Lösungen zum Kompetenz-Check97

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1 f9 (x) = 4 x3 – 6 x2 – 6 x; f9 (x) = 12 x2 – 12 x – 6. (1) GlobalverlaufDa es sich um den Graphen einer ganzrationalen Funktion 4. Grades handelt und das Vorzeichen der höchsten im Funktionsterm auftre-tetenden Potenz von x (also von x4) positiv ist, gilt:

lim x → – ∞

f (x) = + ∞ und lim x → + ∞

f (x)= + ∞

Der Graph von f muss also mindestens einen Tiefpunkt haben, durch den die Wertemenge der Funktion nach unten bestimmt wird.

(2) NullstellenAm Graphen sowie an der Wertetabelle erkennt man drei Nullstellen:

Wenn die Nullstellen nicht ganzzahlig wären, könnte man die Zero-Option des GTR benutzen.Mithilfe algebraischer Methoden lassen sich die Nullstellen wie folgt bestimmen:Aus den Summanden des Funktionsterms kann man zunächst x2 aus-klammern und dann den quadratischen Term in Linearfaktoren zerlegen:f (x) = x2 · (x2 – 2 x – 3) = x2 · (x – 3) · (x + 1)Der Funktionsterm x2 · (x – 3) · (x + 1) ist gleich null, wenn mindestens einer der Faktoren gleich null ist. Der Graph hat also drei Nullstellen: x1 = 0 (doppelt), x2 = 3, x3 = – 1.

(3) Monotonie, Hoch- und TiefpunkteAus der Grafi k entnehmen wir, dass der Graph zwei Tiefpunkte und einen Hochpunkt hat.Diese können wir mithilfe der Maximum- bzw- Minimumoption des GTR bestimmen; wir verzichten hier auf die Bestimmung des Maximums H (0 | 0), da dieses durch die doppelte Nullstelle gegeben ist.

Der GTR fi ndet zwei Tiefpunkte T1 (– 0,686 | – 0,545), T2 (2,186 | – 12,393). Die Monotonieintervalle ergeben sich aus der Lage der Extrempunkte.Alternativ untersuchen wir die 1. Ableitung der Funktion.

(a) Untersuchung der notwendigen BedingungDie zugehörigen Extremstellen fi nden wir mithilfe der notwendigen Bedingung f9 (x) = 0. Dem Graphen der numerischen Ableitung von f entnehmen wir, dass tatsächlich drei Nullstellen der 1. Ableitung existieren:xe1 = 0; xe2 = – 0,686 und xe3 = 2,186.

Mithilfe algebraischer Methoden lassen sich die Nullstellen der 1. Ablei-tung wie folgt bestimmen:

Aus den Summanden des Funktionsterms von f9 (x) = 4 x3 – 6 x2 – 6 x kann man den Faktor 4 x ausklammern:f9 (x) = 4 x · (x2 – 1,5 x – 1,5)Die notwendige Bedingung f9 (x) = 0 ist erfüllt für xe1 = 0 oder wenn x2 – 1,5 x – 1,5 = 0.Diese quadratische Gleichung hat die Lösungen:xe2 = 0,75 – √

___ 1,5 + 0,5625 ≈ – 0,686;

xe3 = 0,75 + √ ___

1,5 + 0,5625 ≈ 2,186 Zum Nachweis, dass tatsächlich an den Stellen xe1 , xe2 und xe3 Hoch- bzw. Tiefpunkte vorliegen, muss überprüft werden, ob eine hinreichende Bedingung erfüllt ist:

(b) Untersuchung des Monotonieverhaltens (Alternative 1)

Intervall Beispiel Vor-zei-chen 4 x

Vorzei-chen x2 – 1,5 x – 1,5

Vorzei-chenf9 (x)

Monotonie

x < – 0,686 x = – 1 – + – streng mono-ton fallend

– 0,686 < x < 0 x = – 0,5 – – + streng mono-ton steigend

0 < x < 2,186 x = 1 + – – streng mono-ton fallend

x > 2,186 x = 3 + + + streng mono-ton steigend

Da an den Stellen xe1 und xe3 jeweils ein Vorzeichenwechsel von f9 (x) von – nach + (also eine Änderung des Monotonieverhaltens von fallend zu steigend) vorliegt, hat der Graph von f an den beiden Stellen einen Tiefpunkt.Da an der Stelle xe2 ein Vorzeichenwechsel von f9 (x) von + nach – (also eine Änderung des Monotonieverhaltens von steigend zu fallend) vor-liegt, hat der Graph von f an dieser Stelle einen Hochpunkt.

(c) Untersuchung des Krümmungsverhaltens an den Nullstellen der 1. Ableitung (Alternative 2)

Es gilt: f0 (x) = 12 x2 – 12 x – 6Da f0 (– 0,686) ≈ 7,9, also größer als null, ist der Graph von f in einer Umgebung von xe1 = – 0,686 rechtsgekrümmt; deshalb liegt bei xe1 ein Tiefpunkt.Da f0 (0) = – 6, also kleiner als null, ist der Graph von f in einer Umge-bung von xe2 = 0 linksgekrümmt; deshalb liegt bei xe2 ein Hochpunkt.Da f0 (2,186) ≈ 25, also größer als null, ist der Graph von f in einer Umgebung von xe3 ≈ 2,186 rechtsgekrümmt; deshalb liegt bei xe3 ein Tiefpunkt.

(d) Bestimmung der Funktionswerte der ExtrempunkteEs gilt f (0) = 0, also ist H (0 | 0) ein Hochpunkt des Graphen.Um die Funktionswerte der beiden anderen Extrempunkte zu bestimmen, benutzen wir die in (2) bestimmte Linearfaktorzerlegung:f (x) = x2 · (x – 3) · (x + 1)f (– 0,686) ≈ – 0,545, also ist T1 (– 0,686 | – 0,545 ) ein Tiefpunkt des Graphen.f (2,186) = ≈ – 12,39, also ist T2 (2,186 | – 12,39) ein Tiefpunkt des Graphen.

Lösungen zu Kapitel 1 (Seite 51)

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(4) Krümmung und WendepunkteAus der Grafi k entnehmen wir, dass der Graph zwei Wendepunkte hat, das sind Extrempunkte des Graphen der 1. Ableitungsfunktion.Diese können wir durch Untersuchung der numerischen Ableitung von f mithilfe der Maximum- bzw- Minimumoption des GTR bestimmen:

Der GTR fi ndet zwei Wendestellen bei xw1 ≈ – 0,366 und xw2 ≈ 1,366. Die Krümmungsintervalle ergeben sich aus der Lage der Wendepunkte.Alternativ untersuchen wir die 2. Ableitung der Funktion.

(a) Untersuchung der notwendigen BedingungDie zugehörigen Stellen fi nden wir mithilfe der notwendigen Bedingung f0 (x) = 0. Dem Graphen von f0 entnehmen wir, dass tatsächlich zwei Nullstellen der 2. Ableitung existieren.Es gilt: f’’(x) = 12 x2 – 12 x – 6 = 12 · (x2 – x – 0,5).Die notwendige Bedingung f9 (x) = 0 ist erfüllt, wenn x2 – x – 0,5 = 0Die quadratische Gleichung hat die Lösungen:xw1 = 0,5 – √

__ 0,5 + 0,25 ≈ – 0,366; xw2 = 0,5 + √

__ 0,5 + 0,25 ≈ 1,366

Zum Nachweis, dass tatsächlich an den Stellen xw1 und xw2 Wende-punkte vorliegen, muss überprüft werden, ob eine hinreichende Bedin-gung erfüllt ist:

(b) Untersuchung des Krümmungsverhaltens (Alternative 1)

Intervall Beispiel Vorzeichen von f9 (x)

Krümmungs

x < – 0,366 x = – 1 + linksgekrümmt

– 0,366 < x < 1,366 x = 0 – rechtsgekrümmt

x > 1,366 x = 2 + linksgekrümmt

Da an der Stelle xw1 ein Vorzeichenwechsel von f0 (x) von + nach – (also eine Änderung des Krümmungsverhaltens von links- zu rechtsgekrümmt) vorliegt, hat der Graph von f an dieser Stelle einen Wendepunkt.Da an der Stelle xw2 ein Vorzeichenwechsel von f0 (x) von – nach + (also eine Änderung des Krümmungsverhaltens von rechts- zu linksgekrümmt) vorliegt, hat der Graph von f an dieser Stelle einen Wendepunkt.

(c) Untersuchung der Werte der 3. Ableitung an den Nullstellen der 2. Ableitung (Alternative 2)

Es gilt: f- (x) = 24 x – 12Da f- (– 0,366) ≈ – 20,78, also ungleich null, liegt bei xw1 ein Wende-punkt.Da f- (1,366) ≈ 20,78, also ungleich null, liegt bei xw2 ein Wendepunkt.

(d) Bestimmung der Funktionswerte der WendepunkteUm die Funktionswerte der Wendepunkte zu bestimmen, benutzen wir die in (2) bestimmte Linearfaktorzerlegung:f (x) = x2 · (x – 3) · (x + 1)f (– 0,366) ≈ – 0,286, also ist W1 (– 0,366 | – 0,286) ein Wendepunkt des Graphen.f (1,366) ≈ – 7,21, also ist W2 (1,366 | – 7,21) ein weiterer Wendepunkt des Graphen.

(5) WertebereichWegen des Globalverlaufs genügt es, die y-Koordinaten der beiden Tiefpunkte miteinander zu vergleichen.

Da T2 (2,186 | – 12,39) unterhalb des Tiefpunkts T1 (0,686 | – 0,545 ) liegt, ergibt sich als Wertebereich von f:Wf = {y | y ≥ – 12,39 }

2 a) Man könnte die Zuordnung der Parameterwerte mithilfe von Wertetabellen vornehmen oder nur einen bestimmten Funktionswert, z. B. y = 200 betrachten. Dann sieht man, dass die nach oben verlau-fenden monoton steigenden Äste von rechts nach links mit k = 0, 1, 2, ..., 14 nummeriert werden können. Die Graphen der Schar könnte man auch anhand der Lage der Extrem-punkte unterscheiden (s. u.).

b) Um die Lage der Extrempunkte zu bestimmen, untersuchen wir die Nullstellen der 1. Ableitung (notwendige Bedingung). Es gilt:

f 9 k (x) = 1 } 2 x

2 – k x + 3 } 8 k2

Die Bedingung f 9 k (x) = 0 ist erfüllt, wenn x2 – 2 k x + 3 } 4 k

2 = 0, also wenn (x – k)2 = 1 } 4 k

2. Die Nullstellen von f 9 k (x) liegen also an den Stellen x1 = k –

1 } 2 k = 1 } 2 k und x2 =

3 } 2 k

Für die 2. Ableitung gilt: f 0 k (x) = x – k. Daher ist f 0 k (x1) = – 0,5 k < 0

und f 0 k (x2) = 0,5 k > 0. Falls k > 0 ist, liegt also – gemäß der hinrei-chenden Bedingung für Extrema – an der Stelle x1 ein Maximum und an der Stelle x2 ein Minimum. Im Falle k = 0 hat der Graph keinen Extrem-punkt, sondern den Sattelpunkt S (0 | 10).Für die Koordinaten der Extrempunkte gilt:

fk ( 1 } 2 k) ≈

1 } 6 · ( 1 } 2 k)

3 – 1 } 2 k · ( 1 } 2 k)

2 + 3 } 8 k2 · ( 1 } 2 k) + 10 ≈

1 } 12 k3 + 10 sowie

fk ( 3 } 2 k) ≈

1 } 6 · ( 3 } 2 k)

3 – 1 } 2 k · ( 3 } 2 k)

2 + 3 } 8 k2 · ( 3 } 2 k) + 10 = 10

Die Hochpunkte haben daher die Koordinaten Hk ( 1 } 2 k |

1 } 12 k3 + 10), die

Tiefpunkte Tk ( 3 } 2 k | 10).

Bestimmung der Ortslinien: Für die x-Koordinate der Hochpunkte gilt: x = 1 } 2 k, also gilt: k = 2 x. Dann folgt für die y-Koordinate: y = 1 } 12 (2 x)

3 + 10 = 2 } 3 x3 + 10.

Die Hochpunkte liegen also auf dem Graphen der Funktion mit y = 2 } 3 x

3 + 10 (rote Linie).Da alle Tiefpunkte die y-Koordi-nate 10 haben, liegen sie auf der Orts linie mit der Funktionsgleichung y = 10 (grüne Linie).

c) Die Nullstellen der 2. Ableitung liegen an der Stelle x = k. Da f - k (x) = 1 ≠ 0 (hinreichende Bedingung), sind dies tatsächlich Wende-stellen. Die Wendepunkte haben die Koordinaten Wk (k |

1 } 24 k3 + 10).

Ortslinie: Wegen x = k folgt unmittelbar: Die Wendepunkte liegen auf der Ortslinie mit y = 1 } 24 x

3 + 10 (lila Linie).

3 Ansatz: f (x) = a x3 + b x2 + c x + d; f9 (x) = 3 a x2 + 2 b x + c; f0 (x) = 6 a x + 2 b

a) Durch die Aufgabenstellung sind vier Bedingungen gegeben:f (– 2) = 2, also: – 8 a + 4 b – 2 c + d = 2f (1) = – 4, also: a + b + c + d = – 4f9 (–2) = 0, also: 12 a – 4 b + c = 0f9 (1) = 0, also: 3 a + 2 b + c = 0

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Das lineare Gleichungssystem hat die Lösung

a = 4 } 9 ; b = 2 } 3 ; c = –

8 } 3 ; d = – 22 } 9 , also

f (x) = 4 } 9 x3 + 2 } 3 x

2 – 8 } 3 x – 22 } 9

b) Ein Graph einer ganzrationalen Funktion 3. Grades kann nicht achsensymmetrisch zum Ursprung sein. Für den in Frage kommenden Ansatz einer ganzrationalen Funktion 4. Grades gilt:f (x) = a x4 + b x2 + c, f9 (x) = 4 a x3 + 2 b xf (2) = 1, also: 16 a + 4 b + c = 1f9 (2) = 0, also: 32 a + 4 b = 0Das zugehörige lineare Gleichungssystem mit 2 Gleichungen und 3 Va-riablen hat unendlich viele Lösungen, die wie folgt dargestellt werden können:

a = 1 } 16 · c – 1 } 16 ; b = –

1 } 2 · c + 1 } 2 ; c ∈ R, also mit t = c:

f (x) = t – 1 } 16 x3 + 1 – t } 2 x

2 + t mit t ∈ R

c) Durch die Aufgabenstellung sind drei Bedingungen gegebenf9 (1) = 0, also: 3 a + 2 b + c = 0f (– 1) = 3, also: – a + b – c + d = 3f0 (– 1) = 0, also: – 6 a + 2 b = 0 Das zugehörige lineare Gleichungssystem mit 3 Gleichungen und 4 Va-riablen hat unendlich viele Lösungen, die wie folgt dargestellt werden können:

a = – 1 } 11 · d + 3 } 11 ; b = –

3 } 11 · d + 9 } 11 ; c =

9 } 11 · d – 27 } 11 ; d ∈ R,

also mit t = d: f (x) = 3 – t } 11 x3 + 9 – 3 t } 11 x

2 + 9 t – 27 } 11 x + t mit t ∈ R

4 a)

L = {(2 | 1 | – 3)}

b)

Es gilt also x = – 5 } 3 z – 3, y = 2 } 3 z + 3, also

L = h (x | y | z) | x = – 5 } 3 t – 3; y = 2 } 3 t + 3; z = t j c)

Da in der 3. Gleichung die falsche Aussage 0 = 1 steht, hat das lineare Gleichungssystem keine Lösung, also L = { }

5 Gesucht ist eine ganzrationale Funktion f, die folgende Bedin-gungen erfüllt:

f (– 4) = 0; f (4) = 0; f9 (– 4) = + 1; f9 (4) = – 1

Übergang nahtlos Übergang knickfrei

und f0 (– 4) = 0; f0 (4) = 0

Übergang ruckfreiWegen der Symmetrie kommen Ansätze mit f2 (x) = a x2 + b oder f4 (x) = a x4 + b x2 + c infrage.Wegen f 2 9 (x) = 2 a x und f 2 0 (x) = 2 a ° 0 kommt ein quadratischer Ansatz nicht infrage, da dann kein ruckfreier Übergang möglich ist. f 4 9 (x) = 4 a x3 + 2 b x; f 4 0 (x) = 12 a x2 + 2 bDie obigen Bedingungen bedeuten:f4 (4) = 0 ⇔ 256 a + 16 b + c = 0 f 4 9 (4) = – 1 ⇔ 256 a + 8 b = – 1 f 4 0 (x) = 0 ⇔ 192 a + 2 b = 0Dieses lineare Gleichungssystem hat die Lösunga = 1 } 512 ; b = –

3 } 16 ; c = 5 } 2 , also f4 (x) =

1 } 512 x4 – 3 } 16 x

2 + 5 } 2

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Lösungen zu Kapitel 2 (Seiten 123 bis 124)1 a) f (x) = 1,5x = eln (1,5)·x f 9 (x) = ln (1,5) · eln (1,5)·x

= ln (1,5) · 1,5x ≈ 0,405 · 1,5x

b) f (x) = 0,6x = eln (0,6)·x f 9 (x) = ln (0,6) · eln (0,6)·x

= ln (0,6) · 0,6x ≈ – 0,511 · 0,6x

c) f (x) = log1,5 x = ln (x) } ln (1,5) f 9 (x) = 1 } x · ln (1,5) ≈

2,466 } x

d) f (x) = log0,6 x = ln (x) } ln (0,6) f 9 (x) = 1 } x · ln (0,6) ≈

1,958 } x

2 a) f 9 (x) = 2 x·ex + (x2 – 1) ex = (x2 + 2 x – 1) exb) f 9 (x) = e x2–3 ·2 x = 2 x e x2 – 3

c) f 9 (x) = 2 x · sin (x) + x2 · cos (x) = x · (2 sin (x) + x cos (x))d) f 9 (x) = 3 x2 e2x + x3 e2x·2 = (3 x2 + 2 x3) e2x

e) f 9 (x) = 2 x ex – x2 ex } (ex ) 2

= 2 x – x2 } ex

f) f 9 (x) = 2 sin (2 x) · cos (2 x) · 2 = 2 · (2 sin (2 x) cos (2 x)) = 2 · sin (4 x)

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g) f t 9 (x) = 2 (t + e–x)·(– e–x) = – 2 t e–x – 2 e–2x

h) f 9 (x) = (x2 + 1)· _ x·e– x·(– 1) + 1·e– x + – (2 x)·x·e– x

}} (x2 + 1)2

= (x2 + 1)·(– x + 1)·e– x – 2 x2·e– x

}} (x2 + 1)2

= e– x · – x3 – x2 – x + 1 } (x2 + 1)2

i) f 9 (x) = cos (x) · (x2 + 1)– 1 + sin (x) · (– 1) (x2 + 1)– 2 · 2 x

= (x2 + 1)– 2 · [(x2 + 1) · cos (x) – 2 x · sin (x)]

= x2 · cos (x) – 2 x · sin (x) + cos (x)

}} (x2 + 1)2

3 a) lim x → – ∞

f (x) = + ∞,

lim x → + ∞

f (x) = 1,

da lim x → + ∞

x2 · e– x = 0, also:

Näherungsfunktion:a (x) = 1 (rot)

b) lim x → – ∞

f (x) = + ∞ = lim x → + ∞

f (x),

Näherungsfunktion: a (x) = x2 (rot),da f (x) = x2 · e– x + x2

und lim x → + ∞

x2 · e– x = 0

c) lim x → – ∞

f (x) = + ∞,

lim x → + ∞

f (x) = 0,

da lim x → + ∞

(x2 + 1) · e– x = 0, also:

Näherungsfunktion:a (x) = 0 (rot)

d) lim x → – ∞

f (x) = + ∞ = lim x → + ∞

f (x)

Näherungsfunktion:a (x) = x2 + 1 (rot),

da lim x → + ∞

e– x = 0

4 a) Für die Karpfenpopulation liegt ein begrenztes Wachstum vor, d. h. für den Fortbestand der Karpfen f gilt der Funktionsterm f (t) = S + ( f (0) – S ) ·pt mit f (t) der Karpfenbestand zum Zeitpunkt t in Jahren, S der Sättigungsgrenze und p dem Wachstumsfaktor. Daraus ergibt sich: f (t) = 2 000 + (500 – 2 000)·0,9t = 2 000 – 1 500·0,9t

b) (1) Der Nachweis, dass die vorgegebene Wertetabelle zum angegebenen Funktionsterm passt, kann durch Vergleich der Funkti-onswerte erfolgen. Den Funktions-term selbst kann man durch expo-nentielle Regression fi nden. Wenn dieser vom benutzten Werkzeug in der Form f1 (t) ≈ 423,5 · 1,1907t angegeben wird, muss noch in die Darstellung mit Basis e umgeformt werden. Für t = 20 ergibt sich f1 (20) ≈ 13 886. Gemäß diesem Modell kann man also für das Jahr 2020 ca. 13 900 Wale erwarten.(2) Den Funktionsterm kann man mithilfe einer logistischen Regression fi nden. Da der Nenner des Funktionsterms für t → ∞ gegen 0 läuft, gibt der Zähler des Funktionsterms die Sättigungsgrenze S an, d. h. demnach könnte die Population bis zu einer Größe von 65 600 Walen anwachsen. Aus Symmetriegründen liegt das Maximum der momentanen Wachstums-rate an der Stelle, an der die Funktion den Funktionswert 1 } 2 · S ≈ 32 800 hat. Dies ist bei t ≈ 28,3 der Fall, d. h. man könnte im Jahr 2029 damit rechnen, dass die Wachstumsrate am größten ist.

5 (1) Da y = sin (x) 2 π-periodisch ist und y = sin (2 x) π-periodisch, ist die Summenfunktion mindestens 2 π-periodisch. Aus dem Graphen ist ersichtlich, dass p = 2 π.(2) Die Nullstellen der Funktion ergeben sich durch Umformung des Funktionstermf (x) = sin (x) + sin (2 x) = sin (x) + 2 sin (x) · cos (x)

= sin (x) · (1 + 2 cos (x)),also f (x) = 0, wenn sin (x) = 0 oder cos (x) = – 1 } 2 , d. h. bei x = 0, x = π, x = 2 π (auf dem Intervall [0; 2 π] sowie bei x = cos– 1 _ – 1 } 2 + ≈ 2,09 und x ≈ 2 π – 2,09 ≈ 4,19(3) f9 (x) = cos x + cos (2 x) · 2 = cos (x) + 2 (2 cos2 (x) – 1)

= 4 cos2 (x) + cos (x) – 2

Nullstellen von f9: cos2 (x) + 1 } 4 cos (x) – 1 } 2 = 0 (notwendige Bed.)

Substitution z = cos (x): z2 + 1 } 4 z – 1 } 2 = 0 hat die Lösungen

z1 ≈ 0,593; z2 ≈ – 0,843

Rücksubstitution: x11 ≈ 0,936; x12 ≈ 2 π – 0,936 ≈ 5,347x21 ≈ 2,574; x22 ≈ 2 π – 2,574 ≈ 3,710

f0 (x) = 8 cos (x) · (– sin (x)) – sin (x) = – sin (x) · (8 cos (x) + 1) f0 (x11) < 0; f0 (x12) > 0; f0 (x21) > 0; f0 (x22) < 0 Hochpunkt Tiefpunkt Tiefpunkt Hochpunkt

Funktionswerte P11 (0,936 | 1,760); P12 (5,347 | – 1,760)P21 (2,574 | – 0,369); P22 (3,710 | 0,369)

Die maximale Auslenkung erfolgt an den Stellen x11 und x12 und beträgt ungefähr 1,760.

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(4) Maximum der Änderungsrate: f0 (x) = 0 (notwendige Bed.)f0 (x) = 0 ⇔ sin (x) = 0 oder cos (x) = – 1 } 8

⇔ x = 0 oder x = π oder x = 2 π oder x ≈ 1,696oder x ≈ 2 π – 1,696 ≈ 4,587

An diesen Stellen liegen Vorzeichenwechsel von f0 vor (hinreichende Bedingung für Wendestellen).f9 (0) = 3; f9 (π) = 1; f9 (2 π) = 3; f9 (1,696) = – 2,062;f9 (4,587) = – 2,062Der Betrag der Änderungsrate ist maximal an der Stelle x = 0.

6 a) Bezeichnet man die Strecke, die der Wanderer noch auf dem Weg zurücklegt mit x (0 ≤ x ≤ 1), dann gilt für die benötigte Zeit

t (x) = t1 + t2 = x } 6 +

√ ___

0,62 + (1 – x)2 } 3 =

1 } 6 x + 1 } 3 · (x

2 – 2 x + 1,36) 1 } 2

t9 (x) = 1 } 6 + 1 } 6 · (x

2 – 2 x + 1,36) – 1 } 2 · (2 x – 2)

= 1 } 6 · x2 – 2 x + 1,36 + 2 x – 2

} √ ___

x2 – 2 x + 1,36

= 1 } 6 x2 – 0,64 }

√ ___

x2 – 2 x + 1,36

t9 (x) = 0 gilt für x = 0,8 (notwendige Bedingung)An der Stelle x = 0,8 liegt ein Vorzeichenwechsel von t9 (x) von + nach – vor (also Minimum) und es gilt:

t (0,8) = 0,8 } 6 + √ __

0,62 + 0,22 } 3 ≈ 0,344 h

Ohne die Abkürzung hätte der Wanderer t = 1,6 } 6 ≈ 0,267 h benötigt, wäre also auf dem Weg schneller gewesen.

b) A (x) = (π – 2 x) · sin (x)A9 (x) = (– 2) · sin (x) + (π – 2 x) · cos (x)

A9 (x) = 0 ⇔ sin (x) } cos (x) = π – 2 x } 2

⇔ tan (x) = π } 2 – x

Die Nullstelle der Ablei-tungsfunktion kann nähe-rungsweise der Abbildung entnommen werden: x ≈ 0,71Hierfür gilt: A (0,71) ≈ 1,1222

7 a) (1) Defi nitionsmenge: Alle Funktionen der Schar sind für alle x ∈ R defi niert.(2) Wertemenge: Offensichtlich sind die Wertemengen der einzelnen Funktionen nach unten beschränkt durch die jeweilige Lage des Tief-punktes; nach oben sind die Funktionen unbeschränkt, da lim

x → ∞ f (x) = + ∞.

(3) Nullstellen: Die Nullstellen liegen bei x01 = – √ __

k2 – 1 und bei x02 = – √

__ k2 – 1 ; die y-Achse wird im Punkt (0 | 1 – k2) geschnitten.

(4) Verhalten für x → – ∞: lim x → – ∞

f (x) = 0; alle Graphen nähern sich von oben der x-Achse als Asymptote.

b) Nach Produktregel gilt:

f 9 k (x) = 2 x · ex + (x2 + 1 – k2) · ex

= (x2 + 2 x + 1 – k2) · ex = [(x + 1)2 – k2] · ex

Die notwendige Bedingung für das Vorliegen eines Extremums ist erfüllt, wenn f 9 k (x) = 0, also wenn (x + 1)

2 = k2, d. h. für xe1 = – 1 – k bzw. für xe2 = – 1 + k. Einsetzen des x-Werts xe1 = – 1 – k in den Funktionsterm, ergibt:

ye1 = f (– 1 – k) = _ (– 1 – k)2 + 1 – k2 + · e–1 – k = (1 + 2 k + k2 + 1 – k2) · e–1 – k = 2 · (1 + k) · e–1 – k

Löst man die Gleichung xe1 = – 1 – k nach k auf, dann erhält man k = – 1 – xe1 . Hieraus ergibt sich dann:

ye1 = 2 · (1 – 1 – xe1) · e–1 + 1 + xe1 = – 2 xe1 · exe1

Die Hochpunkte liegen also alle auf der Ortskurve von g (x) = – 2x · ex. Analog ergibt sich für xe2 = – 1 + k:

ye2 = f (– 1 + k) = _ (– 1 + k)2 + 1 – k2 + · e–1 + k = (1 – 2 k + k2 + 1 – k2) · e–1 – k = 2 · (1 – k) · e–1 + k

Löst man die Gleichung xe2 = – 1 + k nach k auf, dann erhält man k = xe2 + 1. Hieraus ergibt sich dann:

ye1 = 2 · (1 – 1 – xe2) · e–1 + 1 + xe2 = – 2 xe2 · exe2

Die Tiefpunkte liegen also ebenfalls alle auf der Ortskurve vong (x) = – 2x · ex.

c) Für die 2. Ableitung ergibt sich nach Produktregel:f 0 k (x) = (2 x + 2) · e

x + (x2 + 2 x + 1 – k2) · ex = (x2 + 4 x + 3 – k2) · ex Die notwendige Bedingung für das Vorliegen einer Wendestelle ist erfüllt, wenn f 0 k (x) = 0, also wenn x

2 + 4 x + 4 = k2 + 1, d. h. für

xw1 = – 2 – √ __

k2 + 1 bzw. für xw2 = – 2 – √ __

k2 + 1 .

Lösungen zum Kompetenz-Check978-3-507-87034-5

1 Das Integral in Teilaufgabe a) gibt den Flächeninhalt der mar-kierten Fläche an, in Teilaufgabe b) die Differenz der Flächenmaßzahlen der oberhalb bzw. unterhalb liegenden Flächenstücke, in Teilaufgabe c) den mit (– 1) multiplizierten Wert des Flächeninhalts des markierten Flächenstücks. a) b) c)

2 a) Die Wirkstoffkonzentration ist nach 5 Stunden maximal. Sie beträgt dann etwa 22,12 mg/l.

b) Die Wirkstoffkonzentration zum Zeitpunkt t beträgt

F (t) = # 0

t

( 12 – 2,4 x)∙0,82x dx

Der Funktionsplotter liefert folgenden Graphen: Für t > 14,7 wird F (t) negativ. Das ist unrealistisch. Daher ist für die Modellierung der Defi nitionsbereich von t einzuschränken.

3 Abbildung (1) zeigt den Graphen von f1 mit f1 (x) = – 1,5. Hierzu gehören die Stammfunktionen F1 mit F1 (x) = – 1,5 x + c. Abbildung (2) zeigt den Graphen von f2 mit f2 (x) =

1 } 3 x³ + 1 } 2 x

2 – 2 x + 7 } 6 .Der Ansatz

# a

x

(x2 + x – 2) dz = f 1 } 3 z3 + 1 } 2 z2 – 2 z g a x

= _ 1 } 3 x3 + 1 } 2 x

2 – 2 x + – _ 1 } 3 a3 + 1 } 2 a

2 – 2 a + = 1 } 3 x3 + 1 } 2 x

2 – 2 x + 7 } 6

führt auf 1 } 3 a3 + 1 } 2 a

2 – 2 a + 7 } 6 = 0. Diese Gleichung ist erfüllt für a = 1 oder für a = – 3,5, wie man am Graphen von f2 ablesen kann, d. h. es gilt:

f2 (x) = # 1

x

(z2 + z – 2) dz oder f2 (x) = # – 3,5

x

(z2 + z – 2) dz

Abbildung (3) zeigt den Graphen von f3 mit f3 (x) = 0,25 x2 – x. Der Ansatz

# a

x

(0,5 z – 1) dz = [0,25 z2 – z ] a x = (0,25 x2 – x) – (0,25 a2 – a) = 0,25 x2 – x

führt auf 0,25 a2 – a = 0. Diese Gleichung ist erfüllt für a = 0 oder für a = 4, d. h. es gilt:

f3 (x) = # 0

x

(0,5 x – 1) dz oder f3 (x) = # 4

x

(0,5 x – 1) dz .

Es gibt also zwei Möglichkeiten, die Funktion f3 als Integralfunktion darzustellen.

Abbildung (4) zeigt den Graphen von f4 mit f4 (x) = 0,5 x – 1. Hierzu ge hören die Stammfunktionen F4 (x) = 0,25 x2 – x + c.

Abbildung (5) zeigt den Graphen von f5 mit f5 (x) = – 1,5 x + 2

Der Ansatz # a

x

(– 1,5) dz = [– 1,5 z ] a x = – 1,5 x + 1,5 a = – 1,5 x + 2 führt auf

a = 4 } 3 , also auf die Integralfunktion f5 (x) = # 4 } 3

x

(– 1,5) dz .

Abbildung (6) zeigt den Graphen von f6 mit f6 (x) = x2 + x – 2. Hierzu gehören die Stammfunktionen F6 (x) =

1 } 3 · x³ + 1 } 2 x

2 – 2 x + c.

4 a) (1) F (x) = x – 1 } 2 · e

3 – 2 x

(2) F (x) = 1 } 8 · e2 x + 3 · e– x + 5 x

(3) F (x) = – 1 } 2 cos (2 x) + 1 } 2 sin _ x +

π } 2 + + c

b) (1) F (x) = 1 } 30 x6 – 1 } 3 x

3 + 4 x + c.

Aus F (– 1) = 1 } 30 + 1 } 3 – 4 + c = 2 folgt: c =

169 } 3 .

(2) F (x) = 2 } 3 _ 1 } 2 x + 4 +

3 + c.

Aus F (2) = 2 } 3 · 53 + c = 0 folgt: c = – 250 } 3 .

(3) F (x) = 3 cos (π – x) + c = – 3 cos (x) + c. Aus F (2) = 0 folgt: c ≈ – 1,248

5 a) In der Grafi k sind zu erkennen: f (x) = √ _ x und g (x) = 6 – x. Die beiden Graphen schneiden sich im Punkt P (4 | 2). Um die Maßzahl der Fläche zu bestimmen, muss die Fläche durch die Gerade mit x = 4 unterteilt werden:

A = # 0

4

√ _ x dx + #

4

6

(6 – x) dx = f 2 } 3 x 3 } 2 g 0

4 + f 6 x – 1 } 2 x2 g 4

6 = 16 } 3 + 2 =

22 } 3

b) Tangentengleichung: t (x) = – e– a · (x – a) + e– a = e– a · _ – x + (a + 1) + . Die Tangente schneidet die x-Achse an der Stelle b = a + 1, d. h. der rechte Teil der Fläche besteht aus einem Dreieck der Breite 1 und der Höhe e– a.

A = # – 1

a

e– x dx + 1 } 2 · e– a = [– e– x] – 1

a + 1 } 2 e

– a = – e– a + e + 1 } 2 · e– a = e – 1 } 2 · e

– a

6 a) A = # – 2

2

_ (4 – x2) – (2 – x) + dx = f – 1 } 3 x3 + 1 } 2 x2 + 2 x g – 2 2 = 8 } 3

b) A = # 0

1

(x · ex – x2 · ex) dx = [(x – 1) · ex – (x2 – 2 x + 2) · ex ] 0 1

= [(– x2 + 3 x – 3) · ex ] 0 1 = – e + 3 ≈ 0,28

c) (1) Schnittstellen der Differenzfunktion f (x) – g (x) = x3 – 4 x2 + x + 6 bei x1 = – 1; x2 = + 2; x3 = + 3

A1 = # – 1

2

(x3 – 4 x2 + 6) dx = f 1 } 4 x4 – 4 } 3 x3 + 1 } 2 x2 + 6 x g – 1 2 = 45 } 4

A2 = | # 2

3

(x3 – 4 x2 + x + 6) dx | = 7 } 12 ; A1 + A2 = 45 } 4 + 7 } 12 = 71 } 6

Lösungen zu Kapitel 3 (Seiten 188 bis 190)

Lösungen zum Kompetenz-Check97

8-3-

507-

8703

4-5

(2) Schnittstellen der Differenzfunktiong (x) – f (x) bei x1 = – 3 und x2 = + 1

A = # – 3

1

_ – 15 } 8 x + 19 } 8 – 2

– x + dx = f – 15 } 16 x2 + 19 } 8 x + 1 } ln (2) · 2– x g – 3 1 ≈ 6,18

(3) Schnittstellen der Differenzfunktiong (x) – f (x) bei x1 = 1 und x2 = 4

A = # 1

4

_ – 2 x2 + 8 x + 2 – 8 } x + dx = f – 2 } 3 x3 + 4 x2 + 2 x – 8 · ln (x) g 1 4

= 24 – 16 · ln (2) ≈ 12,91

7 A1 = # 0

1

(x · e– x – x2 · e– x) dx = [(– x – 1) · e– x – (– x2 – 2 x – 2) · e– x] 0 1

= [(x2 + x + 1) · e– x] 0 1 = 3 } e – 1 ≈ 0,104

A2 = | # 1

a

(x · e– x – x2 · e– x) dx | = | [(x2 + x + 1) · e– x] 1

a | = | (a2 + a + 1) · e– a – 3 } e |

lim a → ∞

A2 = | 0 – 3 } e | = 3 } e ≈ 1,104

8 a) (1) u (x) = x2 – 2 x + 2; v9 (x) = e– x ; u9 (x) = 2 x – 2; v (x) = – e– x∫ (x2 – 2 x + 2) · e– x dx = [– e– x · (x2 – 2 x + 2)] + ∫ (2 x – 2) · e– x dx

u (x) = 2 x – 2; v9 (x) = e– x ; u9 (x) = 2; v (x) = – e– x

∫ (2 x – 2) · e– x dx = [– e– x · (2 x – 2)] + ∫ 2 · e– x dx = [– e– x · (2 x – 2) – 2 · e– x] = [– e– x · 2 x]

also

∫ (x2 – 2 x + 2) · e– x dx = [– e– x · (x2 – 2 x + 2) – e– x · 2 x] = [– e– x · (x2 + 2)]

(2) u (x) = x2; v9 (x) = sin (x); u9 (x) = 2 x; v (x) = – cos (x)

∫ x2 · sin (x) dx = – x2 cos (x) + 2 ∫ x cos (x) dx

Neuer Ansatz: u (x) = x; v9 (x) = cos (x); u9 (x) = 1; v (x) = + sin (x)

∫ x cos (x) dx = + x sin (x) – ∫ sin (x) dx = + sin (x) + cos (x)

Einsetzen ergibt:

∫ x2 · sin (x) = – x2 · cos (x) + 2 x · sin (x) + 2 · cos (x)= 2 x · sin (x) + (2 – x2) · cos (x)

b) # 0

π

x2 sin (x) = 2 π · sin (π) + (2 – π2) · cos (π) – 0 – (2 – 02) · cos (0)= π2 – 4 ≈ 5,87

9 1 } 12 # 0

12

( 0,01 t2 – 0,1 t + 0,26) dt = 1 } 12 · f 0,01 } 3 t3 – 0,1 } 2 t2 + 0,26 t g 0 12

= 0,14

10 Eine geeignete Sinusfunktion muss folgende Eigenschaften erfüllen:f (0) = 3; f (1) = 2; f (2) = 3 usw.also Periodenlänge: p = 2; Verschiebung um 2,5 in Richtung der y-Achse, Amplitude 0,5; Verschiebung um – 0,5 in Richtung der x-Achse:y = 0,5 · sin (π (x + 0,5)) + 2,5 (Einheiten: dm)

Rotationskörper: V = 2 · π # 0

2

[0,5 · sin (π (x + 0,5)) + 2,5]2 dx ≈ 80,11 dm3

m ≈ 216,3 kg

11 a) (1) 0 ≤ t ≤ 60: s1 (t) = 20 · t _ 20 m } s = 72 km } h + ;s1 (6) = 1 200

(2) In 5 Stunden wird die Geschwindigkeit von 20 m } s auf 30 m } s beschleu-

nigt, d. h. pro Sekunde um 2 m } s erhöht, also a = + 2 m } s2

60 ≤ t ≤ 65: s2 (t) = 1 } 2 · 2 · (t – 60)

2 + 20 · (t – 60) + 1 200s2 (65) = 1 325

(3) 65 ≤ t ≤ 185: s3 (t) = 30 · (t – 65) + 1 325; s3 (185) = 4 925

(4) Die Geschwindigkeit wird pro Sekunde um 3 m } s reduziert, d. h. nach

10 Sekunden beträgt die Geschwindigkeit 0 m } s . 185 ≤ t ≤ 195: s4 (t) =

1 } 2 · (– 3) · (t – 185)2 + 30 · (t – 185) + 4 925

b) s4 (195) = 5 075

Lösungen zum Kompetenz-Check978-3-507-87034-5

1 In der Aufgabenstellung sind nur Punkte des Daches angegeben:A, B, C, E, F.

P0 (0 | 0 | 0), P1 (10 | 0 | 0), P2 (10 | 16 | 0), P3 (0 | 16 | 0),P4 (0 | 0 | 5), P5 (10 | 0 | 5), P6 (10 | 16 | 5), P7 (0 | 16 | 5).

2 a) (1) #####$ AC = #####$ AB + #####$ BC = #####$ AB + #####$ AD ; #####$ OC =

#####$ OB –

#####$ OA +

#####$ OD –

#####$ OA =

#####$ OB +

#####$ OD – 2

#####$ OA

(2) ######$ OM CD =

#####$ OD + 1 } 2 ·

#####$ DC =

#####$ OD + 1 } 2

#####$ OC – 1 } 2

#####$ OD = 1 } 2

#####$ OC + 1 } 2

#####$ OD

b) (1) ####$ OF =

#####$ OA +

#####$ AB +

####$ BF =

#####$ OA +

#####$ AB +

#####$ AE =

#####$ OA +

##$ u +

##$ w

#####$ OG =

#####$ OA +

#####$ AB +

####$ BF +

####$ FG =

#####$ OA +

#####$ AB +

#####$ AE +

#####$ AD =

#####$ OA +

##$ u +

#$ v +

##$ w

######$ OH =

#####$ OA +

#####$ AD +

######$ DH =

#####$ OA +

#####$ AD +

#####$ AE =

#####$ OA +

#$ v +

##$ w

(2) ######$ OM 1 =

#####$ OA + 1 } 2 _

#####$ AE +

#####$ AB + =

#####$ OA + 1 } 2 (

##$ w +

##$ u )

(3) ######$ OM =

#####$ OA + 1 } 2 _

#####$ AE +

#####$ AB +

#####$ AD + =

#####$ OA + 1 } 2 (

##$ u +

#$ v +

##$ w )

3 a) Die der Gewichtskraft entgegenwirkende Spannkraft – ##$ G hat ebenfalls den Betrag | –

##$ G | = 300 N.

Im Kräfteparallelogramm gilt (vgl. nachstehende Abbildung)

sin 20° = 150 } x , also x = 150 } sin 20°

≈ 438,6

Für die beiden Kräfte gilt: | ###$ F1 | = |

###$ F2 | ≈ 438,6 N

b) Je kleiner der Winkel wird, desto größer wird der Betrag der Kräfte

###$ F1 ,

###$ F2 , z. B.

α = 10°: | ###$ F1 | = |

###$ F2 | =

150 } sin 10° ≈ 863,8 N

α = 5°: | ###$ F1 | = |

###$ F2 | =

150 } sin 5° ≈ 1 721 N

Für α → 0° geht | ###$ F1 | = |

###$ F2 | gegen unendlich.

4 a) (1) #####$ AB = _ – 1 6 0 + , #####$ BC = _ – 1 – 4 t + ,

#####$ CA = _ 2 – 2 – t +

#####$ AB ·

#####$ BC = – 23 ° 0

#####$ BC ·

#####$ CA = + 6 – t2 = 0, falls t = – √

_ 6 oder t = + √

_ 6

#####$ AB ·

#####$ CA = – 14 ° 0

(2) | #####$ AB | = √

_ 37 , |

#####$ BC | = √

__ 17 + t2 , |

#####$ CA | = √

_ 8 + t2

| #####$ AB | = |

#####$ BC |, falls t2 = 20; |

#####$ AB | = |

#####$ CA |, falls t2 = 29

b) (1) #$ a ·

##$ b = 3 t – 2 + 2 t = 5 t – 2

d. h. #$ a ,

##$ b sind orthogonal, falls t = 0,4

(2) #$ a ·

##$ b = t2 + 2 + 1 = t2 + 3

d. h. #$ a ,

##$ b können nicht zueinander orthogonal sein

(3) #$ a ·

##$ b = t2 + 2 t – 2 + 2 = t2 + 2 t

d. h. #$ a ,

##$ b sind zueinander orthogonal, falls t = 0 oder t = – 2

5 a)

b) A (0 | 0 | 0), B (35,4 | 0 | 0), C (35,4 | 35,4 | 0), D (0 | 35,4 | 0),E (17,7 | 17,7 | 21,65), M (17,7 | 17,7 | 0), MAB (17,7 | 0 | 0)

(1) #####$ AE = _

17,7

17,7

21,65 + ; ####$ CE = _

– 17,7

– 17,7

21,65 +

cos–1 _ #####$ AE ·

####$ CE }

| #####$ AE | |

####$ CE |

+ = cos–1 _ – 157,8575 } 1 095,3025 + ≈ 98,29°

(2) #####$ AE = _

35,4

35,4

0 + ; cos–1 _

#####$ AE ·

#####$ AC }

| #####$ AE | |

#####$ AC |

+ = cos–1 _ 1 253,16 } 1 656,85 + ≈ 40,86°

(3) ############$ MAB M = _ 0 17,7

0 + ; ###########$ MAB E = _

0

17,7 21,65

+ cos–1 _

############$ MAB M ·

###########$ MAB E }

| ############$ MAB M | · |

###########$ MAB E |

+ = cos–1 _ 313,29 } 494,97 + ≈ 50,73°

6 a) #####$ AB = _ 1 – 1 2 + , #####$ BC = _ – 4 – 2 1 + ,

#####$ CA = _ 3 3 – 3 +

#####$ AB ·

#####$ BC = – 4 + 2 + 2 = 0, also rechter Winkel bei B

b) #####$ OD =

#####$ OA +

#####$ AD =

#####$ OA +

#####$ BC

= _ 2 – 4 2 – 2 – 2 + 1

+ = _ – 2 0 – 1 + D (– 2 | 0 | – 1)

c) V = | _ #####$ BA ×

#####$ BC + ·

#####$ BE | = 42

#####$ BA ×

#####$ BC = _ – 1 1 – 2 + × _

– 4

– 2 1 + = _ – 3 9 6 +

#####$ BA ×

#####$ BC ist orthogonal zur Grundfl äche des Quaders, also Vielfaches von

#####$ BE , d. h.

| _ – 3 9 6 + · _ – 3k

+ 9 k 6 k

+ | = | 126 k | = 42 ⇒ | k | = 42 } 126 = 1 } 3 also

#####$ BE = _ – 1 3 2 + = _

e1 – 3

e2 – 1

e3 – 0 + ⇒ E (2 | 4 | 2)

oder #####$ BE = _ 1 – 3 – 2 + = _

e1 – 3

e2 – 1

e3 – 0 + ⇒ E (4 | – 2 | 2)

7 a) #####$ AB = _ – 3 2 – 3 + , #####$ AC = _ 0 – 1 – 5 +

A = 1 } 2 | #####$ AB ×

#####$ AC | = 1 } 2 · | _ – 13 – 15 3 + | ≈ 10,04

Lösungen zu Kapitel 4 (Seiten 231 bis 232)

Lösungen zum Kompetenz-Check97

8-3-

507-

8703

4-5

b)

(1) Parallelogramm ABD1C wird aufgespannt durch

#####$ AC und

#####$ AB : A = |

#####$ AB ×

#####$ AC | ≈ 20,07

(2) Parallelogramm AD2BC wird aufgespannt durch

#####$ AC und

#######$ AD2 =

#####$ CB = _ – 3 3

2 + : A = |

#####$ AC ×

#######$ AD2 | ≈ 20,07

(3) Parallelogramm ABCD3 wird aufgespannt durch

#######$ AD3 =

#####$ BC = _ 3 – 3

– 2 + und AB: A = |

#######$ AD3 ×

#####$ AB | ≈ 20,07

(Anmerkung: Die Flächeninhalte sind gleich, da die 4 auftretenden Dreiecke zueinander kongruent sind.)

c) #####$ AE = _ 1 0 2 + V = | _

#####$ AB ×

#####$ AC + ·

#####$ AE | = | _ – 13 – 15 3 + · _

1 0

2 + | = 7

8 Da | #$ v × ##$ B | = | #$ v | · | ##$ B | · sin α hängt der Betrag der Kraft vom Winkel zwischen

#$ v und

##$ B ab.

Falls #$ v ||

##$ B , also α = 0°, gilt |

#$ F | = 0

Falls #$ v ⊥

##$ B , also α = 90°, gilt |

#$ F | ist maximal.

Lösungen zu Kapitel 5 (Seiten 293 bis 294)

1 a) (1) g1 : #$ x = _ 1 2 – 1 + + r · _ 3 – 1

– 1 – 2 – 2 – (– 1)

+ = _ 1

2 – 1

+ + r · _ 2 – 3 – 1 + (2) g2 :

#$ x = _ 2 – 2 1 + + r · _

1

– 1 2 +

b) (1) _ 5 – 4 3 + = _ 1

2 – 1

+ + r · _ 2 – 3 – 1 + ⇔ | 2 r = 4

– 3 r = – 6 – 1 r = – 2

| ⇔ | r = 2 r = 2 r = 2

| d. h. P (5 | – 4 | – 3) liegt auf g1 .

(2) _ 2 – 2 1 + + r · _ 1

– 1 2 + = _ 5 – 4 – 3 + ⇔ |

1 r = 3

– 1 r = – 2

2 r = – 4 | ⇔ | r = 3 r = 2

r = – 2 |

d. h. P (5 | – 4 | – 3) liegt nicht auf g2 .

c) (1) Spurpunkt in der x1 – x2-Ebene: x3 = 0 – 1 + r · (– 1) = 0 ⇔ r = – 1, also S12 (– 1 | 5 | 0) Spurpunkt in der x1 – x3-Ebene: x2 = 0 2 + r (– 3) = 0 ⇔ r = 2 } 3 , also S13 _

7 } 3 | 0 | – 5 } 3 +

Spurpunkt in der x2 – x3-Ebene: x1 = 0 1 + r · 2 = 0 ⇔ r = – 1 } 2 , also S23 (0 | 3,5 | – 0,5) (2) x1 = 0: S23 (0 | 0 | – 3); x2 = 0: S13 (0 | 0 | – 3); x3 = 0: S12 (1,5 | – 1,5 | 0)

d) F12 (5 | – 4 | 0), F13 (5 | 0 | – 3), F23 (0 | – 4 | – 3)

2 a) E: #$ x = _ 3 1 2 + + r · _ 2 – 3

– 1 – 1

– 1 – 2 + + s · _ – 2 – 3 – 1 – 1 3 – 2 + = _

3 1

2 + + r · _ – 1 – 2 – 3 + + s · _

– 5

– 2 1 +

b) _ 3 1 2 + + r · _ – 1

– 2 – 3

+ + s · _ – 5 – 2 1 + = _ 3

– 1 5 + ⇔ | – 1 r – 5 s = 0 – 2 r – 2 s = – 2

– 3 r + 1 s = 3 |

Das lineare Gleichungssystem hat keine Lösung, d. h. P liegt nicht in der Ebene E.

c) Die Koordinaten der Punkte A, B, C müssen die Koordinatenglei-chung a x1 + b x2 + c x3 = d erfüllen,

| 3 a + 1 b + 2 c = d 2 a – 1 b – 1 c = d – 2 a – 1 b + 3 c = d

| Das lineare Gleichungssystem hat unendlich viele Lösungen;für d = 3 ergibt sich: x1 – 2 x2 + x3 = 3

3 a) Ein Normalenvektor der Ebene ##$ n = _ 2 1 – 3 + ,hierzu orthogonale Vektoren sind z. B. ###$ v1 = _ 1 – 2 3 + ,

###$ v2 = _ 0 3

1 + .

Der Punkt P (2 | 0 | 0) liegt in der Ebene,

also ist #$ x = _ 2 0 0 + + r · _

1

– 2 0 + + s · _ 0 3 1 +

eine Parameterdarstellung der Ebene.

b) z. B. der Vektor ##$ n = _ 1 – 1 1 + ist orthogonal zu den beiden Richtungs-

vektoren ###$ v1 = _ 1 2 1 + ,

###$ v2 = _ 3 1 – 2 +

Daher ist 1 x1 – 1 x2 + 1 x3 = 2 · 1 + (– 1) · (– 1) + 1 · 1 = 4 eine Koordi-natengleichung der Ebene.

4 a) Spurpunkte S1 (6 | 0 | 0), S2 (0 | 3 | 0), S3 (0 | 0 | – 6)b) Spurgerade in der x1 – x2-Ebene:

g12 : #$ x = _ 6 0 0 + + r · _

– 6

3 0 + , analog: g13 : #$ x = _ 6 0 0 + + r · _

– 6

0 – 6

+ g23 :

#$ x = _ 0 3 0 + + r · _

0

– 3 – 6

+ c)

5 a) Gemeinsame Punkte von g und ht erfüllen das lineare Glei-chungssystem

_ 2 – 1 3 + + r · _ – 1

2 1 + = _ 4 2

2 + + s · _ 3 1 t + ⇔ |

– r – 3 s

2 r – s

r – s · t = 2

= 3 = – 1

| Aus den ersten beiden Gleichungen ergibt sich die Lösung r = 1 und s = – 1. Einsetzen in die 3. Gleichung ergibt: 1 + t = – 1, also t = – 2.

b) Da die beiden Richtungsvektoren nicht zueinander parallel sind (sein können), bleibt für die übrigen Geradenschar nur die Lage „wind-schief“.

Lösungen zum Kompetenz-Check978-3-507-87034-5

6 (1) Da die Normalenvektoren der beiden Ebenen nicht parallel zueinander sind, müssen sich die beiden Ebenen schneiden. Die Schnitt-gerade ist Lösung des linearen Gleichungssystems

#$ x = _

0,8

0,6 0 + + r · _

– 0,2

0,6

1 +

(2) Einsetzen von x1 = 2 + r + s, x2 = – 1 + 2 r – s und x3 = – 1 + 3 r – s in die Koordinatengleichung ergibt(2 + r + s) + 2 · (– 1 + 2 r – s) – (– 1 + 3 r – s) = 2⇔ 2 r = 1 ⇔ r = 1 } 2 (s beliebig)Schnittgerade:

#$ x = _ 2 – 1 – 1 + +

1 } 2 · _ 1 2

3 + + s · _ 1 – 1 – 1 + = _

2,5

0 0,5

+ + s · _ 1 – 1 – 1 + (3) Das lineare Gleichungssystem

_ 1 0 1 + + r · _ 1 2

1 + + s · _ 1 – 1 0 + = _

2

– 1 – 1

+ + t · _ 1 2 3 + + u · _ 1

– 1 – 1

+

⇔ | 1 r + 1 s – 1 t – 1 u = 1 2 r – 1 s – 2 t + 1 u = – 1 1 r + 0 s – 3 t + 1 u = – 2

| hat unendlich viele Lösungen, die sich beschreiben lassen durch | r = 1 + 0,5 u s = 1 + 1 u t = 1 + 0,5 u | Einsetzen in die Parameterdarstellungen der beiden Ebenen ergibt eine Parameterdarstellung der Schnittgerade:

#$ x = _

1 + 1 + 0,5 u + 1 + 1 u

0 + 2 + 1 u – 1 – 1 u

1 + 1 + 0,5 u + 0 + = _ 3 1 2 + + u · _

1,5

0 0,5

+ bzw. #$ x = _

2 + 1 + 0,5 u + u

– 1 + 2 + 1 u – u

– 1 + 3 + 1,5 u – u + = _ 3 1 2 + + u · _

1,5

0 0,5

+

7 (1) Einsetzen von x1 = 2 – r, x2 = – 1 + 2 r, x3 = 3 + r in Koordina-tengleichung der Ebene ergibt (2 – r) + (– 1 + 2 r) – (3 + v) = 3 ⇔ 0 = 5,d. h. die Gerade verläuft parallel zur Ebene.

(Kontrolle: Richtungsvektor der Geraden und Normalenvektor der Ebene sind zueinander orthogonal: _ – 1 2 1 + * _

1

1 – 1

+ = 0)(2) Das lineare Gleichungssystem

_ 2 – 1 3 + + r · _ – 1

2 1 + = _ 2 1 – 1 + + s · _

1 0

1 + + t · _ 1 – 1 0 + ⇔ |

– 1 r – 1 s – 1 t = 0

2 r + 1 t = 2

1 r – 1 s = – 4 |

hat keine Lösung, d. h. die Gerade verläuft parallel zur Ebene.

(Kontrolle: Der Richtungsvektor der Geraden muss Linearkombination der Richtungsvektoren der Ebene sein: _ – 1 2 1 + = 1 · _

1 0

1 + – 2 · _ 1 – 1 0 + )

8 (1) x1 = 5 } 3 + x3 ; x2 = 4 } 3 + x3 , also #$ x = _

5 } 3

4 } 3

0 + + r · _ 1 1 1 +

Schnittgerade von zwei Ebenen(2) Keine gemeinsamen Punkte der drei Ebenen(3) Gemeinsamer Schnittpunkt von drei Ebenen S (– 1 | – 4 | – 6)

9 Verbindungsvektor ####$ XP = _ 1 – 0 – r 2 + 1 + r – 3 – 1 – 2 r + = _

1 – r

3 + r

– 4 – 2 r + , wobei X ∈ g

(1) Gesucht ist derjenige Wert von r, sodass ####$ XP ⊥ _ 1 – 1 2 + ,

also (1 – r) · 1 + (3 + r) · (– 1) + (– 4 – 2 r) · 2 = 0 ⇔ 1 – r – 3 – r – 8 – 4 r = 0 ⇔ 6 r = – 10 ⇔ r = – 5 } 3

Fußpunkt F _ 0 – 5 } 3 | – 1 + 5 } 3 | 1 – 10 } 3 + = _ – 5 } 3 | 2 } 3 | – 7 } 3 + | } FP | = √

_____

_ 1 + 5 } 3 + 2 + _ 2 – 2 } 3 +

2 + _ – 3 + 7 } 3 + 2 = √ ___

_ 8 } 3 + 2 + _ 4 } 3 +

2 + _ – 2 } 3 + 2

= √ _

84 } 3 ≈ 3,055

(2) Gesucht ist das Minimum der Funktion f mitf (r) = | } XP |2 = (1 – r)2 + (3 + r)2 + (– 4 – 2 r)2

= 1 – 2 r + r2 + 9 + 6 r + r2 + 16 + 16 r + 4 r2

= 6 r2 + 20 r + 26 (Graph einer nach oben geöffneten Parabel)

f′ (r) = 12 r + 20 = 0 ⇔ r = – 5 } 3 (notwendige Bedingung)

f _ – 5 } 3 + = 6 · 25 } 9 + 20 · _ –

5 } 3 + + 26 = 28 } 3 , also |

} XP | = √ _

28 } 3 ≈ 3,055

10 Die Geraden sind zueinander parallel, weil die beiden Richtungs-vektoren Vielfache voneinander sind: (– 2) · _ – 1 2 1 + = _

+ 2

– 4 – 2

+ .Um den Abstand zu bestimmen, genügt es, den Abstand eines Punktes der einen Geraden von der anderen Geraden zu berechnen (vgl. Kompe-tenzcheck – Aufgabe 11), z. B. P (1 | 1 | – 2)

####$ XP = _ 2 – r – 1 – 1 + 2 r – 1 3 + r + 2 + = _

1 – r

– 2 + 2 r

5 + r +

f (r) = (1 – r)2 + (– 2 + 2 r)2 + (5 + r)2

= 1 – 2 r + r2 + 4 – 8 r + 4 r2 + 25 + 10 r + r2

= 6 r2 + 30f′ (r) = 12 r = 0 ⇔ r = 0 (notwendige Bedingung)f (0) = 30, also | } XP | = √

_ 30 ≈ 5,48

11 (1) Das Lot vom Punkt P auf die Ebene kann dargestellt werden durch l:

#$ x = _ 2 1 2 + + r · _

1

1 – 1

+ = _ 2 + r 1 + r 2 – r + Der Fußpunkt des Lotes ergibt sich aus(2 + r) + (1 + r) – (2 – r) = 3 ⇔ 3 r = 2 ⇔ r = 2 } 3 , also F _

8 } 3 | 5 } 3 | 4 } 3 + Abst (P; E) = | } FP | = √

_____

_ 2 – 8 } 3 + 2 + _ 1 – 5 } 3 +

2 + _ 2 – 4 } 3 + 2 = √

_

4 } 3 ≈ 1,155

alternativ: Berechnung mithilfe der Hesse‘schen Normalenform einer Ebene

E: x1 + x2 – x3 – 3 }

√ _

3 = 0

Abst (P; E) = 2 + 1 – 2 – 3 } √ _

3 = 2 }

√ _

3 ≈ 1,155

(2) Der Vektor ##$ n = _ 1 1 – 1 + ist orthogonal zu den beiden Richtungs-

vektoren der Ebene, also kann das Lot beschrieben werden durch

l: #$ x = _ 2 1 2 + + r · _

1

1 – 1

+ , vgl. Teilaufgabe (1).

12 (1) Schnittpunkt von g1 und g2 : _ 1 – 1 1 + + r · _

1

– 2 1 + = _ 1 – 2 – 1 + + s · _

2

– 3 4 + ⇔ | 1 r – 2 s = 0 – 2 r + 3 s = – 1

1 r – 4 s = – 2 |

⇔ | r = 2 s = 1 | , also S (3 | – 5 | 3).

Schnittwinkel: φ = cos–1 _ _ 1

– 2 1 + · _ 2 – 3 4 + }

√ _

6 · √ _

29 + = cos–1 _ 12 } √ _ 6 · √ _ 29 + ≈ 24,53°

(2) Schnittpunkt von g1 und E1 :

_ 1 – 1 1 + + r · _ 1

– 2 1 + = _ 1 – 2 – 4 + + s · _

1

0 – 1

+ + t · _ – 1 1 2 +

⇔ | 1 r – 1 s + 1 t = 0 – 2 r – 1 t = – 1 1 r + 1 s – 2 t = – 5

| ⇔ | r = – 1 s = 2 t = 3

| also S (0 | 1 | 0)

Lösungen zum Kompetenz-Check97

8-3-

507-

8703

4-5

##$ n = _ 1 – 1 1 + ist Normalenvektor zu E1 , also

cos–1 _ _ 1

– 2 1 + * _ 1 – 1 1 + }

√ _

6 · √ _

3 + = cos–1 _ 4 } 3 √ _ 2 + ≈ 19,47°

also Schnittwinkel φ ≈ 90° – 19,47° = 70,53°

(3) Einsetzen von #$ x = _ 1 + 2 s – 2 – 3 s – 1 + 4 s + in die Koordinatengleichung ergibt

(1 + 2 s) – 2 · (– 2 – 3 s) – (– 1 + 4 s) = 2⇔ 4 s = – 4 ⇔ s = – 1, also S (– 1 | 1 | – 5)

cos–1 _ _ 2

– 3 4 + · _ 1 – 2 – 1 + }

√ _

29 · √ _

6 + = cos–1 _ 4 } √ _ 29 · √ _ 6 + ≈ 72,35°

also Schnittwinkel φ ≈ 90° – 72,35° = 17,65°

(4) Einsetzen von #$ x = _ 1 + t – u – 2 + u – 4 – t + 2 u + in die Koordinatengleichung von E2 ergibt:

(1 + t – u) – 2 · (– 2 + u) – (– 4 – t + 2 u) = 2⇔ 2 t – 5 u = – 7 ⇔ t = – 3,5 + 2,5 u

Schnittgerade #$ x = _

1 – 3,5 + 2,5 u – u

– 2 + u

– 4 + 3,5 – 2,5 u + 2 u + = _

– 2,5

– 2

– 0,5 + + u · _

1,5

1

– 0,5 +

##$ n = _ 1 – 1 1 + ist Normalenvektor zu E1 , also

Schnittwinkel φ = cos–1 _ _ 1

– 1 1 + · _ 1 – 2 – 1 + }

√ _

3 · √ _

6 + = cos–1 _ 2 } 3 √ _ 2 + ≈ 61,87°

Lösungen zu Kapitel 6 (Seiten 324)1 (1) qualitatives Merkmal: weiblich, männlich (2) quantitatives Merkmal: z. B. 16 Jahre, 17 Jahre, . . . (3) qualitatives Merkmal: sehr gut, gut, . . ., ungenügend (4) qualitatives Merkmal: Montag, Dienstag, . . ., Sonntag (5) qualitatives Merkmal (Noten) oder quantitatives Merkmal (Anzahl der richtigen Vokabeln) (6) quantitatives Merkmal: z. B. 700 mm (Wasserhöhe über einer Fläche von 1 m2) d. h. 700 l/m2 Jahresniederschlag (7) qualitatives Merkmal: z. B. annehmbar, nicht annehmbar (8) qualitatives Merkmal: z. B. sehr beliebt, beliebt, . . ., unbeliebt oder quantitatives Merkmal: Angaben zur Sehbeteiligung in

Prozent oder absoluten Zuschauerzahlen

2

3 a) Die kumulierte Häufi gkeits-verteilung gibt Informationen da rüber, welcher Anteil der Angestellten ihre Arbeit vor . . . Uhr beginnt.b) Arbeitsbeginnvor 7.30 Uhr: 44 % } Differenz vor 7.45 Uhr: 51 % 7 Prozentpunktevor 7.40 Uhr: _ 2 } 3 von 7 % + + 44 % ≈ 49 %

4 a) } x = 0,012 · 60 g + 0,049 · 61 g + . . . + 0,018 · 70 g ≈ 64,4 gb) Eigentlich werden für die Mittelwertbestimmung die Klassen-mitten betrachtet. Einfacher ist es jedoch, das Ende einer Klasse zu

betrachten und nach der Mittelwertberechnung die halbe Klassenbreite abziehen: } x 1 ≈ 0,08 · 7 h + 0,21 · 7,25 h + . . . + 0,11 · 8,5 h + 0,03 · 8,75 h ≈ 7,53 h

Klassenbreite: 0,25 h, also } x ≈ 7,4 h (d. h. ca. 7 h 24 min)

5 Berechnung der empirischen Varianz mithilfe Tabellenkalkulation.3 a):

Klassenmittexi

rel. Häufi gkeith (xi)

gewichtetequadrat. Differenz

6,875 0,08 (6,875 – 7,4)2 · 0,08

7,125 0,21 (7,125 – 7,4)2 · 0,21

… … …

4 a):

Klassenmittexi

rel. Häufi gkeith (xi)

gewichtetequadrat. Differenz

60 g 0,012 (60 – 64,4)2 · 0,012

61 g 0,049 (61 – 64,4)2 · 0,049

… … …

} s 2 ≈ 5,26

6 Durch die Tabellenkalkulation wird eine Gerade bestimmt, für die gilt, dass die Summe der quadratischen Abweichungen der y-Werte der Punkte der Punktwolke von den zugehörigen Punkte der Geraden minimal ist. Die Tabellenkalkulation bestimmt als Regressionsgerade (Trendlinie) die lineare Funktion mit y = 0,115 x + 9,63 für x = 4, 5, 6, . . . (Jahreszahlen nach 2000). Für das Jahr 2012 ergibt sich so der Schätzwert von 11,01 Mrd. Fahrgästen. Problematisch könnte es sein, eine Prognose über einen zu langen Zeitraum vorzunehmen.

Lösungen zum Kompetenz-Check978-3-507-87034-5

1 a) Von den verbleibenden 31 Karten haben 7 die gleiche Farbe und 3 den gleichen Wert wie die erste gezogene Karte. Daher passt die zweite Karte mit einer Wahrscheinlichkeit von 10 } 31 ≈ 32,3 % zur ersten.

b) Zusatzregelung (1) wird angewandt: 4 } 32 ·1 + 28 } 32 ·

10 } 31 ≈ 40,7 %;

Zusatzregelung (2) wird angewandt: 4 } 32 · 10 } 31 +

28 } 32 · 14 } 31 ≈ 43,5 %; beide

Zusatzregelungen werden angewandt: 4 } 32 ·1 + 4 } 32 ·

10 } 31 + 24 } 32 ·

14 } 31 ≈ 50,4 %

2 a) Mithilfe der Komplementärregel (Summe der Wahrscheinlich-keiten an einer Verzweigung ist 100 %) und der Pfadmultiplikationsregel erhält man schrittweise die Pfadwahrscheinlichkeiten und die fehlenden bedingten Wahrscheinlichkeiten auf der 2. Stufe der Baumdiagramme:

mS

N

S

N

17,3%

37,7%

11,7%

33,3%

w45%

55% 68,5%

31,5%

74%

26%

S

m

w

m

w

17,3%

11,7%

37,7%

33,3%N

71%

29% 40,3%

59,7%

46,9%

53,1%

b) oberes Baumdiagramm: 55 % der Erwerbstätigen sind Männer; von diesen arbeiten 31,5 % regelmäßig an Sonntagen. Von den erwerbstäti-gen Frauen müssen 26 % regelmäßig sonntags arbeiten.unteres Baumdiagramm: 29 % der Erwerbstätigen müssen regelmäßig sonntags arbeiten; von diesen sind 40,3 % Frauen. Der Anteil der Frauen unter den Erwerbstätigen, die sonntags nicht arbeiten müssen, beträgt 46,9 %.

c) (1) 45 % (2) 29 % (3) 17,3 % (4) 59,7 %

3 Es ergibt sich folgende Vierfeldertafel mit relativen Häufi gkeiten:Röntgen-Untersuchung gesamtkariös gesund

klinische Untersuchung

kariös 3,0 % 0,1 % 3,1 %

gesund 6,7 % 90,2 % 96,9 %

gesamt 9,7 % 90,3 % 100 %

Man erhält damit folgende Baumdiagramme für die verschiedenen Reihenfolgen der Untersuchungen:

kariöskariös

gesund

kariös

gesund

0,1%

3,0%

6,7%

90,2%gesund

klinischeUntersuchung

Röntgen-untersuchung

96,9%

3,1% 96,8%

3,2%

93,1%

6,9%

kariöskariös

gesund

kariös

gesund

3,0%

6,7%

0,1%

90,2%gesund

klinischeUntersuchung

Röntgen-untersuchung

90,3%

9,7% 69,1%

30,9%

99,9%

0,1%

Die Sensitivität liegt bei der klinischen Untersuchung bei 30,9 %, die Spezifi tät bei 99,9 %.Bei der Röntgen-Untersuchung liegt die Sensitivität bei 3,2 % und die Spezifi tät bei 93,1 %.

4 a) Anteil der unbrauchbaren Scheibenwischer 12,9 %.

b)

Pnb (L1) = PL1 (nb) · P (L1) } P (nb)

= 0,15 · 0,2 } 0,129 = 0,233 = 23,3 %

Pnb (L2) = PL2 (nb) · P (L2) } P (nb)

= 0,18 · 0,3 } 0,129 = 0,419 = 41,9 %

Pnb (L3) = PL3 (nb) · P (L3) } P (nb)

= 0,09 · 0,5 } 0,129 = 0,349 = 34,9 %

5 a) Die Zufallsgröße X: Anzahl der benötigten Ziehungen kann mithilfe eines Baumdiagramms (sehr aufwendig) oder durch einfache kombinatorische Überlegungen bestimmt werden.X = 3: Bei den drei Ziehungen werden jeweils eine rote, eine grüne und eine blaue Kugel gezogen. Hierfür gibt es 3·2·1 = 6 mögliche Rei-henfolgen. Die Wahrscheinlichkeiten der zugehörigen Pfade sind jeweils gleich, nämlich 3·2·1 } 6·5·4 =

1 } 20 .

Demnach gilt: P (X = 3) = 6 } 20 = 9 } 30

X = 4: Bei den drei ersten Ziehungen dürfen nur zwei verschieden farbige Kugeln gezogen worden sein; bei der 4. Ziehung wird dann eine Kugel einer anderen Farbe gezogen.

Lieferant 1 Lieferant 2 Lieferant 3 gesamt

Scheibenwischer nicht brauchbar

3 % 5,4 % 4,5 % 12,9 %

Scheibenwischer brauchbar

17 % 24,6 % 45,5 % 77,1 %

gesamt 20 % 30 % 50 % 100 %

Lösungen zu Kapitel 7 (Seiten 386 bis 388)

Lösungen zum Kompetenz-Check97

8-3-

507-

8703

4-5

Mögliche Fälle: rgg – b, rbb – g, gbb – r, bgg – r; dabei kann die Reihenfolge der ersten drei Würfe auch anders sein (jeweils 3 Möglich-keiten). Daher gilt:

P (X = 4) = 3· f 1·2·1 } 6·5·4 · 3 } 3 + 1·3·2 } 6·5·4 · 2 } 3 + 2·3·2 } 6·5·4 · 1 } 3 + 3·2·1 } 6·5·4 · 1 } 3 g = 9 } 30 X = 5: Bei den vier ersten Ziehungen dürfen nur zwei verschieden farbige Kugeln gezogen worden sein; bei der 5. Ziehung wird dann eine Kugel einer anderen Farbe gezogen.Mögliche Fälle: gbbb – r, ggbb – r, rbbb – g; dabei kann die Reihenfolge der ersten vier Würfe auch anders sein (4 bzw. 6 bzw. 4 Möglichkeiten). Daher gilt:

P (X = 5) = 4· 2·3·2·1 } 6·5·4·3 · 1 } 2 + 6·

2·1·3·2 } 6·5·4·3 · 1 } 2 + 4·

1·3·2·1 } 6·5·4·3 · 2 } 2 =

7 } 30

X = 6: Bei den ersten fünf Ziehungen dürfen nur grüne und blaue Kugeln gezogen worden sein; die rote Kugel wird erst bei der 6. Zie-hung gezogen. Für die fünf ersten Ziehungen gibt es _ 5 2 + = _

5 3 + = 10 Möglichkeiten, die alle die Wahrscheinlichkeit 3·2·1·2·1 } 6·5·4·3·2 haben, d. h. P (X = 6) = 5 } 30 .(Es ist auch möglich, eine der o. a. Wahrscheinlichkeiten mithilfe der Komplementärregel zu bestimmen.)

b) Für den Erwartungswert von X gilt:

µ = 3· 9 } 30 + 4· 9 } 30 + 5·

7 } 30 + 6· 5 } 30 =

128 } 30 ≈ 4,3

c) Wenn das Glücksspiel fair sein soll, darf bei dem Spiel auf lange Sicht weder Gewinn noch Verlust entstehen. Für die Gestaltung des Ge-winnplans gibt es unendlich viele Möglichkeiten. Allerdings verhindern die auftretenden Wahrscheinlichkeiten, dass man mit glatten Auszah-lungsbeträgen (Vielfache von 10 Cent) zu einer fairen Spielregel kommt. Bei dem folgenden Beispiel eines Gewinnplans verliert der Spielteil-nehmer im Mittel pro Spiel einen Euro-Cent. Man kann dies über die Berechnung des zu erwartenden Gewinns oder über die zu erwartende Auszahlung berechnen.

k P (X = k) Gewinn g Auszahlung a g∙P (X = k) a∙P (X = k)

3 9 } 30 0,40 € 0,90 € 0,120 € 0,27 €

4 9 } 30 0,00 € 0,50 € 0,000 € 0,15 €

5 7 } 30 – 0,20 € 0,30 € – 0,047 € 0,07 €

6 5 } 30 – 0,50 € 0,00 € – 0,083 € 0,00 €

– 0,010 € 0,49 €

6 Wenn der Zufallsgenerator der Maschine die vier Möglichkeiten tatsächlich mit gleicher Wahrscheinlichkeit zufällig auswählt und die Ergebnisse vorangegangener Torschüsse nicht berücksichtigt, dann sind die Voraussetzungen für das Vorliegen einer Bernoulli-Kette gegeben (Unabhängigkeit der Stufen, feste Erfolgswahrscheinlichkeit). Was man als Erfolg ansieht, ist willkürlich. Beispiele könnten sein:• Schuss in die untere rechte Torecke [obere rechte Torecke, untere

linke Torecke, obere linke Torecke] die Erfolgswahrscheinlichkeit ist jeweils 25 %;

• Schuss in die rechte Torecke (egal ob oben oder unten) [linke Torecke] die Erfolgswahrscheinlichkeit beträgt 50 %;

• Flacher Schuss [hoher Schuss] – die Erfolgswahrscheinlichkeit beträgt 50 %

• Schuss, der nicht in die linke untere Torecke geht [linke obere, rechte untere, rechte obere] – die Erfolgswahrscheinlichkeit beträgt 75 %.

7 a) p = 1 } 3 k P (X = k)

0 _ 6 0 + _ 1 } 3 +

0 _ 2 } 3 + 6 = 1· 2

6 }

36 = 2

6 }

36 = 0,0878

1 _ 6 1 + _ 1 } 3 +

1 _ 2 } 3 + 5 = 6· 2

5 }

36 = 2

6 }

35 = 0,2634

2 _ 6 2 + _ 1 } 3 +

2 _ 2 } 3 + 4 = 15· 2

4 }

36 = 5· 2

4 }

35 = 0,3292

3 _ 6 3 + _ 1 } 3 +

3 _ 2 } 3 + 3 = 20· 2

3 }

36 = 5· 2

5 }

36 = 0,2195

4 _ 6 4 + _ 1 } 3 +

4 _ 2 } 3 + 2 = 15· 2

2 }

36 = 5· 2

2 }

35 = 0,0823

5 _ 6 5 + _ 1 } 3 +

5 _ 2 } 3 + 1 = 6· 2

1 }

36 = 2

2 }

35 = 0,0165

6 _ 6 6 + _ 1 } 3 +

6 _ 2 } 3 + 0 = 1· 2

0 }

36 = 1 }

36 = 0,0014

b) P (X = 1) = 26 }

35 = 3· 2

6 }

36 = 3·P (X = 0)

P (X = 2) = 5· 24 }

35 = 4·5· 2

2 }

35 = 4·P (X = 4)

P (X = 4) = 5· 22 }

35 = 5· 2

2 }

35 = 5·P (X = 5)

8 Anwendung der Rekursionsformel P (X = 0) = qn und P (X = k) = n – k + 1 } k ·

p } q · P (X = k – 1) für k = 1, 2, ..., n, hier für n = 5

und p = 3 } 4 und q = 1 } 4 , also

p } q =

3 } 1 :

k 0 1 2 3 4 5

P (X = k) _ 1 } 4 + 5 = 1 } 1 024

15 } 1 024 90 } 1 024

270 } 1 024 405 } 1 024

243 } 1 024

· 5 } 1 ·

3 } 1 · 4 } 2 ·

3 } 1 · 3 } 3 ·

3 } 1 · 2 } 4 ·

3 } 1 · 1 } 5 ·

3 } 1

9 (1) Wenn 5 Personen unabhängig voneinander jeweils eine Piz-zasorte auswählen (also nicht die 5 Pizzen von einer Person gewählt werden), dann gibt es 248 832 verschiedene 5-Tupel mit den Bestel-lungen der 5 Personen.(2) Wenn 5 Personen nacheinander jeweils eine Pizzasorte auswählen, die vom Vorgänger/den Vorgängern noch nicht ausgewählt wurde, dann gibt es 95 040 verschiedene 5-Tupel mit den Bestellungen der 5 Personen.(3) Wenn (von einer Person) 5 verschiedene Pizzasorten ausgewählt werden gibt es tatsächlich 792 Auswahlmöglichkeiten.

Hinweis: Wenn die Bestellung von einer Person durchgeführt wird und auch zugelassen wird, dass einzelne Pizzasorten mehrfach ausgewählt werden dürfen, dann gibt es insgesamt 4 368 Möglichkeiten. Die hierzu notwendige Berechnungsmethode wird nicht im Buch behandelt.

10 (1) Es spielt keine Rolle, in welcher Reihenfolge die Paarungen ausgelost werden. Nacheinander wird 11-mal (auf die 12. Ziehung kann verzichtet werden, da zwei übrig bleiben) ein Ziehen auf einem Griff durchgeführt. Daher gibt es

_ 24 2 + _

22 2 + _ 20 2 + _

18 2 + _ 16 2 + _

14 2 + _ 12 2 + _

10 2 + _ 8 2 + _

6 2 + _ 4 2 + _

2 2 + Möglichkeiten der Ziehung.(2) Es sind drei Entscheidungen zu treffen: Bei der 1. Portion gibt es vier Möglichkeiten, bei der 2. Portion wiederum vier Alternativen, dann gibt es drei Alternativen: ohne Zusatz, mit Schoko oder mit Himbeer, insgesamt also 4 · 4 · 3 Alternativen.(3) Da es sich um einer Ziehvorgang mit Wiederholung handelt, gibt es bei jeder Runde 10 Möglichkeiten, insgesamt also 103 Möglichkeiten.

Lösungen zum Kompetenz-Check978-3-507-87034-5

(4) Da es nur darauf ankommt, welche acht Karten anschließend im Besitz der vier Spieler sind, gibt es _

32 8 + _ 24 8 + _

16 8 + _ 8 8 + Möglichkeiten –

die Art und Weise des Kartenverteilens spielt keine Rolle.(5) Wenn die Gäste nacheinander eintreffen, dann gibt es 5 · 4 · 3 mög-liche Auswahlen. Wenn es nur darum geht, welche drei der fünf Zimmer belegt werden sollen, dann gibt es _

5 3 + Auswahlen.

11 Auch wenn bei einer Erhebung sicherlich darauf geachtet würde, dass keine Person mehr als einmal erfasst wird, kann hier näherungs-weise der Ansatz einer Bernoulli-Kette gemacht werden.n = 100, p = 0,20; X: die ausgewählte Person ist jünger als 20 Jahre alt; oder p = 0,80; Y: die ausgewählte Person ist mindestens 18 Jahre alt.(1) P (X = 17) = P (X ≤ 17) – P (X ≤ 16) = 0,271 – 0,192 = 0,079(2) P (15 ≤ X ≤ 25) = P (X = 25) – P (X = 14) = 0,931 – 0,08 = 0,833(3) P (Y > 80) = 1 – P (Y = 80) = 1 – 0,54 = 0,46 = P (X = 19)(4) P (Y ≤ 75) = 0,131 = P (X ≥ 25) = 1 – P (X = 24) = 1 – 0,869

12 Zufallsgröße X: Anzahl der Haushalte mit Geschirrautomat; p = 0,65; P (X = 0) = 0,35 n; P (X ≥ 1) = 1 – 0,35 n; die Bedingung P (X ≥ 1) ≥ 0,99 ist erfüllt, wenn 0,35 n ≤ 0,01 also

n ≥ log (0,01)

} log (0,35) ≈ 4,4. Man muss mindestens 5 Haushalte auswählen, damit

man mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens 99 % mindestens einen Haushalt mit Geschirrspülmaschine hat.

13 n = 50; p = 0,3; X: Anzahl der Angestellten, die mit dem Fahrrad zur Arbeit kommen

a) P (X ≤ 20) = 0,952

b) Gesucht ist der kleinste Wert für k, für den gilt: P (X ≤ k) ≥ 0,90. Dazu betrachtet man die kumulierte Binomialverteilung für n = 50 und p = 0,3 und fi ndet: P (X ≤ 18) = 0,859 und P (X ≤ 19) = 0,915, also sollte k ≥ 19 sein, damit die Bedingung erfüllt ist.

Lösungen zu Kapitel 8 (Seiten 439 bis 440)1 μ = 100 · 0,7 = 70; σ = √ _ 100 · 0,7 · 0,3 = √ _ 21 ≈ 4,58; 2 σ ≈ 9,16P (65,42 < X < 74,58) = P (66 ≤ X ≤ 74) ≈ 0,674P (X < 60,84 ∨ X > 79,16) = 1 – P (61 ≤ X ≤ 79) ≈ 0,0375

2 X: Anzahl der Fahrgäste, die bereit sind, an einer Befragung teil-zunehmen; n = 150; p = 0,56; μ = 84; σ = √

_ 36,96 ≈ 6,079

(1) P (X = 84) ≈ 1 } 6,079 · φ _ 84 – 84 } 6,079 + = 1 } 6,079 · 1 } √ _ 2 π · e0 ≈ 0,0656 (mithilfe der lokalen Näherungsformel)

≈ Φ _ 84,5 – 84 } 6,079 + – Φ _ 84,5 – 84

} 6,079 + = Φ (0,082) – Φ (– 0,082) ≈ 0,5327 – 0,4673 = 0,0654 (mithilfe der integralen Näherungsformel)

(2) P (X > 75) = 1 – P (X ≤ 75) ≈ 1 – Φ _ 75,5 – 84 } 6,079 + = 1 – Φ (– 1,398) ≈ 0,919

(3) P (80 ≤ X ≤ 87) ≈ Φ _ 87,5 – 84 } 6,079 + – Φ _ 79,5 – 84

} 6,079 + = Φ (0,576) – Φ (– 0,740) ≈ 0,7177 – 0,2296 ≈ 0,488

3 a) Aus der Grafi k können Intervalle für die Körpergröße von Jungen zwischen 0 und 2 Jahren abgelesen werden. Die eingetragenen Graphen ermöglichen das Ablesen der Körpergröße, unterhalb der 3 %, 15 %, 50 %, 85 % bzw. 97 % der Jungen eines bestimmten Alters liegen.

b) Den Erwartungswert lesen wir am 50 %-Graphen ab: µ ≈ 75,8 cm.Das 97 % – 3 % = 94 %-Intervall umfasst alle Körpergrößen zwischen 71,4 cm und 80,2 cm. Wir suchen daher bei der Funktion s (X) = normalcdf (71.4, 80.2, 75.8, X) denjenigen Wert von X, für den s (X) = 0,94 ist. Wir fi nden s (2,34) ≈ 0,94. Also σ ≈ 2,34 cm.

c) Für 2-jährige Jungen lesen wir ab): µ ≈ 87,8 cm.Wir ermitteln (analog zu Teilaufgabe b)): σ ≈ 3,03 cm.Daher ist: P (X > 86,5 cm) = 1 – P (X ≤ 86,5 cm)

= 1 – normalcdf (0, 86.5, 87.8, 3.03) ≈ 67 %.

4 a) µ – 1,28 σ = 1,685 m µ + 1,28 σ = 1,855 m j ⇒ µ = 1,77 m σ = 0,066 m

b) (1) P (X ≤ 1,745 m) ≈ 0,352 (2) P (X ≥ 1,705 m) = 1 – P (X ≤ 1,705) ≈ 0,837 (3) P (1,715 m ≤ X ≤ 1,795 m) ≈ 0,445

5 a) Gegeben sind n = 1000 und p = 2 } 3 . Dann ist µ = 1 000· 2 } 3 ≈ 666,67 und σ = √

__

1 000· 2 } 3 · 1 } 3 ≈ 14,91, also

1,64 σ ≈ 24,45; µ – 1,64 σ ≈ 642,22; µ + 1,64 σ ≈ 691,12.Mit einer Wahrscheinlichkeit von ca. 90 % wird die Anzahl der Haushalte mit DVD-Player in der Stichprobe mindestens 643 und höchstens 691 betragen. _ exakte Wahrscheinlichkeitsberechnung: P (643 ≤ X ≤ 691) = binomcdf _ 1000, 2 } 3 , 691 + – binomcdf _ 1 000,

2 } 3 , 642 + = 89,97 % + b) Dividiert man die in Teilaufgabe a) berechneten Intervallgrenzen durch den Stichprobenumfang n = 1000, dann erhält man ein Intervall mit relativen Häufi gkeiten: P _ 0,643 ≤ X } n ≤ 0,691 + ≈ 0,90.

6 Stichprobenergebnisse, die innerhalb der 95 %-Umgebung um den Erwartungswert liegen, werden als verträglich mit der zugrunde liegen-den Erfolgswahrscheinlichkeit bezeichnet, die übrigen als signifi kant abweichend.Binomialverteilte Zufallsgröße X: Anzahl der Wähler der Partei XYZ in der Stichprobe; n = 10 235; p = 0,352; µ = 3 602,72; σ ≈ 48,32; 1,96 σ ≈ 94,7095 %-Umgebung von µ: 3 508,02 ≤ X ≤ 3 697,42 Das Stichprobenergebnis mit X = 3 705 Wählern der Partei XYZ weicht signifi kant vom Erwartungswert ab.

7 Mit einer Wahrscheinlichkeit von 90 % unterscheidet sich der An-teil X } n in der Stichprobe von Anteil p in der Gesamtheit um höchstens 1,64 σ } n . Zu lösen ist also beispielsweise die Ungleichung

| 0,74 – pJ | ≤ 1,64 · √ __

pJ · (1 – pJ) } 378 sowie

| 0,84 – pM | ≤ 1,64 · √ __

pM · (1 – pM) } 359

Löst man die zugehörigen Gleichungen, dann erhält man die Eckwerte der Konfi denzintervalle:

pJ – 1,64 · √ __

pJ · (1 – pJ) } 378 = 0,74 und pJ + 1,64 · √

__

pJ · (1 – pJ) } 378 = 0,74

sowiepM – 1,64 · √

__

pM · (1 – pM) } 359 = 0,84 und pM + 1,64 · √

__

pM · (1 – pM) } 359 = 0,84

Lösungen zum Kompetenz-Check97

8-3-

507-

8703

4-5

Mithilfe des GTR können diese Ungleichungen grafi sch gelöst werden. Dazu betrachtet man die Graphen der Funktionen mit

f1 (x) = x – 1,64 · √ __

x · (1 – x)

} 378 , f2 (x) = x + 1,64 · √ __

x · (1 – x)

} 378 und

f3 (x) = 0,74 sowie

f1 (x) = x – 1,64 · √ __

x · (1 – x)

} 359 , f2 (x) = x + 1,64 · √ __

x · (1 – x)

} 359 und

f3 (x) = 0,84

Wenn das Stichprobenergebnis in der 90 %-Umgebung des tatsächlichen Anteils pJ in der Gesamtheit der Jungen liegt, dann gilt: 0,702 ≤ pJ ≤ 0,775.

Wenn das Stichprobenergebnis in der 90 %-Umgebung des tatsächlichen Anteils pM in der Gesamtheit der Mädchen liegt, dann gilt: 0,806 ≤ pM ≤ 0,869.Da sich die beiden Konfi denzintervalle nicht überschneiden, kann man davon ausgehen, dass es für Mädchen wichtiger ist, Freunde zu haben, als für Jungen. Für den Stellenwert der Familie ergibt sich bei den Jungen das 90 %-Konfi denzintervall: 0,650 ≤ pJ ≤ 0,727und bei den Mädchen: 0,722 ≤ pM ≤ 0,795Da sich diese beiden Konfi denzintervalle überschneiden, kann es durch-aus sein, dass die Familie bei Jungen und Mädchen die gleiche Bedeu-tung hat oder sogar bei den Jungen eine höhere als bei den Mädchen.

8 a) Mit einer Wahrscheinlichkeit von 90 % unterscheidet sich in einer Stichprobe vom Umfang n die relative Häufi gkeit X } n in der Stich-probe vom Anteil p in der Gesamtheit um höchstens 1,64 σ } n . Wenn also n so gewählt wird, dass die Bedingung 1,96 σ } n ≤ 0,01 erfüllt ist, dann wird die gewünschte Genauigkeit mit einer Wahrscheinlichkeit von 90 % erreicht.

b) Nach Voraussetzung gilt, dass p ≈ 2 } 3 .

1,64 · √ _

2 } 3 ·

1 } 3 } n ≤ 0,01 ist erfüllt, wenn n ≥ _ 1,64

} 0,01 + 2 · 2 } 9 ≈ 5 977

Um die gewünschte Genauigkeit zu erreichen, müsste ein Stichproben-umfang von ca. 6 000 gewählt werden.