 101,7 103,2 104,6

500 106,0 107,3 108,5 109,8 110,9 112,0 113,1 114,1 115,1 116,0

600 116,9 117,7 118,5 119,2 119,9 120,5 121,1 121,7 122,1 122,6

Die Abflusstafel dient zur berschlgigen Ermittlung des Abflusses an einem Messstandort, dessen Pegelstand bekannt ist. Beispiel: In der obenstehenden Tabelle wird der Abfluss fr einen Pegelstand von 130 cm bestimmt. Das Ergebnis liegt im Schnittpunkt der Zeile 100 und der Spalte 30. Es ergibt sich hier ein Abfluss von 3m

s30,1 . Zwischenwerte knnen linear aus den beiden benachbarten

Zahlen interpoliert werden. http://www.bafg.de/cln_005/nn_222576/M1/DE/03__Arbeitsbereiche/01__Hydrometrie/01__Durchflussmessung/ durchflussmessung__node.html?__nnn=true

3


Lsung

1. Zusammenstellung der Daten aus dem Text: Hochwasser: Dauer ca. 14 Tage Durchfluss am Anfang: Normalwert 6 Millionen 3mTag Durchfluss nach 2 Tagen: Maximalwert 10,4 Millionen 3mTag dann langsamer werdender Rckgang auf Normalwert (kann mathematisch modelliert

werden durch asymptotische Annherung an den Normalwert)

Skizze des Graphen, der den Durchfluss f(x) in Millionen m3 pro Tag in Abhngigkeit von der Zeit x in Tagen darstellt: Dabei sind die oben zusammengestellten Rahmen-daten zu beachten: Punkte des Graphen (0 | 6), Hochpunkt (2 | 10,4), nach dem Hochpunkt langsamer werdende (asymptotische) Abnahme des Durchflusses mit Annherung an die Parallele zur x-Achse y = 6 Beurteilung der fr die Modellierung der Real-situation vorgeschlagenen Funktionen: 1f (x) a cos(k x d)= +

Fr den Streckfaktor (Parameter) a msste der Wert des maximalen Durchflusses gewhlt werden (also a = 10,4), da die Kosinusfunktion mit dem Parameter a = 1 maximal den Funktionswert 1 annimmt. Der Parameter d, der die Phasenverschiebung steuert, msste so gewhlt werden, dass der maximale Funktionswert nach 2 Tagen angenommen wird. Der Parameter k, der die Periodenlnge steuert, msste entsprechend der Rahmendaten bestimmt werden. Da aber die Funktion zur Realsituation keine Achsensymmetrie aufweist im Gegensatz zur Achsensymmetrie des Graphen der vorgeschlagenen Kosinusfunktion, ist die Kosinus-funktion zur Modellierung nicht geeignet. Des Weiteren kann das immer langsamere Abnehmen des Durchflusses im Sinne eines asymptotischen Verhalten von f(x) 6 fr x ab dem 2. Tag durch eine Kosinusfunktion nicht modelliert werden.

r r r r r r r

Vertiefende Untersuchungen zur Modellierung mit f1: Bestimmt man die Parameter mithilfe der gegebe-nen Daten, so erhlt man die Funktion 1f (x) 10,4 cos( 0,47792 x 0,95584),= + deren

Graph in dem nebenstehenden CAS-Plot dargestellt ist.

b x2f (x) b x e c

= +

Zum Zeitpunkt x = 0 muss der Funktionswert den Normalwert des Durchflusses angeben, also msste fr den (Verschiebungs-)Parameter in y-Richtung c = 6 gewhlt werden. Die Parameterwerte und b mssten so bestimmt werden, dass der Funktionsgraph an der Stelle 2 einen Hochpunkt hat, die 1. Ableitungsfunktion also den Wert 0 (und z. B. die 2. Ableitungsfunktion an dieser Stelle einen Wert 0) annimmt.

4


Der Parameterwert fr b msste so gewhlt werden, dass die Funktion an der Stelle 2 den Wert 10,4 hat. Da sich der Funktionswert von f2 fr x asymptotisch dem Wert c annhert, scheint dieser Ansatz zur Modellierung der Realsituation geeignet zu sein. Dafr spricht auch, dass in den folgenden Aufgabenteilen dieser Funktionsansatz weiterverwendet wird.

3 2af (x) c

b (x d)= ++

Die vorgeschlagene Modellierungsfunktion nhert sich fr x asymptotisch dem Wert c und hat an der Stelle x = d (fr a, b 0) eine Extremstelle. Erste und zweite Ableitungsfunktion:

Nullstelle der 1. Ableitung und zuge-hriger Funktionswert der 2. Ableitung:

b muss 0 sein, da sonst die Nennerterme fr x = d auch den Wert 0 annehmen wrden. Auerdem muss a > 0 sein, damit die 2. Ableitungsfunktion an der Extremstelle d einen negativen Wert annimmt. Der Graph der Funktion ist achsensymmetrisch bez. einer Parallelen zur y-Achse durch den Hochpunkt. Daher kann die Situation zu Beginn der Hochwasserperiode (0 | 6) nicht erfasst werden.

r r r r r r r r r r r

Vertiefende Untersuchungen zur Modellierung mit f3: Wegen der Annherung an den Normalstand des Durchflusses fr x msste c = 6 gewhlt werden. Da an der Stelle x = d ein Hochpunkt vorliegt, msste also d = 2 gewhlt werden. Damit hat der Graph der Funktion 2a3 b (x 2)f (x) 6+ = + mit a > 0 und b 0 an der Stelle x = 2 einen Hochpunkt (siehe allgemeine Untersuchung oben). Aus der Bedingung a3 bf (2) 6 10,4= + = ergibt sich 14,4b a.= Daher ist 1

4,4

a3 a 4

f (0) 6 6 +

= + > fr alle a > 0 und die Anfangssituation (0 | 6) ist mit keiner Funktion dieser Schar exakt erfassbar.

4 24f (x) a x b x c= + +

Die vorgeschlagene Modellierungsfunktion ist eine ganzrationale Funktion 4. Grades mit ausschlielich geraden Exponenten, deren Graph daher achsensymmetrisch zur y-Achse und um den Parameterwert c nach oben verschoben ist. Fr den Parameterwert c msste der Normalwert 6 gewhlt werden, damit zum Zeitpunkt x = 0 die Anfangssituation be-schrieben werden wrde. Die asymptotisch verlaufende Realsituation f(x) 6 fr x kann aber durch eine ganz-rationale Funktion nicht beschrieben werden. Daher ist auch f4 fr die Modellierung nicht geeignet.

5


r r r r r r r r

Vertiefende Untersuchungen zur Modellierung mit f4: Wenn man die vorgegebenen Daten fr die Bestim-mung der Parameterwerte verwendet, ergibt sich die Funktion 11 114 24 40 5f (x) x x 6,= + + deren Graph in dem nebenstehenden CAS-Plot dargestellt ist.

2.1 Die 1. Ableitungsfunktion von f(x) ergibt sich unter Anwendung der Produkt- und der Kettenregel:

b b bx x xf '(x) b e x e (b x) e = = Alternativ mit CAS: f(x) wird als y1(x) und f '(x) als y2(x) eingegeben bzw. definiert, damit diese Funktionen fr die wei-tere Bearbeitung zur Verfgung stehen. Zur Zeit x = 0 ist der Durchfluss 6, also ergibt sich die Bedingung

b 0f (0) b 0 e c 6 = + = (1) c = 6

Dieses Ergebnis wird im Folgenden bereits weiterverwendet. Zur Zeit x = 2 ist der Durchfluss maximal und hat den Wert 10,4. Daraus ergeben sich folgende Bedingungen:

b 2f (2) b 2 e 6 10,4 = + = (2) b 2f '(2) (b 2 ) e 0 = = (3)

Da b 2e 0

fr alle , b > 0 ist, ergibt sich aus (3): b 2 0

b 2 =

= Setzt man dies in (2) ein, so erhlt man:

2 2

1

1

2 2 e 6 10,44 e 6 10,4

4 e 4,44,4 e 1,1 e 2,99011

4

+ = + =

= = =

Damit ergibt sich b = 2 1,1 e = 2,2 e 5,98022 und die Funktionsgleichung lautet: 0,5 x 0,5 x 1 0,5 xf (x) 2,2 e x e 6 2,2 x e 6 5,98022 x e 6 + = + = + = +

0,5 xf (x) 5,98022 x e 6 = + wird als y3(x) definiert.

6


Beschriftete Zeichnung des Graphen: Plot:

2.2 Zu zeigen ist, dass der Durchfluss zum Zeitpunkt x = 4 am strksten abnimmt. Demnach msste an der Stelle x = 4 ein Wendepunkt des Graphen vorliegen. Lsungsmglichkeit 1: Bestimmung der 1. (y4) und 2. Ableitungsfunktion (y5)

Zur Bestimmung des Wendepunkts wird die Null-stelle der zweiten Ableitungsfunktion bestimmt. Mithilfe des CAS erhlt man hierfr x = 4. Da die 2. Ableitungsfunktion in x = 4 eine Nullstelle mit Vorzeichenwechsel hat, liegt ein Wendepunkt vor.

Alternativ: Bestimmung des Wertes der 3. Ableitungsfunktion an der Stelle x = 4: Da an der Stelle 4 der Wert der 3. Ableitungsfunk-tion 0 ist, liegt ein Wendepunkt vor.

7


r r r r

Der Wendepunkt hat die Koordinaten (4 | 9,23734), d. h., am Ende des 4.Tages ist bei einem Durchfluss von rund 9,24 Millionen 3mTag die Abnahme des Durchflusses am grten.

Lsungsmglichkeit 2: Nach Markierung eines geeigneten Suchintervalls wird im Grafikmodus der Tiefpunkt des Graphen der 1. Ableitungsfunktion bestimmt.

Lsungsmglichkeit 3: Nach Markierung eines geeigneten Suchintervalls wird im Grafikmodus die Nullstelle des Graphen der 2. Ableitungsfunktion bestimmt.

Erluterung der Rechnung im Kasten: Gleichung (1) beschreibt die Tangente, die den Funktionsgraphen im Wendepunkt (4 | f(4)) berhrt. Wenn man nun die Koordinaten des Wendepunktes in die Tangentengleichung einsetzt und nach b umstellt, erhlt man:

f (4) f '(4) 4 b b f (4) f '(4) 4= + = Dies wird wiederum in Gleichung (1) eingesetzt und so entsteht die Gleichung (2). Es gelten:

0,5 4 2 2f (4) 2,2 e 4 e 6 23,9209 e 6 24 e 6 = + = + + 0,5 4 2 2 2f '(4) (2,2 e 1,1 e 4) e 2,2 e e 5,980022 e 6 e = = =

Damit ergibt sich nach Einsetzung in Gleichung (2): 2 2 2 2 2y 6 e x 24 e 6 e 4 6 6 e x 48 e 6 = + + + = + +

Dies ist Gleichung (3). Gleichung (4) beinhaltet den Ansatz fr die Berechnung der Stelle x, an der die Tangente den Funktionswert 6 hat. Im Sachzusammenhang wird hier berechnet, an welchem Tag der Normaldurchfluss erreicht werden wrde, wenn vom Wendepunkt an der Durchfluss linear mit der gleichen Abnahmerate wie im Wendepunkt abnehmen wrde. Danach knnte man nach frhestens 8 Tagen (siehe Gleichung (5)) damit rechnen, dass der Nor-maldurchfluss wieder erreicht wird.

8


3 Hier ist der Flcheninhalt der Flche zu bestimmen, die von den Graphen zu f(x) und y = 6 im Intervall [0; 14] eingeschlossen wird. Es muss also folgendes bestimmte Integral berechnet werden:

140,5 x

0

(5,98022 x e ) dx

Lsungsmglichkeit 1: Insgesamt flieen also whrend des Hochwassers rund 24 Millionen m3 Wasser mehr als sonst durch den Fluss.

Lsungsmglichkeit 2: Im Grafikmodus wird jeweils die Flche unter dem Graphen von f und die unter y = 6 (y7(x)) ermittelt und dann die Differenz berechnet.

Der Inhalt der eingeschlossenen Flche ist also 107,746 84 = 23,746. Lsungsmglichkeit 3: Eingabe der Integranden-Funktion f(x) 6 (y8(x)) im Graphikmodus und Berechnung des Inhalts der Flche zwischen dem Graphen der Integranden-Funktion und der x-Achse.

4 Aus der Abflusstafel (Material 2) lsst sich der jeweilige Durch- bzw. Abfluss in Abhn-gigkeit vom momentanen Pegelstand (Wasserhhe an der Messstation) entnehmen. Dieser Zusammenhang lsst sich laut Text gut durch die Funktion

4 2A(p) 3,06 10 p 0,456 p 46,5= + darstellen, wobei A der Durch- oder Abfluss in m3 pro Sekunde ist und p der Pegelstand in cm. Die in der Tabelle gegebenen Pegelstnde in Abhngigkeit von der Zeit am 2. Tag sollen durch eine kubische Funktion approximiert werden.

9


Eingabe der Daten aus der Tabelle:

Erstellung der kubischen Regression:

Fr die gesuchte Nherungsfunktion 3. Grades ergibt sich also nach Rundung der Koef-fizienten auf 4 Nachkommastellen:

3 2p(t) 0,0213 t 0,9083 t 13,7554 t 587,4450= + + (Eingabe als y9(x))

r r r r

Die leichte Abweichung zu der im offiziellen Erwartungshorizont angegebenen Funktion tritt aufgrund der unterschiedlichen Rundungsstrategie und Darstellung auf:

2 3 2p(h) 2,13 10 h 0,908 h 13,8 h 587= + +

Die Funktion p(t) gibt also den Pegelstand (d. h. die Wasserhhe an der Messstation) in cm in Abhngigkeit vom Messzeitpunkt in Stunden an. Nebenstehend sind der Plot des Datensatzes und des Graphen der Nherungsfunktion dargestellt.

10


Nun soll nachgewiesen werden, dass am 2. Tag insgesamt 10,4 Millionen m3 Wasser am Messstandort vorbeiflieen (vgl. Daten zu Teilaufgabe 1). Da es hier um den Durch- bzw. Abfluss in Abhngigkeit von der Zeit geht, mssen die Funktionen A(p) und p(t) hintereinander ausgefhrt, d. h. miteinander verkettet werden:

4 3 2 23 2

f (t) A(p(t)) 3,06 10 (0,0213 t 0,9083 t 13,7554 t 587,4450)0,456 (0,0213 t 0,9083 t 13,7554 t 587,4450) 46,5

= = + ++ + +

Nach Eingabe von A(p) als y10(x) lsst sich f(t) bestimmen: Nach Rundung der Koeffizienten auf 6 Nach-kommastellen ergibt sich:

7 6 54 32

f (t) 1,4 10 x 0,000012 x0,000431 x 0,009698 x0,145534 x 1,327171 x115,776894

= + + + +

f(t) wird als y11(x) abgespeichert.

r r r r

Im Vergleich dazu die im offiziellen Erwartungshorizont angegebene Funktion: 7 6 5 5 4 4 3 2f (h) 1,39 10 h 1,18 10 h 4,32 10 h 0,0097 h 0,145 h

1,32 h 116

= + + + +

Die Funktion f(t) gibt den Durch- bzw. Abfluss in m3 pro Sekunde in Abhngigkeit von der Zeit in Stunden an. Um den gesamten Durch- bzw. Abfluss am 2. Tag zu bestimmen, muss der Inhalt der

Flche unter dem Graphen von f(t), also der Wert des bestimmten Integrals 24

0

f (t) dt berechnet und danach die Maeinheiten angepasst werden. Lsungsmglichkeit 1: Das Integral kann mithilfe des CAS direkt gelst werden.

Lsungsmglichkeit 2: Integration im Grafikmodus nach Wahl des Integra-tionsintervalls Da sich mit dem Cursor die Integrationsgrenzen nicht genau auf 0 bzw. 24 einstellen lassen, tritt hier eine kleine Abweichung zum Ergebnis oben auf.

Nun mssen noch die Maeinheiten angepasst werden. Der gesamte Durchfluss am 2. Tag ist also:

3 37 3 3m m2 893,36 h 2 893,36 3 600 s 1,04161 10 m 10,4 Millionen m

s s = =

Dies war zu zeigen.

11

Hessen Leistungskurs Mathematik 2011 B2: Analytische Geometrie (CAS)

Durch die Gleichung 3t x 4t y 5z 15t, t \ {0}, + + = 0 ist eine Schar von Ebenen Et gege-ben.

1.1 Berechnen Sie den Parameter t so, dass die Ebene Et durch den Punkt (2 | 1 | 1) verluft. Geben Sie die Schnittpunkte dieser Ebene mit den Koordinatenachsen (Spurpunkte) an. Zeichnen Sie die Spurpunkte sowie ihre Verbindungsstrecken (Spurdreieck).

1.2 Zeigen Sie, dass zwei der Spurpunkte aus Aufgabe 1.1 auch Spurpunkte jeder Ebene der Schar sind. Beschreiben Sie die Lage der Ebenen der Schar.

1.3 Zeigen Sie mithilfe Ihres Computeralgebrasystems, dass in jedem Spurdreieck (unabhn-gig von dem Parameter t) der Innenwinkel an der Ecke auf der z-Achse kleiner als 90 ist. (12 BE)

2 Untersuchen Sie, welche Abstnde zwischen dem Koordinatenursprung und beliebigen Ebenen der Schar auftreten knnen. (6 BE)

3 Durch die Matrix

3 514 3 12

51 24 3 12

71 14 3 12

M

=

9 4 51 3 8 512 3 4 7

= ist eine lineare Abbildung des 03 in sich definiert.

3.1 Zeigen Sie, dass die durch M definierte lineare Abbildung folgende Eigenschaften be-sitzt: a) Alle Punkte der Ebene F: 3x 4y 5z 0+ + = (F liegt parallel zu E1) werden auf sich

selbst abgebildet. b) Alle Punkte des 03 werden auf die Ebene F abgebildet.

3.2 Begrnden Sie, warum aus Aufgabe 3.1 folgt: M2 = M. (12 BE)

12


Lsung

1.1 Setzt man die Koordinaten des Punkts (2 | 1 | 1) in die Koordinatengleichung der Ebenen-schar ein, so ergibt sich die Gleichung:

6t + 4t + 5 = 15t Die Lsung ist t = 1.

Die Spurpunkte sind die Schnittpunkte der Ebene mit der Gleichung 3x + 4y + 5z = 15 und den Koordinatenachsen. Um den Schnittpunkt mit der x-Achse zu erhalten, setzt man y = z = 0. Daraus folgt 3x = 15 und als Spurpunkt Sx(5 | 0 | 0). Analog erhlt man fr die beiden anderen Spurpunkte Sy(0 | 3,75 | 0) und Sz(0 | 0 | 3). Zeichnung:

1.2 Setzt man die Koordinaten der Punkte Sx und Sy in die Ebenengleichung ein, so sieht man, dass die Gleichung erfllt wird (15t = 15t). Beim Einsetzen von (0 | 0 | 3) stimmt das nicht: (15 = 15t). Diese Gleichung ist nur fr t = 1 erfllt. Das heit, dass alle Ebenen der Schar die Gerade gemeinsam haben, die durch die Spur-punkte Sx und Sy verluft. Es handelt sich hierbei um ein Ebenenbschel.

13


1.3 Der Innenwinkel des Spurdreiecks mit Scheitel auf der z-Achse wird gebildet durch die Geraden, die durch die Richtungsvektoren x zS S

und y zS S

definiert sind. Lsungsweg 1: Der Kosinus des Winkels zwischen diesen beiden Geraden ist gegeben durch:

5 00 3,75

3t3tx z y z2 2

x z x z

2

2 2

S S S Scos

S S S S (25 9t )(14,0625 9t )9t

(25 9t )(14,0625 9t )

= = + +

=

+ +

Wie man sieht, ist dieser Wert immer positiv (t 0) und kleiner als 1, da der Ausdruck unter der Wurzel im Nenner immer grer als 81t4 ist. Damit gilt fr den Kosinus:

0 < cos < 1 und fr den Winkel 0 < < 90 Lsungsweg 2: Als Alternative knnte man sich auch mithilfe des CAS besttigen lassen, dass es fr die Ungleichung cos < 0 keine Lsung gibt, was auf dasselbe Ergebnis hinausluft.

2 Fr den Abstand d eines Punktes P von einer Ebene E gilt: nd (OP OX)n

=

Hierbei ist X ein beliebiger Punkt der Ebenen Et und n

ein Normalenvektor der Ebene. Setzt man fr P den Koordinaten-ursprung, fr X den Punkt X(5 | 0 | 0), der in jeder Scharebene liegt, und fr den Normalenvektor

3t4t5

n

=

ein, so erhlt man:

2

3 tdt 1

| |=

+

Da die Wurzel grer als | t | ist, ist der Wert des Bruches kleiner als 3. Wegen des Betrags und der Voraussetzung t 0 ist der Ausdruck grer als null. Damit gilt fr d:

0 < d < 3

14


3.1. a) Zu zeigen ist, dass ein beliebiger Punkt P F mit OP

ein Fixpunkt der linearen Abbil-dung ist, also Folgendes gilt:

M OP OP =

Da aufgrund der Ebenengleichung von F (3x + 4y + 5z = 0) die Koordinate z von den Koordinaten x und y abhngt, gilt fr einen beliebigen Punkt P der Ebene:

3 45 5

x xOP y y

z x y

= =

3 34 45 5 5 5

9 4 5 x x1M OP 3 8 5 y y OP,12 3 4 7 x y x y

= = =

was zu zeigen war.

b) Um zu zeigen, dass auch alle Punkte des 03 auf F abgebildet werden, nimmt man einen beliebigen Punkt Q(x | y | z) und wendet die lineare Abbildung mit der Matrix M auf diesen Punkt an. Das Produkt M OQ OQ' =

muss dann wieder die Gleichung der Ebene F erfllen.

15


Es gilt: 9x 4y 5z

12(3x 8y 5z)

12(3x 4y 7z)

12

9 4 5 x1OQ' M OQ 3 8 5 y12 z3 4 7

+

+

= = =

Daraus folgt: (3x 8y 5z) (3x 4y 7z)9x 4y 5z3x 4y 5z 3 4 5 0

12 12 12 + +

+ + = + + =

Damit liegt der Bildpunkt Q' auf der Ebene F, was zu zeigen war.

3.2 Es handelt sich bei dieser linearen Abbildung um eine Projektion des Raumes auf die Ebene F. Wendet man die lineare Abbildung mit der Abbildungsmatrix M auf das Ergeb-nis der ersten Abbildung an, so besteht die Ausgangsmenge nur noch aus Punkten von F und diese sind, wie in Teilaufgabe 3.1 dargestellt, Fixpunkte der linearen Abbildung, bleiben also nach der Abbildung unverndert.

2M (M OP) M OP M OP' OP' = = =

Daraus folgt nicht nur M2 = M, sondern auch Mn = M fr n 1.

16

Hessen Leistungskurs Mathematik 2012 A1: Analysis (GTR)

Zu untersuchen sind Funktionen der Schar fk mit fk(x) = (ln(x))2 k ln(x), x 0+ und k 0.

1 Skizzieren Sie drei Vertreter der Schar und geben Sie drei gemeinsame Eigenschaften dieser Graphen an. (4 BE)

2 Im Material sind die Graphen der Funktion f 1 sowie die ihrer ersten beiden Ableitungen

1'f und 1''f abgebildet. 2.1 Geben Sie an, welcher der Graphen A, B bzw. C jeweils zu f

1, ' 1f und ''1f gehrt. Begrnden Sie dies ohne Rechnung mithilfe der Eigenschaften der drei Graphen. (4 BE)

2.2 Untersuchen Sie den Verlauf der drei Graphen fr wachsende x-Werte. (3 BE) 2.3 Bestimmen Sie den Inhalt des schraffierten Flchenstcks S1S2S3, verwenden Sie hierbei

die Werte x1 = e 0,5, x2 = 1 und x3 = e0,5. (7 BE)

3.1 Bestimmen Sie mithilfe partieller Integration (Produktintegration) eine Stammfunktion F

1 der Funktion f 1. [zur Kontrolle: F

1(x) = x(ln(x))2 x ln(x) + x] (8 BE) 3.2 Berechnen Sie den Inhalt des von dem Graphen von f

1 und der x-Achse eingeschlos-senen Flchenstcks. (4 BE)

4 Als Funktionenpaar in dieser Schar werden jeweils die beiden Funktionen bezeichnet, bei denen sich der Parameter k nur im Vorzeichen unterscheidet.

4.1 Zeigen Sie, dass die Tiefpunkte der beiden Graphen eines Paares die gleiche y-Koordi-nate haben. (4 BE)

4.2 Es lsst sich zeigen, dass die folgenden Beziehungen gelten: f1(e1 x) = f 1(x) und f2(e2 x) = f 2(x) Deuten Sie diese Beziehungen geometrisch. Beweisen Sie die Verallgemeinerung: fk(ek x) = f k(x) (6 BE)

17


Material

18


Lsung

1 Da in Teilaufgabe 2 und im vorgelegten Material der Graph der Funktion f 1 bereits vor-

kommt, sind hier die Graphen der Funktionen f0(x) = (ln(x))2, f1(x) = (ln(x))2 ln(x) und f

2(x) = (ln(x))2 + 2 ln(x) gezeichnet.

Gemeinsame Eigenschaften aller drei Graphen (davon sind laut Aufgabenstellung drei anzugeben): Gemeinsamer Punkt ist (1 | 0). fk(x) fr x 0 (die y-Achse ist senkrechte Asymptote) fk(x) fr x Alle Graphen haben einen Tiefpunkt. Eingabe in den GTR und Screenshot:

19


2.1 Graph A gehrt zu f 1(x), da er ebenfalls die in Teilaufgabe 1 erwhnten Eigenschaften

aufweist. Graph C gehrt zu ' 1f (x), da er an der Extremstelle von Graph A eine Nullstelle hat, links von der Nullstelle negative Funktionswerte aufweist, was zu den negativen Steigun-gen von A passt, und rechts von der Nullstelle positive Funktionswerte hat, was zu den positiven Steigungen von A passt. Graph B gehrt zu ''1f (x), da er an der Extremstelle von Graph C eine Nullstelle hat und die Vorzeichen der Funktionswerte zu den Steigungen von Graph C passen.

2.2 Konkrete Bestimmung der 1. und 2. Ableitung: 2

1f (x) (ln(x)) ln(x) = + ' 1 11

1 1f (x) 2 ln(x) 2 ln(x) x xx x

= + = +

Mit der Produktregel gilt: '' 1 2 21 2 2 2 2 2

2 ln(x) 2 ln(x)2 2 1 1f (x) x 2 ln(x) ( 1 x ) xx x x x x x

= + = =

Fr 21f (x) (ln(x)) ln(x) = + gilt 1f (x) fr x , da 1f (x) fr wachsende x zwar immer langsamer, aber dennoch streng monoton zunimmt.

'

1f (x) und ''1f (x) gehen beide gegen 0 fr x . Wertetabellen fr 1f (x), ' 1f (x) und ''1f (x) (Schrittweite jeweils 100):

20


2.3 Gegeben sind die Integrationsgrenzen x1 = e 0,5, x2 = 1 und x3 = e0,5. Bestimmung des Flcheninhalts des 1. Flchenstcks zwischen Graph C und der x-Achse fr x1 x x2:

22

0,511

xx 1' 2

1 1 x ex 2

f (x)dx [f (x)] [(ln(x)) ln(x)]0 (( 0,5) ( 0,5))

0,25 0,5 0,25 FE

= = +

= +

= + =

Mit dem GTR:

Also ist 0,54 4y (1) y (e ) 0,25. = Bestimmung des Flcheninhalts des 2. Flchenstcks zwischen Graph B und der x-Achse fr x2 x x3:

0,5332

2

x ex

'' '

1 1 x1x

0,5 0,5

2 ln(x) 1f (x)dx [f (x)]x x

2 0,5 1 21 1 0,21 FEe e e

= = +

= + =

21


Mit dem GTR:

Der Flcheninhalt des gesamten Flchenstcks ist also 2 14e 1 0,46 FE. +

3.1 Lsungsweg 1: Es ist:

2 21 1F (x) f (x)dx [(ln(x)) ln(x)]dx (ln(x)) dx ln(x)dx = = + = +

Fr das zweite Teilintegral gilt (Formelsammlung oder Produktintegration): ln(x)dx x ln(x) x=

Mit der Regel fr die Produktintegration u'(x) v(x)dx u(x) v(x) u(x) v'(x)dx =

gilt fr das erste Teilintegral (mit u'(x) ln(x) u(x) x ln(x) x= = und 1x

v(x) ln(x) v'(x) ):= = 2(ln(x)) dx ln(x) ln(x)dx

1(x ln(x) x) ln(x) (x ln(x) x) dxx

(x ln(x) x) ln(x) ln(x)dx 1dx(x ln(x) x) ln(x) (x ln(x) x) x(x ln(x) x) ln(x) x ln(x) 2 x

=

=

= +

= += +

22


Insgesamt ist nun 2

1

2

F (x) (ln(x)) dx ln(x)dx(x ln(x) x) ln(x) x ln(x) 2 x x ln(x) xx (ln(x)) x ln(x) x

= +

= + +

= +

in bereinstimmung mit dem angegebenen Kontrollergebnis. Lsungsweg 2:

21 1

2

F (x) f (x)dx [(ln(x)) ln(x)]dx1 (ln(x)) dx ln(x)dx

= = +

= +

Mit u '(x) 1 u(x) x= = und 12x

v(x) (ln(x)) v '(x) 2 ln(x)= = ergibt sich: 2

1

2

2

2

2

1F (x) x (ln(x)) x 2 ln(x) dx x ln(x) xx

x (ln(x)) 2 ln(x)dx x ln(x) xx (ln(x)) 2 (x ln(x) x) x ln(x) xx (ln(x)) 2 x ln(x) 2 x x ln(x) xx (ln(x)) x ln(x) x

= +

= +

= +

= + +

= +

3.2 Um die linke Integrationsgrenze zu bestimmen, mssen die Nullstellen von f 1 bestimmt

werden: 2

1f (x) (ln(x)) ln(x) ln(x) (ln(x) 1) 0 = + = + = 2x x 1 = =

(siehe Teilaufgabe 2.3) oder

14x x e

= =

Mit dem GTR:

23


Das gesuchte Flchenstck lsst sich nun mithilfe des folgenden bestimmten Integrals berechnen:

11

11 1 1 1 1

1 1 ee

3f (x)dx [F (x)] 1 (e 1 e ( 1) e ) 1 3 e 1 0,1e

= = + = =

Mit dem GTR:

Da das Flchenstck unterhalb der x-Achse liegt, fhrt das bestimmte Integral auf ein negatives Ergebnis. Daher betrgt der Flcheninhalt also ca. 0,1 FE.

24


4.1 Die 1. Ableitungsfunktion von fk(x) = (ln(x))2 k ln(x) ist: 1 k'

k x xf (x) 2 ln(x)= (Kettenregel oder Produktregel) Extremstellen von fk:

'

k1 kf (x) 2 ln(x) 0x x

= =

Da 1x

0 fr alle x 0+, muss 2 ln(x) k = 0 gelten. Dies ist der Fall fr:

k2

k2 ln(x) k ln(x) x e2

= = =

Die zweite Ableitungsfunktion von fk(x) ist:

2 2 2 2 22 ln(x) 2 ln(x)2 k 2 kf ''(x)

x x x x x

+= + =

Da kk 22

k k k

22 k 2e e e

f ''(e ) 0+= = > ist fr alle k, liegt an der Stelle k2e ein Tiefpunkt vor. Der zugehrige Funktionswert ist:

k k k2 2 2

2 2 2 22

kk k k k kf (e ) (ln(e )) k ln(e ) k4 2 4 2 4

= = = =

Passend zu den Graphen sind ( )k 22 kk 4T e die Tiefpunkte der Scharkurven. Da der y-Wert 2k4 fr die betragsgleichen k von Funktionenpaaren gleich ist, stimmt die Behauptung.

4.2 Geometrische Deutung: Wird in fk das Funktionsargument x jeweils durch ek x ersetzt, wird der jeweilige Funktionsgraph in x-Richtung mit dem Faktor ek derart gestreckt (oder gestaucht), dass man den Graphen von f

k erhlt. Zur Veranschaulichung sind hier die Graphen von f1 und f 1 sowie von f2 und f 2 ge-zeichnet:

25


Zu zeigen: fk(ek x) = f k(x) Beweis:

k k 2 kk

k 2 k

2

2 2 2

2k

f (e x) (ln(e x)) k ln(e x)(ln(e ) ln(x)) k (ln(e ) ln(x))(k ln(x)) k k k ln(x)k 2 k ln(x) (ln(x)) k k ln(x)(ln(x)) k ln(x) f (x)

=

= + +

= +

= + +

= + =

26

Hessen Leistungskurs Mathematik 2012 A1: Analysis (TR)

Gegeben ist die Funktion f mit f(x) = (ln(x))2 + ln(x), x 0+.

1 Im Material sind die Graphen der Funktion f sowie die ihrer ersten beiden Ableitungen f ' und f '' abgebildet.

1.1 Geben Sie an, welcher der Graphen A, B bzw. C jeweils zu f, f ' bzw. f '' gehrt. Begrnden Sie dies ohne Rechnung mithilfe der Eigenschaften der drei Graphen. (6 BE)

1.2 Bestimmen Sie den Inhalt des schraffierten Flchenstcks S1S2S3, verwenden Sie hierbei die Werte x1 = e 0,5, x2 = 1 und x3 = e 0,5. (8 BE)

2.1 Bestimmen Sie mithilfe partieller Integration (Produktintegration) eine Stammfunktion F der Funktion f. [zur Kontrolle: F(x) = x(ln(x))2 x ln(x) + x] (8 BE)

2.2 Berechnen Sie den Inhalt des von dem Graphen von f und der x-Achse eingeschlossenen Flchenstcks. (4 BE)

3 Die Funktion f gehrt (k = 1) zu der Funktionenschar fk mit fk(x) = (ln(x))2 k ln(x), k 0. Als Funktionenpaar in dieser Schar werden jeweils die beiden Funktionen be-zeichnet, bei denen sich der Parameter k nur im Vorzeichen unterscheidet.

3.1 Zeigen Sie, dass die Graphen der Funktionenschar fk nur Tiefpunkte besitzen und dass die Tiefpunkte eines Funktionenpaares die gleiche y-Koordinate besitzen. (6 BE)

3.2 Fr | k | = 1 und | k | = 2 sind die Nullstellen der beiden Funktionenpaare im unten stehen-den Kasten gegeben. Zeigen Sie fr | k | = 1 und | k | = 2, dass die beiden Nullstellen einer Funktion eines Funk-tionenpaares jeweils durch Multiplikation mit einem geeigneten Faktor die Nullstellen der anderen Funktion des Funktionenpaares ergeben.

Nullstellen fr zwei Funktionenpaare: | k | = 1: f

1(x) = 0 x = e 1, x = 1 f1(x) = 0 x = 1, x = e | k | = 2: f

2(x) = 0 x = e 2, x = 1 f2(x) = 0 x = 1, x = e2

(2 BE) 3.3 Es lsst sich zeigen, dass die folgenden Beziehungen gelten:

f1(e1 x) = f 1(x) und f2(e2 x) = f 2(x) Deuten Sie diese Beziehungen geometrisch. Beweisen Sie die Verallgemeinerung: fk(ek x) = f k(x) (6 BE)

27


Material

28


Lsung

1.1 Die Nullstellen des Graphen A ergeben keine signifikanten Informationen bezglich der beiden anderen Graphen. Aber an der Stelle x1 hat C eine Nullstelle und hier hat A einen Tiefpunkt. Damit ist C ein Kandidat fr f ', wenn A der Graph von f ist. Fr diese Kons-tellation spricht auch das Zusammenspiel von Steigung von A und den Funktionswerten von C. Links von x1 fllt A streng monoton (negative Steigung) und C hat in diesem Intervall negative Funktionswerte. Rechts von x1 ist A streng monoton steigend (positive Steigung) und die Funktionswerte von C sind positiv. Es fehlt noch eine Zuordnung fr den Graphen von B. B hat eine Nullstelle bei x3 und hier hat C vermutlich einen Hochpunkt. Folgerung: A ist der Graph von f, C der von f ' und B der von f ''.

1.2 Ansatz fr die gesuchte Flchenmazahl: 0,532

0,51 2

xx 1 e

x x e 1

f '(x) dx f ''(x) dx f '(x) dx f ''(x) dx

+ = +

Es werden die entsprechenden Stammfunktionen bentigt, also f und f '. f liegt in der Aufgabenstellung schon vor, es folgt die Berechnung von f ':

1 1 1f '(x) 2 ln(x) (2 ln(x) 1)x x x

= + = +

0,5 0,5

0,50,5

1 e e12e 1

e 12

0,5

1f '(x) dx f ''(x) dx [(ln(x)) ln(x)] (2 ln(x) 1)x

10 [( 0,5) ( 0,5)] (2 0,5 1) 1 (2 0 1)e

1 2 14 e0,46 FE

+ = + + +

= + + + +

= +

2.1 Das Integral 2(ln(x)) dx ln(x) ln(x) dx=

bestimmt man mithilfe der partiellen Integration und das Integral ln(x) dx x ln(x) x=

entnimmt man der Formelsammlung. Die Formel zur Anwendung der partiellen Integration lautet:

u'(x) v(x) dx u(x) v(x) u(x) v '(x) dx = Mit der Wahl u(x) = ln (x) und v'(x) = ln (x) ergeben sich:

1u'(x)

x= und v(x) x ln(x) x=

29


Also gilt fr die partielle Integration:

2

2

1ln(x) ln(x) dx ln(x) [x ln(x) x] [x ln(x) x] dxx

x [ln(x)] x ln(x) (ln(x) 1) dxx [ln(x)] x ln(x) [x ln(x) x x]

=

=

=

Zusammengefasst ergibt sich folgende Lsung: 2 2

2([ln(x)] ln(x)) dx x [ln(x)] x ln(x) [x ln(x) x x] x ln(x) x

x [ln(x)] x ln(x) x (w. z. b. w.)+ = +

= +

2.2 Zur Bestimmung der Integrationsgrenzen sind die Nullstellen der Funktion f zu berech-nen. Ansatz: f(x) = 0

1

ln (x) (ln (x) 1) 0ln (x) 0 ln(x) 1

x 1 x e

=

= =

= =

Aus der Skizze ist zu erkennen, dass die Flche unterhalb der x-Achse liegt und daher eine negative Zahl erwartet wird. Berechnung der Mazahl der Flche:

1

11 2 1 1

1 1 1e1

f (x) dx 1 (e ( 1) e ( 1) e )1 (e e e )1 3 e

0,1

= +

= + +=

Die gesuchte Mazahl der Flche betrgt etwa 0,1 FE.

3.1 Bestimmung mglicher Extrempunkte der Funktionenschar fk: Ansatz fr die notwendige Bedingung: 'kf (x) 0=

'

k1 1 1f (x) 2 ln (x) k (2 ln (x) k)x x x

= =

1 (2 ln(x) k) 0x

=

Da 1x

0 folgt 2ln (x) k = 0 und damit x = e0,5 k. ''

k 2 2 2

2 2 2

1 1 1 1 1f (x) 2 (2ln (x) k) 2 (2ln (x) k)x x x x x

2ln(x)1 k 2(2 2ln (x) k)x x x

= =

+= + =

30


Mit der hinreichenden Bedingung: '' '' 0,5kk E k

k k

k

f (x ) f (e )k 2 ke e

2 0, fr alle ke

=

+ =

= > 0

Damit enthlt die Funktionenschar nur Tiefpunkte bei T(e0,5k | 0,25k2). Da k im Term fr die y-Koordinate des Tiefpunkts quadratisch vorkommt, haben die Tiefpunkte der Funktionenpaare der Funktionenschar gleiche y-Koordinaten.

3.2 Werden die Nullstellen fr k = 1 mit e multipliziert, so gehen sie in die Nullstellen fr k = 1 ber. Im Falle des berganges von den Nullstellen fr k = 2 in diejenigen fr k = 2 ist es der Faktor e2.

3.3 Es handelt sich um Streckungen von Funktionsgraphen: Wird der Graph von f

1 um den Faktor e in Richtung der x-Achse gestreckt, so erhlt man den Graphen von f1. Alternativ: Wird der Graph von f1 um den Faktor e1 in Richtung der x-Achse gestreckt, so erhlt man den Graphen von f

1. Wird der Graph von f

2 um den Faktor e2 in Richtung der x-Achse gestreckt, so erhlt man den Graphen von f2. Alternativ: Wird der Graph von f2 um den Faktor e2 in Richtung der x-Achse gestreckt, so erhlt man den Graphen von f

2.

Beweis der Verallgemeinerung fk(ek x) = fk(x) (Beispiel fr einen direkten Beweis): k k 2 k

kk 2 k

2 2 2

2

k

f (e x) (ln(e x)) k ln(e x)(ln(e ) ln(x)) k ln(e ) k ln(x)k 2k ln(x) (ln(x)) k k ln(x)(ln(x)) k ln(x)f (x) w. z. b. w.

=

= + = + + = + =

31


Fr Skisprungschanzen, auf denen offizielle Wettkmpfe stattfinden, hat der internationale Skiverband (FIS) Normen erstellt. In einer lteren Norm steht: Die Anlaufbahn besteht aus einem mglichst geradlinig gestalteten Teil mit der Neigung , einem anschlieenden kreisfrmigen bergangsbogen mit dem Radius r und dem geradlinig verlaufenden Schanzentisch mit der Neigung und der Lnge t. Die Mhlenkopfschanze in Willingen wurde nach ihrem Umbau im Jahr 2000 von der FIS als offizielle Wettkampfsttte anerkannt. Von der Schanze sind folgende Angaben bekannt: In einem Koordinatensystem (alle Angaben in Metern) beginnt der Anlauf im Punkt PA(0 | 50,64). Der obere geradlinige Teil hat die Lnge 56,3 m und die Neigung = 35 gegenber der Horizontalen. Der kreisfrmige bergangsbogen hat den Mittelpunkt M(106,36 | 104,35). Der Schanzentisch beginnt im Punkt PS(86,32 | 1,28), hat die Lnge 6,7 m und die Neigung = 11 gegenber der Horizontalen. Der gesamte Anlauf, also auch der Schanzentisch, ist nach unten geneigt.

1.1 Skizzieren Sie den Verlauf des Anlaufs in einem Koordinatensystem. Bestimmen Sie die Geradengleichung fr den geradlinigen Anlauf und die Koordinaten des Punktes PE(xE | yE), an dem dieser endet. [zur Kontrolle: PE(46,12 | 18,35) (auf 2 Nachkommastellen gerundet)] (7 BE)

1.2 Der kreisfrmige bergangsbogen soll durch die folgende Formel beschrieben werden: 1052 = (x 106,36)2 + (y 104,35)2 Zeigen Sie, dass sich ein geeigneter Teil dieses Bogens (nherungsweise) an den gerad-linigen Anlaufteil ohne Knick und ohne Sprung anschliet. (6 BE)

2 Krmmungsnderungen auf der Anlaufbahn fhren zu unterschiedlichen Belastungen der Muskulatur bei den Springern. Je grer die Krmmungsnderung ist, desto grer ist die Belastung. Die Krmmung k an einer Stelle x einer (zweimal differenzierbaren) Funktion f ist gegeben durch:

2 3f ''(x)k(x)

( 1 f '(x) )=

+

2.1 Zeigen Sie, dass fr jede beliebige Halbkreislinie mit der Funktionsgleichung 2 2y r x ,= x [a, b], r > 0, r a < b r die Krmmung durch 1

rk(x) = beschrieben

wird und somit konstant ist. (7 BE) 2.2 Beurteilen Sie fr diese Schanze, welche Auswirkungen das Krmmungsverhalten des

Anlaufs einschlielich des Schanzentischs auf die Muskelbelastung der Springer hat. (3 BE)

3 In der neueren FIS Norm steht, dass die gekrmmte bergangskurve eine kubische Parabel, d. h. eine Parabel dritter Ordnung, sein darf.

3.1 Ermitteln Sie die Funktionsgleichung einer kubischen Parabel p3, die sich an den ber-gangsstellen ohne Knick und ohne Sprung an die geradlinigen Teile anschmiegt. [zur Kontrolle: p3(x) = 0,00002805259524x3 + 0,01186431202x2 1,61556349x + 70,37570364] (8 BE)

32


3.2 Im Material ist der Graph der Krmmung des kreisfrmigen Bogens und der Graph der Krmmung kp3 des kubischen Parabelbogens im Intervall [46,12; 86,32] dargestellt. Erklren Sie die Bedeutung des Terms

3

b

pa

1 k (x) dx.b a

Berechnen Sie diesen Term fr die Krmmungsfunktion kp3(x) = 0,000002954 x2 + 0,000389335 x 0,002897834, x [46,12; 86,32] und vergleichen Sie den Wert mit der Krmmung des Kreisbogens. (5 BE)

4 Fr die Bogenlnge des Graphen im Intervall [x1; x2] einer differenzierbaren Funktion f gilt:

2

1

x

2Bogen

x

L 1 f '(x) dx= +

Berechnen Sie mit dieser Formel die Lnge des gekrmmten Teils des Anlaufs, sowohl fr den Fall, dass dieser kreisfrmig ist, als auch fr den Fall, dass der gekrmmte Teil des Anlaufs durch die ermittelte kubische Parabel beschrieben wird. Vergleichen Sie beide Ergebnisse. (4 BE)

Material

33


Lsung

1.1

Die Geradengleichung fr den Anlauf ergibt sich aus der y-Koordinate des Schnittpunkts PA und dem gegebenen Winkel (35), wobei beachtet werden muss, dass die Steigung der Geraden negativ ist. Es folgt:

g(x) tan35 x 50,64= + Das Steigungsdreieck, das durch die Punkte PA und PE bestimmt wird, ergibt ber den Satz des Pythagoras die Gleichung 22 2E E(50,64 y ) x 3 .56, + = Einsetzen der Koordinaten des Punktes PE in die Geradengleichung ergibt:

E Ey tan 35 x 50,64= + Damit erhlt man zwei Gleichungen mit zwei Unbekannten. Es ist allerdings aufgrund der quadratischen Terme kein lineares Gleichungssystem.

Wesentlich schneller wird die Berechnung der Lsung, wenn man durch Auflsen der 2. Gleichung nach xE und Einsetzen in die 1. Gleichung eine Gleichung mit nur noch einer Unbekannten produziert:

2E2 2

E50,64 y(50,64 y ) 56,3

tan35

+ =

34


Als Lsung ergeben sich die zur Kontrolle gegebenen Koordinaten des Punktes PE ge-rundet auf 2 Nachkommastellen:

PE(46,12 | 18,35) 1.2 Die Gleichung 1052 = (x 106,36)2 + (y 104,35)2 ist die Gleichung eines Kreises mit

dem Mittelpunkt M(106,36 | 104,35) und dem Radius r = 105. Um die Funktionsgleichung des Kreisbogens zu bekommen, wird die Gleichung nach y aufgelst und man erhlt:

2b(x) y 0,04 625x 132 950x 179 656 104,35= = + + Dies ist die Funktionsgleichung des unteren Kreisbogens, der in Betracht kommt. Der obere Kreisbogen, den der CAS als zweite Lsung anbietet, unterscheidet sich durch das Vorzeichen vor der Wurzel. Da er nach oben gekrmmt ist, ist er fr die Aufgabe nicht von Interesse. Da sich der Kreisbogen b(x) ohne Knick an die Anlaufgerade g(x) anschlieen soll, mssen die folgenden Gleichungen erfllt sein.

E E

E E

(1)(2

g(x ) b(x )g '(x ) b ' )) (x

=

=

Die erste Gleichung lsst sich leicht durch Einsetzen von xE in b(x) nachprfen. Es ergibt b(xE) = k(46,12) 18,35, was bis auf Rundungen die y-Koordinate des Punktes PE ist. Fr die Verifizierung der zweiten Gleichung muss b'(xE) = tan 35 sein, da das die Stei-gung der Geraden g(x) ist, wie bereits in Teilaufgabe 1.1 ausgefhrt wurde. Die Berech-nung mit dem CAS besttigt die Richtigkeit der Gleichung.

35


2.1 Nach Definition der Funktion der Halbkreislinie (f(x)) und der Krmmungsfunktion k(x) ergibt die Berechnung und Vereinfachung mithilfe des CAS die folgende Gleichung:

( ) 33 221r

12 2(x r) (x r)

k(x)( x r )

+

=

+

Wie man schnell sieht, gilt:

2 2 2 21 1 1

(x r) (x r) x r x r

= =

+ +

Fasst man den Bruch im Nenner jetzt zusammen, erhlt man 1. Da der Krmmungsradius r positiv ist, folgt 1

rk(x) .=

2.2 In den geraden Teilen des Schanzentisches ist die Krmmung naturgem 0. An den bergangspunkten zum kreisfrmigen Teil springt die Krmmung von 0 auf 1

r.

Da r grer als 0 ist, liegen hier auf jeden Fall Krmmungssprnge vor, die sowohl am Eingang zum kreisfrmigen Schanzenteil als auch an dessen Ausgang zu einer pltzlich erhhten Muskelbelastung fhren.

3.1 Eine allgemeine kubische Parabel p3(x) hat die Funktionsgleichung p3(x) = ax3 + bx2 + cx + d mit den reellen Parametern a, b, c und d.

36


An den bergangsstellen PE und PS sollen Parabel und Geradenstcke stetig und mit derselben Steigung ineinander bergehen. Da die Koordinaten der Punkte PE und PS und die Steigungen der Geradenstcke aus den vorherigen Aufgaben bzw. den Aufgaben-texten bekannt sind, ergeben sich fr die Ermittlung der vier Parameter die folgenden vier Gleichungen:

(1) p3(xE) = yE, d. h. p3(46,12) = 18,35 (2) '3 Ep (x ) tan35 ,= d. h. '3p (46,12) tan35= (3) p3(xS) = yS, d. h. p3(86,32) = 1,28 (4) '3 Sp (x ) tan11 ,= d. h. '3p (86,32) tan11=

Als Lsung ermittelt der CAS die folgenden Parameter, die mit den Kontrollparametern der Aufgabenstellung bereinstimmen: a = 0,00002805259524, b = 0,01186431202, c = 1,61556349, d = 70,37570364

3.2 Der Term gibt den Mittelwert der Funktion kp3 ber dem Intervall [a; b] und damit den Mittelwert der Krmmung des Parabelbogens ber diesem Intervall an. Die Berechnung ergibt:

3

86,32

p46,12

1 k (x)dx 0,0095386,32 46,12

Die Krmmung des Kreisbogens ist nach Teilaufgabe 2.1 gegeben durch folgenden Term:

1 1 0,00952r 105

=

Die mittlere Krmmung des Parabelbogens ber dem gegebenen Intervall und die Krmmung des Kreisbogens sind also nahezu identisch.

37


4 Die Funktionsgleichung des Kreisbogens wurde bereits in Teilaufgabe 1.2 ermittelt: 2k(x) 0,04 625x 132 950x 179 656 104,35= + +

Die Funktionsgleichung der kubischen Parabel aus Teilaufgabe 3.1 lautet: 3 2

3p (x) 0,00002805259524x 0,01186431202x 1,61556349x 70,37570364= + + Daraus ergibt sich fr die Lnge der Bgen:

86,322

146,12

L 1 (k '(x)) dx 43,995= + =

86,32' 2

2 346,12

L 1 (p (x)) dx 44,006= + =

Gerundet sind das in beiden Fllen etwa 44 Meter. Das heit, dass sich die Lnge der Bgen und damit die Lnge des gekrmmten Teils des Anlaufs nicht ndert.

38

Hessen Leistungskurs Mathematik 2012 B2: Analytische Geometrie (TR)

1 Gegeben sind zwei Ebenen mit den Gleichungen E1: x + 2z = 1 und E2: y + 3z = 1. Bestimmen Sie die Menge ihrer gemeinsamen Punkte und beschreiben Sie die besondere Lage der beiden Ebenen. (6 BE)

2 Durch die 3 3-Matrizen 1 0 20 1 30 0 0

A

= und 1 0 20 1 30 0 1

B

= sind zwei lineare Abbildungen des 03 in den 03 gegeben.

2.1 Bestimmen Sie die Menge der Punkte, die bei der durch A definierten Abbildung auf sich selbst abgebildet werden (Menge der Fixpunkte), und beschreiben Sie diese geometrisch. Zeigen Sie, dass diese Punkte auch bei der durch B definierten Abbildung Fixpunkte sind. (6 BE)

2.2 Ermitteln Sie alle Punkte, die durch die Matrix A auf den Ursprung abgebildet werden. Beschreiben Sie diese Punktmenge geometrisch. Erlutern Sie den Zusammenhang zwischen der hier ermittelten Punktmenge und der Schnittmenge der beiden Ebenen aus Aufgabe 1. (6 BE)

2.3 Untersuchen Sie, ob A eine Inverse besitzt. Eine Rechnung ist nicht erforderlich. (2 BE)

3 Eine 3 3-Matrix M beschreibt eine Projektion im 03, wenn gilt M2 = M. 3.1 Zeigen Sie, dass A eine Projektion beschreibt, und werten Sie in diesem Zusammenhang

die Ergebnisse aus den Aufgaben 2.1 und 2.2 aus. (6 BE) 3.2 Die 3 3-Matrix C besitze eine Inverse und habe die Eigenschaft C2 = C.

Beweisen Sie, das C die Einheitsmatrix ist, und deuten Sie die Beweisschritte geo-metrisch. (4 BE)

39


Lsung

1 Vergleicht man die beiden Koordinatengleichungen, so stellt man fest, dass die beiden Gleichungen nicht quivalent sind, das heit, dass es sich um zwei ver-

schiedene Ebenen handelt, die linken Seiten nicht ineinander berfhrbar sind, das heit, dass die Ebenen nicht

parallel liegen, sondern sich in einer Geraden schneiden mssen. Gesucht ist also die Gleichung der Schnittgeraden. Diese ermittelt man, indem man die Lsung des unterbestimmten linearen Gleichungssystems ermittelt, das sich aus den Koordinatengleichungen der Ebenen zusammensetzt:

x 2z 1y 3z 1

+ =+ =

Die Reduzierung auf eine Gleichung mit einer Unbekannten ist nicht mglich. Whlt man z = r mit r 0, so ermittelt man mithilfe der ersten Gleichung:

x + 2r = 1 x = 1 2r Mithilfe der zweiten Gleichung erhlt man:

y + 3r = 1 y = 1 3r Als Lsungsvektor erhlt man damit:

x 1 2r 1 2x y 1 3r 1 r 3

z r 0 1

= = = +

Damit ist gleichzeitig die gesuchte Schnittgerade der beiden Ebenen beschrieben. Bei beiden Koordinatengleichungen fllt auf, dass die linke Seite nur zwei Komponenten enthlt. Dies hat stets zur Folge, dass die Ebene parallel zu einer der drei Koordinaten-achsen liegt. Dies lsst sich wie folgt erklren: Aus der Koordinatengleichung von E1 lsst sich der Normalenvektor

102

n

=

ablesen.

Dieser zeigt parallel zur xz-Ebene, da die angegebene Vernderung in y-Richtung 0 ist. Wenn der Normalenvektor nun parallel zur xz-Ebene liegt, dann muss die Ebene selbst parallel zur y-Achse liegen. Analog stellt man fr E2 fest, dass die Ebene parallel zur x-Achse liegt.

2.1 Die Aussage, dass ein Punkt durch eine Matrix auf sich selbst abgebildet wird, lsst sich mit der Gleichung A x x = beschreiben. Zu lsen ist also folgende Gleichung:

1 0 2 x x0 1 3 y y

z z0 0 0

=

Damit erhlt man das Gleichungssystem: x 2z xy 3z y

0 0

+ =+ =

=

2z 03z 00 0

=

=

=

Das Gleichungssystem liefert also nur z = 0. x und y sind aber frei whlbar. Die damit beschriebenen Punkte (x | y | 0) sind die Punkte der xy-Ebene. Diese bilden die Fixpunkt-menge und man schreibt formal: F = {(x | y | 0) | x, y 0}

40


Lsungsweg 1: Damit lsst sich der gewnschte Nachweis fr die durch die Matrix B beschriebene Ab-bildung fhren und man zeigt:

x 1 0 2 x xB y 0 1 3 y y

0 0 00 0 1

= =

Auch die Matrix B bildet alle Punkte der xy-Ebene auf sich selbst ab. Lsungsweg 2: Bestimmen Sie wie fr die Matrix A die Fixpunktmenge der durch B beschriebenen linearen Abbildung. Sie erhalten auch hier F = {(x | y | 0) | x, y 0}.

2.2 Die Aussage, dass ein Punkt durch eine Matrix auf den Ursprung abgebildet wird, lsst sich mit der Gleichung A x 0 =

beschreiben. Zu lsen ist also folgende Gleichung: 1 0 2 x 00 1 3 y 0

z0 0 0 0

=

Damit erhlt man das Gleichungssystem: x 2z 0y 3z 0

0 0

+ =+ =

=

Das unterbestimmte Gleichungssystem liefert fr die Setzung z = r die Lsungen x = 2r

und y = 3r. Der Lsungsvektor ist 2r 0 23r 0 3 ,

r 0 1x r

= = +

der die Ursprungsgerade

beschreibt, auf der die Punkte liegen, die auf den Ursprung abgebildet werden. (Diese Punktemenge bezeichnet man als Kern der durch die Matrix B beschriebenen linearen Abbildung.) Vergleicht man die hier ermittelte Ursprungsgerade mit der in Teilaufgabe 1 ermittelten Schnittgeraden, so stellt man fest, dass die beiden Gleichungen denselben Richtungsvek-tor aufweisen. Die Geraden sind also parallel, wenn nicht gar identisch. Da die Schnitt-gerade aus Teilaufgabe 1 den Ursprung nicht enthalten kann, sind die beiden Geraden echt parallel.

2.3 Die Matrix A bildet einen Punkt P auf den Bildpunkt P ' ab. Die inverse Matrix A1 muss diese Abbildung rckgngig machen. Betrachtet man z. B. das Ergebnis aus Teilaufgabe 2.2, so stellt man fest, dass mehrere Punkte auf den Ursprung abgebildet werden. Die inverse Abbildung msste den Ursprung also auf mehrere Bildpunkte abbilden. Da lineare Abbildungen aber eindeutige Abbildun-gen sind, lsst sich keine Abbildungsmatrix mit dieser Eigenschaft finden.

41


3.1 Der im Aufgabentext formulierte Zusammenhang ist nachzuweisen. Man berechnet mit-hilfe der Regeln fr die Matrizenmultiplikation:

21 0 2 1 0 2

A 0 1 3 0 1 30 0 0 0 0 01 1 0 0 2 0 1 0 0 1 2 0 1 2 0 3 2 0 1 0 20 1 1 0 3 0 0 0 1 1 3 0 0 2 1 3 3 0 0 1 30 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 2 0 3 0 0 0 0 0

=

+ + + + + + = + + + + + + =

+ + + + + +

Dies war zu zeigen. Die Matrix A beschreibt also eine Projektion. Bercksichtigt man darber hinaus die Ergebnisse aus den Teilaufgaben 2.1 und 2.2, so lsst sich die durch die Matrix A beschriebene Abbildung folgendermaen charakterisie-ren: Die Matrix A beschreibt die Projektion der Punkte im 03 in die xy-Ebene, denn die in der xy-Ebene liegenden Punkte werden auf sich selbst

abgebildet, in Richtung

231

v ,

=

denn dies ist die Richtung der Ursprungsgeraden, in der alle

Punkte der Geraden auf den Ursprung abgebildet werden. Dies ist gleichzeitig die Pro-jektionsrichtung aller Punkte.

3.2 Es ist ein Beweis verlangt. In der Aufgabenstellung liegt eine Arbeitsanweisung, die eine bestimmte Vorgehensweise vorgibt, aber nicht vor. Gegeben: C2 = C Es soll gezeigt werden: C = E Zudem ist die Information C besitze eine Inverse gegeben, es existiert also C1. Nun lsst sich zeigen:

2 1

2 1 1

1 1

C C CC C C C

C C C C C

= =

=

Da nach Definition der inversen Matrix C C1 = E gilt, folgt: C = E

Geometrische Deutung: Die Matrix C beschreibt eine Projektion (vgl. Aufgabentext zu 3). Es existiert aber eine inverse Matrix, die die Abbildung wieder rckgngig macht. Die beiden Abbildungen werden separat betrachtet: C C1: C bildet den Punkt P auf P ' ab. Macht man die Abbildung durch C1 rck-gngig, so erhlt man wieder Punkt P. C2 C1: C2 bildet den Punkt P ebenfalls auf P ' ab, denn es gilt laut Vorgabe C2 = C. Zunchst bildet C den Punkt P auf P ' ab. Wendet man die Abbildung ein zweites Mal an, so bleibt P ' unverndert. Macht man nun die zweite Abbildung durch C1 rckgngig, so erhlt man Punkt P '. Das Ergebnis beider Abbildungen ist also nur dann gleich, wenn P = P ' gilt, das heit, wenn die Punkte durch die (einmalige oder mehrfache) Abbildung unverndert bleiben. Diese Eigenschaft besitzt nur die durch die Einheitsmatrix E beschriebene Identitts-abbildung. (Beachten Sie, dass es sich bei der Identittsabbildung gem der Vorgabe aus Teilaufgabe 3 um eine Projektion handelt, denn es gilt E2 = E.)

42

Hessen Leistungskurs Mathematik 2013 A1: Analysis (TR / GTR)

Material 1 zeigt beispielhaft eine sogenannte Fledermausgaube und die uere Profillinie des Gaubenfensters. Eine solche Profillinie kann durch eine Exponentialfunktion f mit

2a xf (x) k e = beschrieben werden (alle Angaben in Metern). Aufgrund der Dachkonstruktion ist vorgegeben, dass die uere Profillinie durch die Punkte P1(2,53 | 0,835) und P2(3,57 | 0,39) verlaufen muss. 1.1 Bestimmen Sie die Funktion f, die diese Profillinie beschreibt.

[zur Kontrolle: k = 1,8, a = 0,12] (8 BE) 1.2 Ermitteln Sie eine allgemeingltige Formel zur Berechnung des Parameters a

der Funktion f aus den Koordinaten zweier vorgegebener Punkte P1(x1 | y1) und P2(x2 | y2), die auf dem Graphen von f liegen. (6 BE)

1.3 Augenscheinlich ist das Maximum der Funktion aus Aufgabe 1.1 an der Stelle x = 0 (siehe Material 1, Profillinie). Begrnden Sie, dass diese Vermutung richtig ist. (4 BE)

2 Der Flcheninhalt des Gaubenfensters soll im Intervall [2; 2] bestimmt werden (s. Material 2). Da die Integration von f schwierig ist, muss auf Nherungsverfahren zurckgegriffen werden.

2.1 Ermitteln Sie den gesuchten Flcheninhalt nherungsweise unter Anwendung eines Nherungsverfahrens. Unterteilen Sie dazu die Flche in insgesamt 8 Streifen. (6 BE)

2.2 Ein Computerprogramm errechnet fr den Flcheninhalt einen Wert von 6,1966 m2. Berechnen Sie die prozentuale Abweichung des Nherungswertes aus Aufgabe 2.1 von diesem Wert. Erlutern Sie eine Mglichkeit, wie das von Ihnen verwendete Nherungs-verfahren aus Aufgabe 2.1 verndert werden knnte, um ein genaueres Ergebnis zu erhalten. (4 BE)

3 Ein alternativer Fensterentwurf sieht ein rechteckiges Fenster vor (siehe Material 3). Bestimmen Sie die Mae des Fensters so, dass der Flcheninhalt des Fensters maximal wird. Berechnen Sie den Flcheninhalt dieses Fensters und begrnden Sie, dass es sich tatschlich um ein Maximum handelt. (7 BE)

4 Begrnden Sie, dass alle Wendepunkte der Funktionenschar fk mit 3 225 xkf (x) k e=

und k > 0 (siehe Material 4) auf Geraden parallel zur y-Achse liegen. (5 BE)

43


Material 1

Fledermausgaube mit uerer Profillinie des Gaubenfensters

Hiss Reet Schilfrohrhandel

Material 2 Bestimmung des Flcheninhalts des Gaubenfensters

Material 3 Alternativer Fensterentwurf

44


Material 4 Funktionenschar fk mit

3 225 xkf (x) k e=

45


Lsung

1.1 Die Funktionsgleichung 2a xf (x) k e = enthlt zwei Parameter a und k. Der Graph von f geht durch die Punkte P1 und P2. Durch Einsetzen der jeweiligen x- und y-Koordinaten entsteht das folgende Gleichungssystem:

2

2

a( 2,53)

a(3,57)0,835 k e0,39 k e

=

=

Es gibt mehrere Methoden zur Bestimmung der Lsungsmenge von Gleichungssystemen. In der folgenden Rechnung wird das Verfahren Einsetzen verwendet. Aus der ersten Gleichung ergibt sich:

2a( 2,53)0,835k

e =

Durch Einsetzen in die zweite Gleichung folgt: 2

2

2

2

2 2

a 3,57a( 2,53)

a 3,57

a 2,53

(a 3,57 a 2,53 )

a 6,344

0,8350,39 ee

e0,39 0,835e

0,39e

0,8350,467 e ln

ln(0,467) a 6,344a 0,12

=

=

=

= =

Durch Einsetzen ergibt sich:

20,12 2,530,835k

e

k 1,8

=

Die gesuchte Funktion kann jetzt angegeben werden: 20,12xf (x) 1,8 e , x= 0

1.2 Der Lsungsansatz und die entsprechenden Rechenschritte sind wie in Teilaufgabe 1.1, nur jetzt mit allgemeinen Punktkoordinaten (x1, x2, y1, y2), durchzufhren. Aufgrund der Symmetrie muss 1 2x x| | | | gelten ( es werden zwei verschiedene Punkte bentigt, die nicht symmetrisch zur y-Achse liegen). Es gilt:

21

1a x

yke

=

46


Durch Einsetzen entsteht:

( )

22

21

2 22 1

2

1

1 a x2 a x

2 (a x a x )1

2 2 22 1

1yy

2 22 1

yy e

e

ye ln

y

yln a(x x )y

lna

x x

=

=

=

=

Es ist notwendig, den Zhlerterm der rechten Seite der Gleichung auf seine Berechen-barkeit hin zu untersuchen. Die Funktion f mit f(y) = ln(y) liefert nur fr positive y-Werte reelle Funktionswerte. Da-her muss der Quotient 2

1

yy 0> sein.

y2 und y1 sind Funktionswerte der Funktion f mit 2a xf (x) k e .= Das Vorzeichen dieser

Funktionswerte hngt vom Parameter k ab. Daher wird es Zeit fr eine Fallunterschei-dung des Parameters k: (1) k = 0 Das macht keinen Sinn, da dann keine Exponentialfunktion vorliegt. (2) k < 0 Der Graph der Funktion enthlt nur negative Funktionswerte, d. h., der Quo-

tient zweier Funktionswerte ist eine positive Zahl. (3) k > 0 Der Graph der Funktion enthlt nur positive Funktionswerte, d. h., der Quo-

tient zweier Funktionswerte ist eine positive Zahl. Daraus folgt, der Quotient 2

1

yy ist unabhngig vom Parameter k positiv.

Damit kann der Parameter a berechnet werden, da 1 2x x| | | |= schon ausgeschlossen wurde (mgliche Division durch null).

1.3 Im Material 1 wird zur weiteren Untersuchung der Funktion f das entsprechende Koordi-natensystem geliefert. In dieser grafischen Vorgabe liegt das Maximum deutlich an der Stelle x = 0. Daher lautet die Vermutung: An der Stelle x = 0 liegt das Maximum der Funktion f. Lsungsidee: Berechnung des Funktionswertes an der Stelle x = 0 und berprfung der Funktionswerte links bzw. rechts dieser Extremstelle. Sind diese Werte kleiner, ergibt sich daraus eine Begrndung fr die Existenz eines Maximums an der Stelle x = 0. Funktionswert an der Stelle x = 0: f(0) = 1,8 Verhalten der Funktionswerte rechts und links von der Extremstelle: Fr x 0 ist der Exponent des e-Terms negativ (x2 > 0 und a = 0,12). Ein e-Term mit negativem Exponenten liefert nur Werte zwischen 0 und 1. 1,8 wird daher fr alle x 0 mit einer Zahl zwischen 0 und 1 multipliziert und damit

ergeben sich hierbei nur Zahlenwerte, die kleiner als 1,8 sind. Ergebnis: Die Vermutung ist wahr.

47


2.1 Das Material 2 zeigt, dass die zu untersuchende Flche symmetrisch zur y-Achse ist. Daher gengt die Berechnung einer Teilflche, z. B. der Flche im 1. Quadranten. Das zu verwendende Lsungsverfahren ist vorgegeben. Die Information Unterteilung in 8 Streifen weist deutlich ein Ober- und /oder Untersummenverfahren an. Vorgestellt wird hier das Obersummenverfahren. Wegen der Achsensymmetrie wird das Intervall [0; 2] in 4 quidistante Teilstrecken zer-legt. Die Breite eines Streifens (im weiteren Text Rechteck genannt) ist damit 0,5. Die Rechteckbreite betrgt also 0,5 LE. Die Hhe der jeweiligen Rechtecke fr die Ober-summe ist der Funktionswert am linken Rand der einzelnen Rechtecke, da der Graph der Funktion in diesem Intervall streng monoton fallend ist.

O 0,5 (f (0) f (0,5) f (1,0) f (1,5))0,5 (1,8 1,75 1,60 1,37)0,5 6,523,26

= + + + + + +=

=

Dies ist die Mazahl der halben Flche. Daher ergibt sich fr die geforderte Nherung mit diesem Verfahren:

A = 6,52 m2

2.2 Es gilt: 6,52 1,0522

6,1966

Damit ergibt sich eine Abweichung von ca. 5,22 %. Das Verfahren kann optimiert werden durch: Berechnung der Ober- und der Untersumme mit anschlieender Mittelwertberechnung Erhhung der Anzahl der Streifen

3 Aufstellen der Zielfunktion A mit A(x): Dafr gengt es auch hier, nur die Flche (halbe Gesamtflche) im 1. Quadranten zu bercksichtigen (Achsensymmetrie zur y-Achse). Fr die Funktionsgleichung der Zielfunktion ergibt sich A(x) = x f(x) (Breite mal Hhe), also 20,12xA(x) x 1,8 e .= Zur Bestimmung eines mglichen Maximums gilt es zunchst, die Nullstelle(n) der 1. Ableitungsfunktion von A zu berechnen: Berechnung der Funktionsgleichung der 1. Ableitungsfunktion:

2 2

2

0,12x 0,12x

0,12x 2A'(x) 1 1,8 e x 1,8 e ( 0,24x)

1,8 e (1 0,24x )

= +

=

Berechnung der Nullstelle(n) dieser Funktion: 2 20,12x 2 0,12x

2

A'(x) 01,8 e (1 0,24x ) 0 1,8 e 0, x

1 0,24x 0x 2,04

=

= =

0

Die negative Lsung der Gleichung ist fr das Sachproblem nicht relevant, da es sich um eine Lnge handelt.

48


Zur Begrndung fr den Hochpunkt an dieser Stelle kann z. B. das Vorzeichenwechsel-kriterium herangezogen werden. Es werden die folgenden Funktionswerte der 1. Ableitungsfunktion links und rechts von x = 2,04 berechnet:

20,12 2 2A'(2) 1,8 e (1 0,24 2 )1,14 0,04 0

=

>

links von xE hat A eine positive Steigung. 20,12 2,05 2A'(2,05) 1,8 e (1 0,24 2,05 )

1,09 ( 0,0086) 0

=

<

rechts von xE hat A eine negative Steigung. Daraus folgt: Die Funktion A hat an der Stelle x = 2,04 einen Hochpunkt. Hhe des Fensters:

2F

0,12 2,04H f (2,04)

1,8 e1,09

=

=

=

Damit ist der maximale Flcheninhalt des Rechtecks: 2

maxA 2 2,04 m 1,09 m 4,45 m= =

4 Der Faktor k streckt /staucht den Graphen in der y-Richtung. Dabei bleiben die x-Koor-dinaten der Wendepunkte unverndert. Die jeweiligen y-Koordinaten werden je nach den Werten von k in y-Richtung verndert. Somit liegen die Wendepunkte auf Parallelen zur y-Achse.

49

Hessen Leistungskurs Mathematik 2013 A2: Analysis (GTR / CAS)

Die folgenden Aufgaben beschftigen sich mit einer besonderen Methode, den Inhalt der Fl-che unter dem Graphen einer Funktion zu bestimmen. Wir betrachten eine Flche im ersten Quadranten eines Koordinatensystems, die oben durch den Graphen einer Funktion und unten durch die x-Achse begrenzt wird. Die Flche liegt zwischen den beiden Geraden mit den Gleichungen x = 0 und x = 1. Zur Veranschaulichung der Methode fhren wir ein Gedankenexperiment durch, bei dem die gegebene Flche verformbar sein soll. Wir verformen die Flche an der durch den Graphen begrenzten Seite so, dass die Hhenunterschiede zwischen den Bergen und den Tlern sukzessive verringert werden. Der ursprngliche Flcheninhalt bleibt dabei erhalten, weil die Flche nicht komprimierbar sein soll und die Kanten, die durch die x-Achse und die Geraden mit den Gleichungen x = 0 und x = 1 gebildet werden, unverndert bleiben. Letztlich wird die Flche in ein Rechteck verformt. Die Breite dieses Rechtecks hat die Mazahl 1 und die Hhe hat eine Mazahl, die gleich der Mazahl der gesuchten Flche ist. Da man als Werkzeug zur Verformung der Flche in dem Gedankenexperiment z. B. einen Vorschlaghammer benutzen knnte, wird das mathematische Verfahren, das sich aus diesem Gedankenexperiment ableitet, im Folgenden als Integration mit dem Vorschlaghammer bezeichnet.

1 Gegeben ist die Funktion f mit f(x) = x3 33x2 + 216x, x [0; 24]. 1.1 Ermitteln Sie eine geeignete geometrische Operation, die den Graphen von f vollstndig

in den 1. Quadranten eines kartesischen Koordinatensystems verschiebt. (3 BE) 1.2 Zeigen Sie, dass der Graph der Funktion f0 mit

f0(x) = 13 824x3 19 008x2 + 5 184x + 1 000 fr x [0; 1] komplett im 1. Quadranten eines kartesischen Koordinatensystems verluft. (5 BE)

1.3 Erklren Sie, wie der Graph von f0 aus dem Graphen von f hervorgeht. (3 BE)

2 Der Mittelwertsatz der Integralrechnung besagt: Ist f im Intervall [a, b] stetig, dann gibt es eine Stelle x0 im Intervall [a, b], so dass b

0a

f (x) dx f (x ) (b a)=

2.1 Bestimmen Sie fr die Funktion f0 aus Aufgabe 1.2 und das Intervall [0; 1] alle mg-lichen Stellen x0. (6 BE)

2.2 Interpretieren Sie die Aussage des Mittelwertsatzes der Integralrechnung mithilfe der Zeichnung im Material geometrisch. (3 BE)

50


3 In dieser Aufgabe soll nun der Vorgang der Integration mit dem Vorschlaghammer mathematisch modelliert werden. Dazu werden die Funktionen f1, f2 und f3 betrachtet:

21 0 0

22 1 1

23 2 2

1 x xf (x) f f 1 432x 864x 1 0002 2 2

1 x xf (x) f f 1 108x 216x 7842 2 2

1 x xf (x) f f 1 27x 54x 7302 2 2

= + = +

= + = +

= + = +

3.1 In dem Kasten wird 1 1

1 00 0

f (x) dx f (x) dx=

bewiesen. Erklren Sie die im nebenstehenden Kasten durchgefhrten Umformungen. Formulieren Sie eine entsprechende Behauptung fr die Funktionen f2 und f3.

1 12 2

12

12

1

10

1

0 00

1 1

0 00 0

0 00 1

1 1

0 0 00 0

(1) f (x) dx

1 x x(2) f f 1 dx2 2 2

1 x 1 x(3) f dx f 1 dx2 2 2 2

(4) f (z) dz f (u) du

(5) f (z) dz f (u) du f (x) dx

= +

= +

=

= + =

(8 BE) 3.2 Stellen Sie die Graphen von f0, f1, f2 und f3 in einem gemeinsamen Koordinatensystem in

Ihrem Rechner dar und beschreiben Sie, wie sich die Graphen fr wachsendes i (i = 0, 1, 2, 3) verndern. Die Graphen mssen nicht auf Papier bertragen werden. (6 BE)

3.3 Berechnen Sie f3(0), f3(0,5) und f3(1) und vergleichen Sie die Ergebnisse mit 1

00

f (x) dx.

Erlutern Sie qualitativ, auch mit Bezug auf den oben beschriebenen Sachzusammen-hang, wie sich diese Ergebnisse mit wachsendem Index i verndern wrden. (6 BE)

51


Material

52


Lsung

1.1 Eine vollstndige Verschiebung in den 1. Quadranten wird durch eine Verschiebung von f(x) parallel zur y-Achse mit einem Wert erreicht, der dem absoluten Minimum der Funktion f im Intervall [0; 24] entspricht oder aber grer als dieses Minimum ist. Lsungsweg 1: Aus f '(x) 0= folgen x1 = 4 und x2 = 18 als mg-liche Stellen fr ein Minimum. Da die 2. Ablei-tung an der Stelle x = 18 positiv ist (f ''(18) 42),= liegt im Punkt M(18 | 972) ein relatives Mini-mum vor. Wegen f(0) = 0 und f(24) = 0 ist dieses relative Minimum im Intervall [0; 24] auch ein absolutes.

Eine mgliche geometrische Operation, um den Graphen von f vollstndig in den 1. Quadranten des Koordinatensystems zu verschieben, ist eine Verschiebung um +1 000 parallel zur y-Achse. Die Funktion g mit g(x) = f(x) + 1 000 erfllt diese Bedingung. Lsungsweg 2: Man kann das notwendige Ma an Verschiebung auch aus dem Funktionsgraphen f ablesen.

1.2 Das Vorgehen ist hnlich wie in Teilaufgabe 1.1. Zu zeigen ist, dass das absolute Minimum von f0 im Intervall [0; 1] grer oder gleich 0 ist. Zu bestimmen sind also die relativen Minima und die Randwerte f0(0) und f0(1). Aus '0f (x) 0= erhlt man 11 6x = und

32 4x =

als mgliche Stellen fr ein Minimum. Da die 2. Ableitung an der Stelle x2 positiv ist ( )( )3''0 4f 24192 ,= liegt im Punkt M(0,75 | 28) ein relatives Minimum vor. Wegen f0(0) = 1 000 und f(1) = 1 000 ist 28 der kleinste Wert, den die Funktion f0 im Intervall [0; 1] annimmt.

1.3 Die Graphen der beiden Funktionen hneln sich. Bei f liegen die beiden Extremwerte innerhalb des Intervalls [0; 24], whrend sie bei f0 innerhalb des Intervalls [0; 1] liegen. Das legt eine Stauchung in x-Richtung nahe. Der Summand +1 000 der Funktion f0 deu-tet auf eine Verschiebung in y-Richtung um den Wert 1 000 hin. Unterwirft man die Funktion f einer solchen Transformation, so sollte sich f0 aus f zu

0f (x) f (ax) 1000= + ergeben, wobei a den Stauchungsfaktor darstellt. Einsetzen in f ergibt:

3 2 3 3 2 20f (x) (ax) 33(ax) 216(ax) 1 000 a x 33a x 216ax 1 000= + + = + +

53


Daraus folgt, dass 3a 13 824= bzw. 3a 13824 24= = ist. berprft man jetzt

die anderen Faktoren vor x2 und x, dann erkennt man, dass die hier vorgeschlagene Lsung die richtige ist.

Die Funktion f0(x) ergibt sich also aus f(x) durch Stauchung in x-Richtung mit dem Fak-tor 24 und durch Verschiebung um den Wert 1 000 in positive y-Richtung.

2.1 Zu lsen ist folgende Integralgleichung: 1

0 0 0 0 00

f (x) dx f (x ) (1 0) f (x )= =

Lsungsweg 1: Das CAS gibt als mgliche Lsungen 1x 0,459 und 2x 0,963 im Intervall [0; 1] aus. Eine weitere, ber das Intervall hinausgehende, negative Lsung muss nicht bercksichtigt werden.

Lsungsweg 2: Wird die Integralgleichung nicht direkt gelst, so ergibt die Berechnung des Integrals:

1

00

f (x) dx 712=

Daraus folgt die kubische Gleichung: 3 2712 13 824x 19 008x 5184x 1 000= + +

Diese hat dieselben Lsungen, die auch bei Lsungsweg 1 ermittelt wurden.

2.2 Die linke Seite des Mittelwertsatzes steht fr die Flche unter dem Graphen von f ber dem Intervall [a; b], die rechte Seite fr ein Rechteck mit den Seitenlngen (b a) und f(x0), wobei x0 ein Wert innerhalb des Inter-valls [a; b] ist. Der Mittelwertsatz sagt nun aus, dass es immer ein solches x0 gibt, sodass die Flche unter dem Graphen von f identisch mit der des Rechtecks mit den Seitenlngen (b a) und f(x) ist.

54


3.1 (2) Einsetzen von f1(x) nach der Definition im Aufgabentext. (3) Anwenden der Summenregel und der Faktorregel:

(f g) dx f dx g dx+ = +

rf dx r f dx mit r= 0 (4) Lineare Substitution: x2 wird im ersten Integral durch z und x21 wird im zweiten

Integral durch u ersetzt. Durch den bergang auf die neuen Variablen ndern sich Integrationsgrenzen entsprechend.

(5) Wenn die Integrationsgrenzen vertauscht werden, ndert sich das Vorzeichen vor dem Integral. Durch Umbenennen der Integrationsvariablen und die Intervalladditi-vitt des Integrals gilt:

1 12 2

1 12 2

1 1 1 1

0 0 0 0 0 00 0 0 0

f (z) dz f (u) du f (z) dz f (z) dz f (z) dz f (x) dx+ = + = =

Die entsprechende Behauptung fr f2 und f3 lautet: 1 1

3 20 0

f (x) dx f (x) dx=

3.2 Wie man aus der Grafik ersieht, werden vor-handene Dellen der Ausgangsfunktion (fette Linie) zunehmend eingeebnet. Der Graph der letzten Funktion (f3: fein gepunktet) ist fast schon eine horizontale Linie.

3.3 f3(0) = 730; f3(0,5) = 709,75; f3(1) = 703; 1

00

f (x) dx 712=

Die Ergebnisse der Funktionswerte von f3 an den Stellen 0, 0,5 und 1 schwanken noch um den Wert des Integrals, wobei f3(0) grer und f3(0,5) und f3(1) etwas kleiner als der Integralwert sind. Bei zunehmendem Index ist zu erwarten, dass sich der Wert von fi an der Stelle 0 von oben an den Integralwert annhert, whrend sich die Werte von fi an den Stellen 0,5 und 1 von unten an den Integralwert 712 annhern. Auf den Sachzusammenhang bezogen bedeutet das, dass der Flcheninhalt unter dem Graphen der Funktion f0(x) ber dem Intervall [0; 1] beliebig genau durch die Werte der iterierten Funktionen fi wiedergegeben wird. Im Falle des Grenzwertes muss gelten:

iilim f (x) 712

= fr x [0; 1]

55

Hessen Leistungskurs Mathematik 2013 B2: Analytische Geometrie (GTR / CAS)

Gegeben sind die Ebenenschar tE : (1 t) x t y 2z 14 mit t+ + = 0 und die Ebene

1 232 2 03 2 2

F: x v w mit v, w .

= + + 0

1.1 Bestimmen Sie eine Gleichung der Ebene F in Koordinatenform. Besttigen Sie durch geeignete Rechnung, dass die Ebene F eine Ebene der Schar ist, und geben Sie den Wert von t an, fr den Et = F ist. (6 BE)

1.2 Untersuchen Sie die Lagebeziehung der Ebenen F und E3. Geben Sie die Menge der ge-meinsamen Punkte an. (6 BE)

2 Ermitteln Sie zwei Ebenen der Ebenenschar Et, die sich unter einem Winkel von 90 schneiden, und erlutern Sie Ihren Lsungsweg. (6 BE)

3 Die beiden Abbildungsmatrizen M und N bilden die Ebene F vom 3-dimensionalen Raum 03 in den 4-dimensionalen Raum 04 auf die Ebenen FM und FN ab:

1 0 00 1 0M 1 1 00 0 1

=

0 1 01 0 0N 1 0 00 0 1

=

3.1 Bestimmen Sie jeweils eine Gleichung der Ebenen FM und FN im 04 in Parameter-form. (6 BE)

3.2 Ermitteln Sie, welche gegenseitige Lage die beiden neu entstandenen Ebenen FM und FN im 04 besitzen. Beurteilen Sie das Ergebnis. Falls Sie die linearen Abbildungen in 3.1 nicht durchfhren konnten, verwenden Sie fr die Ebenen FM und FN folgende Ersatzgleichungen:

M N

1 1 0 24 24 50 2 1 1F : x r s F : x t u mit r, s, t8 51 3 1 11 11 2 1 2

= + + = + +

0

(6 BE)

56


Lsung

1.1 Bestimmung von F in Koordinatenform: Lsungsweg 1: Es gilt:

1 2 4n 2 0 2

2 2 4

= =

Dividiert durch 2 ergibt sich fr den vereinfachten Normalenvektor: 2

n 12

=

Fr 0x

wird der Ortsvektor des Sttzpunktes von F gewhlt:

03

x 23

=

Hieraus folgt fr das Produkt:

03 2

x n 2 1 143 2

= =

Also folgt aus 0(x x ) n 0 =

die Gleichung 0x n x n=

und daraus die quivalente Koordinatenform der Ebene F: 2x + y 2z = 14.

Lsungsweg 2: Zur Bestimmung der Koordinatenform kann man alternativ auch die Koordinatenglei-chungen benutzen und daraus die Parameter v und w entfernen, sodass die verbleibende Gleichung nur noch die Koordinaten x, y und z enthlt.

I x = 3 + v + 2w II y = 2 + 2v III z = 3 + 2v + 2w

Die Operation I III fhrt zu: IV x z = 6 v

Multiplikation mit 2 ergibt: V 2x 2z = 12 2v

Durch II + V erhlt man: 2x + y 2z = 14

Durch einfachen Vergleich der Koordinatenformen von Et und F erkennt man, dass Et fr t = 1 in F bergeht, was durch Einsetzen von t = 1 in Et nachgewiesen wird:

1E : (1 1)x 1 y 2z 14+ + =

57


1.2 Zur Ermittlung der Lagebeziehung von E3 und F werden zuerst mgliche Schnittpunkte ermittelt. Hierzu werden die beiden Koordinatengleichungen voneinander subtrahiert:

F: 2x + y 2z = 14 E3: 4x + 3y 2z = 14

Daraus folgt die Gleichung 2x + 2y = 0. Eine weitere Reduzierung der Zahl der Variablen ist nicht mglich. Das heit, dass eine Koordinate frei gewhlt werden kann. Whlt man x frei und ordnet x die Variable s zu, dann folgt y = s und eingesetzt in die erste der beiden Koordinatengleichungen folgt:

2s s 2z 141

z s 72

=

=

Also gilt:

1 12 2

x s 0 1y s 0 s 1z 7s 7

= = +

Die beiden Ebenen F und E3 schneiden sich also. Die Schnittgerade g besitzt folgende Gleichung:

12

0 1g: x 0 s 1 , s

7

= +

0

2 Wenn sich zwei Ebenen Er und Es unter einem Winkel von 90o schneiden, dann mssen ihre Normalenvektoren rn

und sn

senkrecht aufeinander stehen. Es muss also r sn n 0=

gelten. Da Er und Es Ebenen der Ebenenschar Et sind, gilt fr ihre Normalenvektoren:

r

1 rn r

2

+ =

und s1 s

n s2

+ =

Daraus folgt fr ihr Skalarprodukt: r sn n (1 r) (1 s) r s 4 r s 2r s 5 0= + + + + = + + + =

Es gibt unendlich viele Lsungen dieser Gleichung. Man kann z. B. r = 0 whlen. Dann ergibt sich als korrespondierende Ebene die Ebene Es mit s = 5. Mit r = 1 erhlt man s = 2.

58


3.1 Zur Bestimmung der Bilder der Ebene F im 04 multipliziert man die Abbildungsmatrizen M und N mit dem allgemeinen Ortsvektor der Ebene F:

M MF : x M x3 v 2w

2 2v5 3v 2w3 2v 2w3 1 22 2 0

v w5 3 23 2 2

=

+ + +

= + +

+ +

= + +

Vllig analog erhlt man die Gleichung fr FN: N NF : x N x

2 2v3 v 2w3 v 2w

3 2v 2w2 2 03 1 2

v w3 1 23 2 2

=

+ + +

= + +

+ +

= + +

59


3.2 Wie man durch Vergleich der Richtungsvektoren und Punktproben der Sttzvektoren leicht feststellen kann, werden durch die Lsung in Teilaufgabe 3.1 und die vorgegebene Lsung dieselben Ebenen dargestellt. Damit ergibt sich auch beim Schnitt der beiden Ebenen die gleiche Lsungsmenge. Hier werden die vorgegebenen Ebenen verwendet, um diese Schnittmenge zu bestimmen. Die Lage der beiden Ebenen im 04 wird genauso wie im 03 bestimmt. Die beiden Ebenen werden gleichgesetzt und ihre eventuelle Schnittmenge wird ermittelt.

4 1 1 2 0 24 0 2 5 1 1

r s t u8 1 3 5 1 11 1 2 1 1 2

+ + = + +

Hieraus ergibt sich das folgende lineare Gleichungssystem: I 4 + r + s = 2 + 2u II 4 + 2s = 5 + t + u III 8 + r + 3s = 5 + t + u IV 1 + r + 2s = 1 + t + 2u

Das CAS gibt fr jeden der Parameter eine Lsung aus: r = 2, s = 2; t = 4 und u = 1. Das bedeutet fr die Lage der beiden Ebenen FM und FN, dass sie einen Schnittpunkt be-sitzen. Der Schnittpunkt ergibt sich durch Einsetzen der Parameter in die Gleichungen der Ebenen: S(0 | 0 | 0 | 7). Dies ist eine Lsung, die im 03 nicht mglich wre, da zwei Ebenen dort entweder identisch sind, sich in einer Schnittgeraden schneiden oder als Schnittmenge die leere Menge haben.

60

Hessen Leistungskurs Mathematik 2013 C2: Stochastik (TR)

Optische Rauchmelder enthalten als wichtiges Bauteil eine Fotozelle.

1 In einer Fabrik, die Fotozellen herstellt, wird jede Fotozelle auf Fehler untersucht. Bei dieser Untersuchung werden nacheinander und voneinander unabhngig bis zu drei Ein-zelkontrollen durchgefhrt. Sofern bei einer der Einzelkontrollen eine fehlerhafte Foto-zelle entdeckt wird, wird sie umgehend ausgesondert und nicht weiter berprft. Eine intakte Zelle wird in keinem Fall ausgesondert. Bei den oben beschriebenen Einzelkon-trollen ist die Fehlerquote ziemlich hoch, im Durchschnitt wird eine von fnf fehlerhaften Fotozellen nicht entdeckt.

1.1 Eine Fotozelle ist defekt. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, mit der sie innerhalb dieser Untersuchung erst bei der letzten, also der dritten Einzelkontrolle entdeckt und ausgesondert wird. (2 BE)

1.2 Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeiten, dass bei den Untersuchungen von zehn fehler-haften Fotozellen folgende Ereignisse eintreten: A: Es werden mindestens neun fehlerhafte Fotozellen entdeckt. B: Unter den ersten fnf werden nur drei fehlerhafte Fotozellen und unter den restlichen

fnf alle fehlerhaften Fotozellen entdeckt. (6 BE)

2 In Rauchmeldern wurde bisher nur eine Fotozelle eingebaut. Es wird nun berlegt, ob man die Zuverlssigkeit eines Rauchmelders dadurch verbessern knnte, dass man drei unabhngig voneinander arbeitende Fotozellen verwendet, die so geschaltet sind, dass erst dann Alarm ausgelst wird, wenn zumindest zwei der drei Fotozellen eine Reaktion zeigen. Es sei p die Wahrscheinlichkeit, dass eine Fotozelle im Falle von Rauchentwicklung eine Reaktion zeigt, und P(p) die Wahrscheinlichkeit, dass ein derartiger Rauchmelder im Falle von Rauchentwicklung Alarm auslst.

2.1 Berechnen Sie fr p = 0,3, p = 0,5 und p = 0,7 die dazugehrigen Wahrscheinlichkeiten P(p). Werten Sie Ihre Ergebnisse hinsichtlich der Zuverlssigkeit des Rauchmelders mit drei Fotozellen im Vergleich zu dem mit einer Fotozelle aus und formulieren Sie eine Ver-mutung, ob durch die beschriebene Manahme die Zuverlssigkeit der Rauchmelder ver-bessert wird. (7 BE)

2.2 Leiten Sie den Term P(p) = 2p3 + 3p2 her und skizzieren Sie den Graphen der Wahr-scheinlichkeitsfunktion P fr p [0; 1] im Koordinatensystem im Material. (3 BE)

2.3 Erlutern Sie, welche Bedeutung die Funktion R (siehe Kasten) im Sach-zusammenhang hat. Erlutern Sie, was in den Zeilen (1) bis (3) berechnet wird, und deuten Sie das Ergebnis im Sachzusammenhang.

R: p R(p) = 2p3 + 3p2 p 2

11

(1) R '(p) 6p 6p 1(2) R '(p) 0 p 0,78(3) R ''(p ) 0

= + =

<

(4 BE)

61


3 Der neue Vorstand des Unternehmens verlagert aus Kostengrnden einen Groteil der Produktion an einen anderen Standort. Dort zeigen sich bei der Massenfertigung der Rauchmelder groe Probleme: Die ansonsten niedrige Ausschussquote von 3 % steigt um ein Drittel an. Der Produktionsleiter ergreift daraufhin Manahmen zur Senkung der Ausschussquote. Er mchte den Erfolg dieser Manahmen durch einen Test berprfen, in dem 850 Rauch-melder kontrolliert werden. Entwickeln Sie einen solchen Test mit einer Entscheidungsregel so, dass die Wahrschein-lichkeit fr einen Fehler 1. Art hchstens 5 % betrgt. (8 BE)

Material

62


Lsung

1.1 Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Fehler nicht entdeckt wird, ist: 15 0,2 20 %= =

Die Wahrscheinlichkeit, dass eine fehlerhafte Fotozelle bei einer Einzelkontrolle ent-deckt wird, ist also:

1 0,2 = 0,8 = 80 % Damit gilt:

P(fehlerhafte Fotozelle wird bei der 3. Einzelkontrolle entdeckt) 0,2 0,2 0,8 0,032 3,2 %= = =

1.2 F sei die Anzahl der als fehlerhaft identifizierten Fotozellen. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine defekte Fotozelle whrend des 3-stufigen Prfverfah-rens nicht entdeckt wird, ist 3q 0,2 0,008.= = Folglich ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie entdeckt wird:

p = 1 0,008 = 0,992 = 99,2 % F ist mit n = 10 und p = 0,992 binomialverteilt, da hier eine Bernoulli-Kette von 10 unab-hngigen Versuchen vorliegt.

( )( ) ( )

10i 10 i

i 9

9 1 10 0

10P(A) P(F 9) 0,992 0,008i10 100,992 0,008 0,992 0,0089 10

10 0,9303 0,008 0,9228 0,9972 99,72 %

=

= =

= +

+ =

Die Wahrscheinlichkeit, dass 9 oder 10 der defekten Fotozellen entdeckt werden, betrgt also 99,72 %. Zur Berechnung von P(B) ist es sinnvoll, mit zwei Versuchsstufen F1 und F2 mit je n = 5 zu arbeiten.

( ) ( )1 2 1 2

3 2 5 0

P(B) P(F 3 F 5) P(F 3) P(F 5)5 50,992 0,008 0,992 0,0083 5

10 0,9762 0,000064 0,9606 0,0006 0,06 %

= = = = = =

=

=

2.1 Sei N die Anzahl der reagierenden Fotozellen. Dann ist N mit n = 3 und p binomial-verteilt. Fr p1 = 0,3 gilt:

( ) ( ) ( )3 i 3 i 2 3 0i 2

3 3 3P(0,3) P(N 2) 0,3 0,7 0,3 0,7 0,3 0,7i 2 33 0,09 0,7 0,027 0,216 21,6 %

=

= = = +

= + = =

63


Fr p2 = 0,5 gilt:

( ) ( ) ( )3 i 3 i 3 3i 2

3 3 3P(0,5) P(N 2) 0,5 0,5 0,5 0,5i 2 33 0,125 0,125 0,5 50 %

=

= = = +

= + = =

Fr p3 = 0,7 gilt:

( ) ( ) ( )3 i 3 i 2 3 0i 2

3 3 3P(0,7) P(N 2) 0,7 0,3 0,7 0,3 0,7 0,3i 2 33 0,49 0,3 0,343 0,784 78,4 %

=

= = = +

= + = =

Bei einer Reaktionswahrscheinlichkeit < 50 % fr jede einzelne Fotozelle ist der Rauchmelder mit drei Fotozellen unzuverlssiger als einer mit nur einer Fotozelle.

Fr p = 0,5 sind beide Sorten von Rauchmeldertypen gleich (un)zuverlssig. Fr eine Reaktionswahrscheinlichkeit von mehr als 50 % fr jede einzelne Fotozelle

steigt die Zuverlssigkeit des Rauchmelders mit drei Fotozellen im Vergleich zu der eines Rauchmelders mit nur einer Fotozelle.

2.2 Herleitung der Funktion P(p) fr beliebiges p:

( ) ( )

65000 CD Originalaufgaben 2014

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