Abiturprüfung Leistungskurs 1998/99

Transcription

Abiturprüfung
Leistungskurs
1998/99
Gymnasium
Mecklenburg-Vorpommern
Sachsen
Sachsen-Anhalt
Thüringen
Berlin
Brandenburg
p
paetec Gesellschaft für Bildung und Technik mbH Berlin
Autoren für die einzelnen Bundesländer bzw. die ausgewählten Schulen:
Margit Liskow (Mecklenburg-Vorpommern)
Dr. Rainer Heinrich (Sachsen)
Birgit Maier (Sachsen-Anhalt)
Dr. Eva-Maria Westerhoff (Thüringen)
Dr. Rolf Ebel (Beethoven-Oberschule Berlin-Steglitz)
Uta Erfurt (Stauffenberg-Gymnasium Berlin-Hohenschönhausen)
Dr. Andreas Tosch (Sängerstadt-Gymnasium Finsterwalde)
U
Gedruckt auf chlorfrei gebleichtem Papier.
1. Auflage
1
5 4 3 2 1
| 2003 2002 2001 2000 1999
Die letzte Zahl bezeichnet das Jahr dieses Druckes.
© paetec Gesellschaft für Bildung und Technik mbH, Berlin 1999
Redaktion:
Layout:
Dr. Hubert Bossek, Prof. Dr. habil. Karlheinz Weber
Martin Bossek, Günter Liesenberg, Tino Mai, Erika
Netzmann, Jörg Prommersberger, Jörg-Peter Schütt
Umschlaggestaltung: Birgit Kintzel
Druck:
Saale-Druck Naumburg GmbH
ISBN 3-89517-275-8
Inhalt
Vorwort . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
Mecklenburg-Vorpommern . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
Erwartungsbilder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
Sachsen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
Sachsen-Anhalt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
Thüringen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
Erwartungsbilder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
Berlin / Beethoven-Oberschule Berlin-Steglitz. . . . . . . . . . . . . . 123
Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
Berlin / Stauffenberg-Gymnasium Berlin-Hohenschönhausen . 135
Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
Brandenburg / Sängerstadt-Gymnasium Finsterwalde . . . . . . . . 145
Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146
Vorwort
Das vorliegende Heft enthält die Aufgaben, die in den zentralen Abiturprüfungen
des Schuljahrs 1998/99 für Mathematik-Leistungskurse in den Bundesländern
Mecklenburg-Vorpommern, Sachsen, Sachsen-Anhalt und Thüringen gestellt wurden. Da es in Berlin und Brandenburg kein Zentralabitur für das Fach Mathematik
gibt, wurden als Beispiele weiterhin die Abiturprüfungsarbeiten von zwei Berliner
und einer Brandenburger Schule in das Heft aufgenommen.
Die Erwartungsbilder skizzieren in der Regel einen möglichen Lösungsweg, wobei
stets auch wesentliche Zwischenschritte Aufnahme fanden, um den Nachvollzug
des Gedankengangs zu erleichtern und für den Lernenden die Möglichkeiten zur
Selbstkontrolle zu erhöhen. Die angegebenen Bewertungsvorschläge haben empfehlenden Charakter. Einigen Arbeiten vorangestellte Hinweise informieren über
länderspezifische Modalitäten der Prüfungsdurchführung.
Hinsichtlich der Symbolik und Zeichensetzung wie auch der Beachtung der reformierten Rechtschreibung folgen die Aufgabentexte den Originalfassungen, woraus
teilweise Unterschiede zwischen den Vorgehensweisen in den einzelnen Arbeiten
resultieren. Aus Platzgründen war es erforderlich, mitunter „fortlaufende“ Gleichungen oder „Schlussketten“ zu verwenden. Das Zeichen „⇒“ wird dabei als
Abkürzung für „daraus folgt“, „daraus ergibt sich“ u. Ä. genutzt, also nicht allein
zur Kennzeichnung einer Implikation im strengen Sinne.
Der PAETEC Schulbuchverlag hofft, mit dieser Aufgabensammlung den Lehrkräften Anregungen für die Gestaltung eigener Klausur- und Prüfungsarbeiten sowie
den Schülerinnen und Schülern Hilfe bei der Vorbereitung auf das Abitur zu geben.
Darüber hinaus erlaubt die geschlossene Veröffentlichung der Prüfungsaufgaben
aus einem Schuljahr gewiss interessante Vergleiche bezüglich Schwerpunktsetzung, Anforderungsniveau, Aufgabengestaltung usw. in den verschiedenen Bundesländern, woraus wiederum Ansätze für eigenes Nachdenken erwachsen können.
Die Redaktion
Berlin, September 1999
4
Abiturprüfung
Leistungskurs
1998 / 99
Gymnasium
Hinweise:
–
–
–
Die Schüler erhielten zwei Aufgabenblöcke, bestehend aus Pflicht- und
Wahlteil, von denen einer auszuwählen war.
Der Pflichtteil war vollständig, von den Wahlaufgaben waren zwei zu bearbeiten.
Zur Aufgabenauswahl stand den Schülern eine Zeit von 30 Minuten zur Verfügung, die reine Arbeitszeit betrug 300 Minuten.
Zugelassene Hilfsmittel waren:
Tafelwerk; nichtprogrammierbarer und nicht grafikfähiger Taschenrechner;
Zeichengeräte; Duden (Rechtschreibung)
Aufgabe P1: Geometrie
In einem kartesischen Koordinatensystem wird ein Dreieck ABC durch die
Eckpunkte A(4|0|3), B(10|6|0) und C(8|7|7) gegeben. A, B und C bestimmen die Ebene ε.
1.1
Zeichnen Sie das Dreieck ABC in ein kartesisches Koordinatensystem.
Berechnen Sie einen Innenwinkel und den Flächeninhalt des Dreiecks ABC.
1.2
Weisen Sie nach, dass der Punkt Q(8|4|1) auf der Seite AB des Dreiecks
ABC liegt.
1.3
Zeigen Sie, dass die Gerade g durch die Punkte R(0|2|9,5) und T(5|4|6)
nicht in der Ebene ε liegt. Die Gerade g schneidet die Seitenhalbierende sc
des Dreiecks ABC im Punkt S. Berechnen Sie die Koordinaten von S.
Aufgabe P2: Analysis
–0,35x
Gegeben ist eine Funktion f durch die Gleichung y = f(x) = 2 · e
, x ∈ R.
2.1
Berechnen Sie einige Funktionswerte f(x) für 0 ≤ x ≤ 5 und skizzieren Sie
den Graphen der Funktion.
2.2
Ermitteln Sie die Gleichung der Tangente t an den Graphen von f im Punkt
P(3|f(3)). Die Tangente t, der Graph f und die y-Achse begrenzen eine Fläche vollständig. Berechnen Sie den Inhalt dieser Fläche.
6
Aufgaben
2.3
Gegeben sind eine geometrische Zahlenfolge (a n) mit a 1 = 2 und q = 0,7 und
cn
Folgen (b n) mit b n = k · e , c, k ∈ R.
2.3.1. Bestimmen Sie k und c so, dass a 1 = b 1 und a 2 = b 2 sind. Zeigen Sie, dass
dann auch für alle n ∈ N gilt: a n = b n.
2.3.2 Berechnen Sie die Anzahl der Glieder der Folge (a n), die größer als 0,00014
sind.
Aufgabe P3: Stochastik
3.1
Einer Umfrage zufolge haben 12 % aller Abiturienten einen eigenen Zugang
zum Internet. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass unter 30 zufällig
ausgewählten Abiturienten nur maximal zwei über einen eigenen Internetzugang verfügen?
3.2
Ein Mathematiklehrer behauptet, dass mindestens 50 % aller Abiturienten in
Mecklenburg-Vorpommern einen Computer zur Lösung von Hausaufgaben
einsetzen. Andere Kollegen halten diese Zahl für zu hoch. Bei einem Test
soll die Behauptung abgelehnt werden, falls von 50 befragten Schülern nur
höchstens 21 den Computer zur Lösung von Hausaufgaben einsetzen.
3.2.1 Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass man die Behauptung fälschlicherweise ablehnt?
3.2.2 In welcher Art müsste das oben genannte Kriterium verändert werden, wenn
die Irrtumswahrscheinlichkeit höchstens 5 % betragen soll?
7
Binomialverteilung (Summenfunktion)
Fn;p (k) = Bn;p (O) + ... + Bn;p (k)
p
n
k
0,02 0,03 0,04 0,05 0,1
0
1
2
3
4
0,3642
7358
9216
9822
9968
5
6
7
8
9
9995
9999
2181
5553
8108
9372
9832
1299
4005
6767
8609
9510
0769
2794
5405
7604
8964
1
--3
0,4 0,5
0001
0012
0066
0238
0643
0000
0002
0013
0057
0185
0000
0000
0000
0000
0002
0000
0000
0000
0000
0000
0000
0000
0000
0000
0000
0000
0000
0000
0000
0000
49
48
47
46
45
9963 9856 9622 6161
9993 9964 9882 7702
9999 9992 9968 8779
9999 9992 9421
9998 9755
1388
2506
3911
5421
6830
0480
1034
1904
3073
4437
0007
0025
0073
0183
0402
0001
0005
0017
0050
0127
0000
0000
0000
0002
0008
0000
0000
0000
0000
0000
44
43
42
41
40
9906
9968
9990
9997
9999
7986
8827
9373
9693
9862
5836
7107
8139
8894
9393
0789
1390
2229
3279
4468
0284
0570
1035
1715
2612
0022
0057
0133
0280
0540
0000
0000
0002
0005
0013
39
38
37
36
35
15
9943 9692 5692 3690 0955 0033
34
16
17
18
19
99789
9992
9998
9999
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
9856
9937
9975
9991
6839
7822
8594
9152
4868
6046
7126
8036
1561
2369
3356
4465
0077
0164
0325
0595
33
32
31
30
9997 9522 8741
9999 9749 9244
9877 9576
9944 9778
9976 9892
5610
6701
7660
8438
9022
1013
1611
2399
3359
4439
29
28
27
26
25
9991 9951 9427 5561
9997 9979 9686 6641
9999 9992 9840 7601
9997 9924 8389
9999 9960 8987
24
23
22
21
20
9986
9995
9998
9999
Nicht ausgeführte Werte sind
(auf 4 Dez.) 1,0000
Bei p ≥ 0,5 gilt:
Fn;p (k) = 1 – abgelesener Wert
0,98 0,97 0,96 0,95 0,90
5
--6
p
8
0,2 0,3
0052
0338
1117
2503
4312
10
11
12
13
14
50
1
--6
0,80 0,70
2
--3
9405
9675
9836
9923
9967
19
18
17
16
15
9987
9995
9998
14
13
12
0,60 0,50
k
50
n
Aufgaben
Aufgabe A4: Analysis, Geometrie
Gegeben sind eine Schar von Kreisen ka durch die Gleichung
x 2 + y 2 – 2ay = 0, a ∈ R, a > 0 und eine Parabel p durch die Gleichung
y = f(x) = 1--- x2.
4
4.1
Berechnen Sie die Mittelpunkte und die Radien der Kreise in Abhängigkeit
von a. Zeichnen Sie in ein kartesisches Koordinatensystem die Kreise k a für
a = 1, 2, 3, 4 und 5 sowie die Parabel p.
4.2
Welcher der Kreise k a schneidet die Parabel p im Punkt S(4|4)? Berechnen
Sie für diesen Kreis den Schnittwinkel mit der Parabel im Punkt S(4|4).
4.3
Die Parabel schneidet aus der Kreisfläche von k 4 zwei zueinander kongruente Flächenstücke ab, die bei Rotation um die y-Achse einen Körper erzeugen. Berechnen Sie den Inhalt von einem dieser Flächenstücke und das
Volumen des Rotationskörpers.
4.4
Die Kreise k a haben mit der Parabel entweder genau einen Punkt oder genau
drei Punkte gemeinsam. Für welche Werte von a gibt es genau einen gemeinsamen Punkt? Der größte dieser Werte von a sei rk. Bestätigen Sie, dass gilt:
r k · f''(0) = 1.
Aufgabe A5: Analysis
Gegeben sind die Funktionen fa und gb durch die Gleichungen
– 0, 5ax
2
– bx + 0,5
y = fa(x) = e
, x ∈ R, a ∈ R, a > 0 und y = gb(x) = e
b > 0. Die zugehörigen Graphen seien F a und G b.
, x ∈ R, b ∈ R,
5.1
Untersuchen Sie die Funktionen f a und g b auf Monotonie und Symmetrie.
Berechnen Sie die Wendestellen von f a. Skizzieren Sie F 1 und G 1 in ein und
dasselbe Koordinatensystem.
5.2
Berechnen Sie die Koordinaten des gemeinsamen Punktes von F 1 und G 1.
Vergleichen Sie die Anstiege der beiden Graphen in diesem Punkt miteinander.
5.3
Der Graph G 1, die Koordinatenachsen und die Gerade mit der Gleichung
x = z, z > 0, begrenzen eine Fläche mit dem Flächeninhalt A(z) vollständig.
Berechnen Sie A(z) und lim A(z).
z→∞
9
5.4
Aus einer Tabelle entnimmt man für den Flächeninhalt unter F1 im Intervall
0 ≤ x ≤ 0,5 den Wert 0,4799 Flächeneinheiten. Um den Flächeninhalt näherungsweise zu berechnen, werden zwei Verfahren angewendet:
(1) Statt f 1 wird die Funktion h mit der Gleichung
4
2
y = h(x) = 0,125x – 0,5x + 1 verwendet. Berechnen Sie damit den
Flächeninhalt dieser Fläche.
(2) Der Flächeninhalt zwischen F 1 und der x-Achse wird durch fünf
Rechtecke der Breite 0,1 unterhalb des Graphen angenähert (Untersumme). Berechnen Sie auch damit den Flächeninhalt.
Dazu werden folgende Werte ermittelt:
y
x
f 1 (x)
0
1
0,9
F1
0,7
0,1
0,9950
0,2
0,9802
0,5
0,3
0,9560
0,3
0,4
0,9231
0,1
0,5
0,8825
O
0,1
0,3
0,5
1,0
x
Vergleichen Sie die beiden Ergebnisse mit dem angegebenen Flächeninhalt.
Aufgabe A6: Geometrie
Gegeben sind eine dreiseitige Pyramide ABCD durch die Eckpunkte
A(7|0|1), B(10|12|1), C(1|3|0), D(1|3|10) sowie die Punkte P(5|1|4) und
Q(7|9|4). R ist der Mittelpunkt der Strecke CD und ε ist die Ebene PQR.
6.1
Stellen Sie die Pyramide in einem kartesischen Koordinatensystem dar.
6.2
Zeigen Sie, dass P die Strecke AD und Q die Strecke BD jeweils im Verhältnis 1 : 2 teilen. Begründen Sie, dass die Geraden AB und PQ parallel zueinander sind.
6.3
Ermitteln Sie die Koordinatengleichung der Ebene ε und den Inhalt der
Schnittfläche dieser Ebene mit der dreiseitigen Pyramide.
6.4
Die Ebene ε zerlegt die Pyramide in zwei Teilkörper.
Berechnen Sie das Verhältnis der Volumina der beiden Teilkörper.
10
Aufgaben
Aufgabe B4: Analysis
Gegeben ist eine Schar von Funktionen f k durch die Gleichung
2
y = f k (x) = 1--- (x – k) + 4, x ∈ R, k ∈ R. G k sei der zu f k gehörige Graph.
4
4.1
Geben Sie den Wertebereich von fk an. Zeichnen Sie G 0, G 4, G 8 in ein und
dasselbe kartesische Koordinatensystem.
4.2
Die Tangente t 4 an G 4 in P 1 (0|f4 (0)) und die Tangente t 8 an G 8 in
P 2 (12|f 8 (12)) bilden mit der Geraden y = 8 ein Dreieck.
Berechnen Sie den Flächeninhalt dieses Dreiecks.
4.3
Der Graph G0 und die Gerade y = 8 schließen eine Fläche vollständig ein.
Berechnen Sie den Flächeninhalt dieser Fläche.
4.4
Der in 4.3 angegebenen Fläche wird ein Rechteck einbeschrieben, dessen
eine Seite auf der Geraden y = 8 liegt.
Wie sind die Maße des Rechtecks zu wählen, damit sein Flächeninhalt maximal wird?
Aufgabe B5: Analysis
Gegeben ist eine Schar von Funktionen f a durch die Gleichung
y = f a (x) = a · ln(a + x), a ∈ R, a > 0. G a sei der zu f a gehörige Graph.
5.1
Bestimmen Sie den Definitionsbereich von f a und die Koordinaten der
Schnittpunkte von G a mit den Koordinatenachsen.
5.2
Skizzieren Sie die Graphen G 1, G 2 und G 3 in ein und dasselbe Koordinatensystem.
5.3
Bestimmen Sie die Gleichung der Normalen an G a im Schnittpunkt von G a
mit der x-Achse. Für a > 1 bilden die Koordinatenachsen und die Normale
für jeden Wert von a ein Dreieck.
Für welche Werte von a beträgt der Flächeninhalt dieses Dreiecks 1,125 Flächeneinheiten?
5.4
Die x-Achse, G 1 und die Gerade mit der Gleichung x = – 0,5 schließen eine
Fläche vollständig ein.
Berechnen Sie den prozentualen Fehler, der auftritt, wenn man zur Berechnung dieser Fläche den Graphen G1 durch den Graphen der Funktion g mit
3
2
der Gleichung y = g(x) = 1--3- x – 1--2- x + x ersetzt.
Hinweis:
∫ lnz dz = z · lnz – z + c
11
Aufgabe B6: Geometrie
In einem kartesischen Koordinatensystem sind der Punkt P(0|7), die Gerade
g 1 mit der Gleichung y = 3--- x + 7 sowie der Kreis k 1 mit dem Mittelpunkt
4
M 1 (7|6) und dem Radius r1 = 5 gegeben.
6.1
Zeichnen Sie den Kreis k1 und die Gerade g 1 in ein kartesisches Koordinatensystem. Geben Sie einen Gleichung für den Kreis k 1 an.
6.2
Durch den Punkt P verlaufen genau zwei Tangenten an den Kreis k 1.
Weisen Sie nach, dass die Gerade g 1 eine dieser beiden Tangenten ist.
Berechnen Sie die Koordinaten des Berührungspunktes der zweiten Tangente g 2 mit dem Kreis und geben Sie eine Gleichung für diese Tangente an.
Berechnen Sie den Schnittwinkel der beiden Tangenten g 1 und g 2.
6.3
Es gibt genau einen Kreis k 2 mit dem Radius 5, der den gegebenen Kreis k 1
im Punkt R(3|3) berührt.
Geben Sie die Gleichung des Kreises k 2 an.
6.4
Die Winkelhalbierende des 1. Quadranten teilt die Fläche des Kreises k 1 in
zwei Teilflächen.
Berechnen Sie den Inhalt einer dieser beiden Teilflächen.
12
Erwartungsbilder
Erwartungsbild zu Aufgabe P1: Geometrie
1.1 Dreieck ABC im kartesischen Koordinatensystem:
z
4
3
2
A(4|0|3)
C(8|7|7)
1
2
1 2 3 4y
4
6
8
10
x
B(10|6|0)
– Ermitteln von \ ABC:
BA =
 – 6
 – 6
 
 3
; BC =
 – 2
 1
 
 7
; | BA | = 36 + 36 + 9 = 9;
| BC | = 4 + 1 + 49 = 54 = 3 6
cos \ ( BA | BC ) =
BA ⋅ BC
--------------------------BA ⋅ BC
=
12 – 6 + 21
--------------------------9⋅3 6
=
1
------6
≈ 0,40825
⇒ \ ( BA | BC ) = \ ABC = 65,9 °
oder: Ermitteln von \ BAC:
AB =
 6
 6
 
 – 3
| AC | =
; AC =
 4
 7
 
 4
; | AB | =
36 + 36 + 9 = 9;
16 + 49 + 16 = 9
cos \ ( AB | AC ) =
AB ⋅ AC
24 + 42 – 12
---------------------------- = -----------------------------81
AB ⋅ AC
=
54
-----81
=
2
--3
= 0,6
⇒ \ ( AB | AC ) = \ BAC = 48,2°
13
oder: Ermitteln von \ ACB:
CA =
 – 4
 – 7
 
 – 4
| CB | =
; CB =
 2
 – 1
 
 – 7
; | CA | =
4 + 1 + 49 =
cos \ ( CA | CB ) =
16 + 49 + 16 = 9;
54 = 3 6
CA ⋅ CB
– 8 + 7 + 28
--------------------------- = ----------------------------9⋅3⋅ 6
CA ⋅ CB
=
1
------6
≈ 0,40825
⇒ \ ( CA | CB ) = \ ACB = 65,9°
Flächeninhalt des Dreiecks ABC:
Es gilt A∆ABC =
Mit AB =
 6
 6
 
 – 3
AB x AC =
| AB x AC | =
1
--2
| AB x AC |
AC =
,
i j k
6 6 –3
4 7 4
 4
 7
 
 4
erhält man:
= (24 + 21)i – (24 + 12)j + (42 – 24)k =
45 2 + ( – 36 ) 2 + 18 2 ≈ 60,37
Daraus folgt: A∆ABC =
1
--2
· 60,37 FE ≈ 30,2 FE
Lösungsvariante 1:
A∆ABC =
1
-2
2
2
AB - ⋅ AC – ( AB ⋅ AC )
2
2
2
Mit AB = 36 + 36 + 9 = 81; AC = 16 + 49 + 16 = 81
2
AB · AC = 24 + 42 – 12 = 54; ( AB · AC ) = 2 916
erhält man A ∆ABC =
1
--2
81 ⋅ 81 – 2916 FE ≈ 30,2 FE.
Lösungsvariante 2:
14
A∆ABC =
1
--2
| AB | · | AC | sin \ ( AB | AC )
A∆ABC =
1
--2
9 · 9 · sin 48,2° ≈ 30,2 FE
 45 
 – 36


 18 
Erwartungsbilder
1.2 Nachweis:
Beh.: Q ∈ AB, wobei
x=
Strecke AB:
 4
 0
 
 3
+t
 6
 – 6
 
 – 3
; t ∈ R, 0 ≤ t ≤ 1.
Q(8|4|1)
Nach Einsetzen des Koordinaten des Punktes Q in die Gleichung der Strecke AB
(I) 8 = 4 + 6t
(II) 4 = – 6t
(III) 1 = 3 – 3t
folgt aus Gleichung (I), (II), (III): t =
2
--3
Die Bedingung 0 ≤ t ≤ 1 ist erfüllt. ⇒ Q ∈ AB
1.3 Zu zeigen ist: g RT ⊄ ε
Es genügt nachzuweisen: R ∉ ε;
ε: x = OA + r AB + s AC ; r, s ∈ R
Aus x =
 4
 0
 
 3
 6
 4
 – 3
 4
+ r  6  + s  7 mit R(0|2|9,5) ergibt sich:
(I) 0 = 4 + 6r + 4s
(II) 2 = 6r + 7s
(III) 9,5 = 3 – 3r + 4s
(II) – (I): 2 = – 4 + 3s ⇒ s = 2
Aus (I) folgt dann r = – 2.
Die Werte r und s in (III) eingesetzt: führen zu dem Widerspruch
9,5 = 21 ⇒ R ∉ ε, also g RT ∉ ε
Lösungsvariante:
Würde g in ε liegen, so wäre das Spatprodukt aus RT , AB und AC gleich 0:
RT =
 5 
 2 


 – 3, 5
5 2 – 3, 5
V=
6 6 –3
4 7
; AB =
 6
 6
 
 – 3
; AC =
= 90 ≠ 0 ⇒
 4
 7
 
 4
g RT ⊄ ε.
4
15
Berechnen der Schnittpunktkoordinaten S der Geraden g und sc:
g: x = OR + t RT =
 0 
 2 


 9, 5
 5 
2 
 – 3, 5
+ t 
; t∈R
s c: x = OM + r MC ; r ∈ R;
OM = OA +
x=
 7 
 3 


 1, 5
1
--2
AB =
 4
 0
 
 3
+
 3 
 3 


 – 1, 5
=
 7 
 3 


 1, 5
; MC =
 1 
 4 


 5, 5
 1 
4 
 5, 5
+ r 
Zuerst wird untersucht, ob ein Schnittpunkt S existiert:
(I) 0 + 5t
=7+r
(II) 2 + 2t
= 3 + 4r
(III) 9,5 – 3,5t = 1,5 + 5,5r
(II) – 4 · (I): 2 – 18t = – 25 ⇒ t =
Aus (I) folgt 5 ·
3
--2
=7+r ⇒r=
3
--2
1
--2
Die Probe mit (III) führt zu einer wahren Aussage.
⇒ Die Geraden g und s c schneiden einander in S.
Koordinaten von S
Aus g: OS =
Aus s c: OS =
 0 
 2 


 9, 5
 7 
 3 


 1, 5
+
+
 5 
3 
--2 
2 
 – 3, 5
=
 7, 5 
 5 


 4, 25
 1 
1 
--- 4 

2 
 5, 5
=
 7, 5 
 5 


 4, 25
⇒ S(7,5|5|4,25)
Bewertungsvorschlag:
1.1 Zeichnung des Dreiecks; Innenwinkelgröße;
Flächeninhalt des Dreiecks
1.2 Beweis
1.3 Geradengleichung; Gleichungssystem; Widerspruch
16
4 BE
3 BE
8 BE
15 BE
Erwartungsbilder
Erwartungsbild zu Aufgabe P2: Analysis
2.1 Graph der Funktion:
y = f(x) = 2 · e
– 0,35x
x ∈ R, 0 ≤ x ≤ 5
;
x
0
0,5
1
2
3
4
5
f(x)
2
1,68
1,41
0,99
0,7
0,49
0,35
y
2
1,5
f
1
0,5
–0,5 O 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4 4,5 5 x
–0,5
2.2 Gleichung der Tangente t im Punkt P(3|f(3)):
t: y = mx + n
– 0,35x
f'(x) = 2 · (–0,35) · e
– 0,35x
= – 0,7 · e
– 1,05
⇒ f'(3) = – 0,7 · e
– 1,05
, also m = – 0,7 · e
Berechnung für n:
f(3) = 2 · e
– 0,35 · 3
=2·e
– 1,05
= – 0,7 · e
– 1,05
· 3 + n ⇒ n = 4,1 · e
– 1,05
Gleichung für t:
y = – 0,7 · e
– 1,05
x + 4,1 · e
– 1,05
oder y = – 0,245x + 1,435
Flächeninhalt:
Inhalt der Fläche ergibt sich aus
3
3
∫ [f(x) – g(x)]dx= ∫ [2 · e
0
– 0,35x
– (– 0,7 · e
– 1,05
· x + 4,1 · e
– 1,05
)]dx
0
2
-·e
= [ -------------– 0, 35
– 0,35x
+
0, 7 ⋅ e – 1, 05
--------------------------2
2
· x – 4,1 · e
– 1,05
3
0
x]
≈ – 1,199964 + 1,10230391 – 4,3042343 – (– 5,714285)
≈ 0,516496
Flächeninhalt: A ≈ 0,52 FE
17
2.3 Gegeben sind die Folgen
(a n) mit a 1 = 2 und q = 0,7, d. h. a n = 2 · 0,7
cn
(b n) mit b n = k e ;
n–1
c, k ∈ R
2.3.1 Bestimmen von k und c:
n
1
2
an
2
1,4
bn
k·e
c
k·e
c
Für a 1 = b 1 gilt: 2 = k e ⇒ k =
Für a 2 = b 2 gilt: 1,4 = k e
Daraus folgt:
2
----c
e
=
1, 4
--------,
e 2c
2c
2
---ec
⇒k=
also 2 e
2c
2c
1, 4
-------e 2c
c
c
= 1,4 e bzw. e = 0,7
⇒ c = ln 0,7 (≈ – 0,357)
k=
2
------------e ln 0, 7
=
2
--------0, 7
=
20
-----7
(≈ 2,857)
Zu zeigen ist: a n = b n für alle n, n ∈ N
a n = 2 · 0,7
bn =
20
-----7
·e
n–1
; bn = k · e
ln0,7 · n
=
2
--------0, 7
c·n
, wobei c = 0,7 und k =
n
· 0,7 = 2 · 0,7
n–1
20
-----7
= an
2.3.2 Anzahl der Glieder der Folge (a n) mit a n > 0,00014
a n = 2 · 0,7
n–1
> 0,00014 bzw. 0,7
n–1
> 0,00007
⇒ (n – 1) · ln 0,7 > ln 0,00007, also n – 1 <
– 9, 567
-----------------– 0, 357
.
⇒ n – 1 < 26,82 und damit n < 27,82
Für 27 Glieder der Zahlenfolge (a n) gilt: a n > 0,00014.
2.1 Funktionswerte; Graph
2.2 Tangentengleichung; Flächeninhalt
2.3.1 Bestimmen von k und c; Nachweis für an = bn
2.3.2 Anzahl der Glieder von (an)
18
3 BE
7 BE
5 BE
3 BE
18 BE
Erwartungsbilder
Erwartungsbild zu Aufgabe P3: Stochastik
3.1 X: Anzahl der Schüler (unter 30), die eigenen Internetzugang haben
X ist B(30|0,12) - verteilt, d. h. P(X = k) =
P(X ≤ 2) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2)
=
 30
 0
30
· (0,88)
+
 30
 1
 30
 k
29
· 0,12 · (0,88)
k
30 – k
· (0,12) (1 – 0,12)
+
 30
 2
2
28
· (0,12) · (0,88)
≈ 0,285
Die Wahrscheinlichkeit ist 0,285 (28,5 %).
3.2 X: Anzahl der Schüler (von 50), die mit Computer Hausaufgaben machen
X ist B(50|p) - verteilt
3.2.1 Gegeben ist H o – Hypothese mit p ≥ 0,5
Gesucht ist die Irrtumswahrscheinlichkeit α
P(X
≤ 21) = α
21
21
∑ P(X = k) = ∑ P k 
50
k=0
k
50 – k
p (1 – p)
k=0
Falls H o wahr, gilt p = 0,5 im Extremfall.
⇒ P(X ≤ 21) = 0,1611 (s. Tabelle mit p = 0,5, n = 50, k = 21)
⇒ α = 0,1611
Die Wahrscheinlichkeit, dass man die Behauptung fälschlicherweise ablehnt,
ist 0,1611 (16,11 %).
3.2.2 Es müssen gelten:
P(X ≤ g) ≤ 0,05 ⇒ g = 18
Wenn die Irrtumswahrscheinlichkeit 5 % betragen soll, ist der Ablehnungsbereich (0, 1, 2, ... , 18).
Abgeändertes Kriterium:
Bei einem Test soll die Behauptung abgelehnt werden, falls von 50 befragten
Schülern nur höchstens 18 den Computer zur Lösung von Hausaufgaben einsetzen.
3.1 Anzahl der Schüler; Wahrscheinlichkeit
3.2.1 Irrtumswahrscheinlichkeit α
3.2.2 Abgeändertes Kriterium
3 BE
2 BE
3 BE
8 BE
19
Erwartungsbild zu Aufgabe A4: Analysis, Geometrie
4.1 Mittelpunkte und Radien:
2
2
2
2
2
k a: x + y – 2ay = 0, also x + y – 2ay + a = a
2
2
⇒ x + (y – a) = a
2
2
Die Kreise k a haben die Mittelpunkte M(0|a) und Radien r = a
Zeichnung:
y
7
6
5
4
f
3
2
1
–6 –5 –4 –3 –2 –1 O
–1
1 2 3 4 5 x
4.2 Kreis k a ist zu ermitteln, für den gilt: k a ∩ p = {(4|4)}
Aus der Zeichnung lässt sich vermuten: k 4 ∩ p = {(4|4)}, also a = 4
Rechnerische Überprüfung:
2
2
2
Aus x + (y – a) = a folgt mit S(4|4):
2
2
16 + 16 – 8a + a = a , also a = 4
Schnittwinkel zwischen Kreis k 4 und p in S(4|4):
p: f(x) =
y
7
f
6
5
M
1
--4
x
2
f'(x) = 1--- x; f'(4) = 2
2
α
β
tan ß = 2 ⇒ ß = 63,43°
3
2
1
–5 –4 –3 –2 –1 O
–1
1 2 3 4 5 x
Somit ergibt sich der Schnittwinkel zwischen k 4 und p durch
α = 90° – 63,44° = 26,56°
20
Erwartungsbilder
4.3 Flächeninhalt:
y
7
Der Inhalt der Fläche unterhalb der
Parabel ergibt sich aus
4
Ap =
4
∫ f(x) dx = ∫
0
=
0
64
-----12
1
--4
x
2
1
dx = [ ----12
f
6
5
4
3 4
x ]0
3
2
= 5,3 (FE)
A
B
1
–6 –5 –4 –3 –2 –1 O
–1
A = Ap – B
1 2 3 4 5 x
A ≈ (5,3 – 3,43) FE
B = A Quadrat – A Viertelkreis
A ≈ 1,903 FE
B = (16 – 4π) FE ≈ 3,43 FE
– Volumen V des Rotationskörpers
V = V Halbkugel – V Paraboloid
3
V Halbkugel = 2--- · π · 4 =
3
128
--------- π
3
Berechnung des Paraboloids:
b
Vy = π
∫x
2
2
2
dy; mit y = f(x) = 1--- x also x = 4y, gilt damit:
4
a
4
Vy = π
∫ 4y dy = π [2y ]0
2 4
= 32π (VE)
0
Damit ergibt sich für das Volumen des Rotationskörpers:
--------- π – 32π) VE =
V = ( 128
3
π VE
32
-----3
4.4 Wert für a (a ∈ R, a > 0 siehe Voraussetzung)
Gemeinsame Punkte von
2
2
k a: x + y – 2ay = 0 und
2
Einsetzen ergibt: x +
4
2
1
-----16
4
x –
2
p: y = f(x) =
1
--2
2
1
--4
x
2
2
4
2
ax = 0, also 16x + x – 8ax = 0
⇒ x + (16 – 8a) = x (x + 16 – 8a) = 0
2
⇒ x = 0 oder x + 16 – 8a = 0
⇒ x 1 = 0 oder x 1, 2 = ±
8a – 16 d. h.
21
Für a ∈ R, 0 < a ≤ 2 (also 8a – 16 ≤ 0) gibt es genau einen gemeinsamen
Punkt; r k = 2 . (Für a ∈ R, a > 2 gibt es genau drei gemeinsame Punkte.)
Zu zeigen ist: r k · f''(0) = 1 mit r k = 2
f(x) =
1
--4
2
x ; f'(x) =
1
--2
x; f''(x) =
Damit ist r k · f''(0) = 2 ·
1
--2
= 1.
1
--2
; f''(0) =
1
--2
w. z. b. w.
4.1
4.2
4.3
4.4
Mittelpunkte der Radien; Zeichnung
Kreis ka; Schnittwinkel
Flächeninhalt; Volumen des Rotationskörpers
Gemeinsame Punkte von ka und p
4BE
4BE
6BE
5BE
19BE
Erwartungsbild zu Aufgabe A5: Analysis
5.1 Untersuchung auf Monotonie:
2
fa'(x) = – a x e – 0, 5ax ; a > 0
– Für x < 0 ist f a '(x) > 0
– Für x = 0 ist f a '(x) = 0
– Für x > 0 ist f a '(x) < 0
– bx + 0,5
g b '(x) = – b · e
⇒
f a (x) ist monoton wachsend.
⇒
f a (x) ist monoton fallend.
< 0 (für b > 0)
g a (x) ist monoton fallend für alle x ∈ R.
Untersuchung auf Symmetrie:
2
2
f a (x) = e – 0, 5ax = e –0, 5a ( –x ) = f a (– x)
Fa ist axialsymmetrisch bezüglich der y-Achse.
– bx + 0,5
g b (x) = e
g b (– x) = e
g b (x) ≠ g b (– x), d. h. G b ist nicht symmetrisch.
bx + 0,5
Wendestellen von f a:
2
2
2
2 2
f a ''(x) = – a · e –0, 5ax + (– ax · (– ax · e – 0, 5ax )) = e –0, 5ax (a x – a)
2
f a ''(x w) = 0 ⇒ e –0, 5axw (a 2x w2 – a) = 0
22
Erwartungsbilder
2
2
2
Da e – 0, 5axw ≠ 0, folgt a x w – a = 0 und wegen a > 0:
2
ax w – 1 = 0 ⇒ x w =
1
--- ; x w
a
2
2 2
1
2
1
-- a
=–
2
2
2
2
3 3
1
--a
· 2a ≠ 0
2
fa'''(x) = – ax · e – 0, 5ax (a x – a) + e –0, 5ax · 2a x = e – 0, 5ax (2a x – a x + a x)
1
--a
f a '''(
– 0,5
)=e
1
--a
f a '''(–
2
(2 · a ·
– 0,5
)=e
Damit sind x w =
1
(– 2a
1
--a
2
3
1
--a
1
--a
+a ·
3
1
--a
1
--a
–a
1
--a
–a ·
1
--a
+a ·
1
--a
; xw = –
2
2
2
1
--a
1
--a
– 0,5
)=e
– 0,5
)=e
·
·
1
--a
2
2
· (– 2a ) ≠ 0
Wendestellen der Funktionen f a (x).
Wendepunkte (in der Aufgabe nicht gefragt):
fa(
f a (–
– 0,5
1
--- )
a
=e
1
--a
)=e
1 1
--- | -----a
e
, also P w (
1
– 0,5
, also P w (–
2
)
1 1
--- | -----a
e
)
Skizze der Graphen F 1 und G 1:
x
f 1 (x) = e – 0, 5x
2
x
– x + 0,5
g 1 (x) = e
–2
–1
0
1
2
0,135
0,61
1
0,61
0,135
–2
–1
0
1
3
12,18
4,48
1,65
0,61
0,08
y
G1
4
3
2
1
F1
–2
–1
O
–1,5
1
2
x
23
5.2 Gemeinsame Punkte der Graphen F 1 und G 1:
– x + 0,5
2
e – 0, 5x = e
2
, also – 0,5x = – x + 0,5
2
– 0,5
⇒ x – 2x + 1 = 0 mit x 1,2 = 1; f(1) = e
Vergleich der Anstiege in
2
1
P(1| -----):
e
– 0,5
f 1 '(x) = – x e – 0, 5x ; f 1 '(1) = – e
– x + 0,5
g 1 '(x) = – e
– 0,5
; g 1 '(1) = – e
=–
=–
1
, also P(1| -----).
e
1
-----e
1
-----e
f 1 '(1) = g 1 '(1): In P besitzen beide Graphen den gleichen Anstieg.
5.3 Flächeninhalt A(z):
Inhalt der Fläche:
z
A(z) =
∫ (e
– x + 0,5
– x + 0,5 z
]0
) dx = [– e
– z + 0,5
=–e
+e
0,5
=
e (1 –
1
----z
e
) (FE)
0
Grenzwert lim A(z):
z→∞
lim A(z) = lim
z→∞
z→∞
e (1 –
1
----z )
e
=
e (FE)
5.4 Flächeninhalt unter F 1:
f 1 (x) = e – 0, 5x
2
4
2
(1) Annäherung durch h mit h(x) = 0,125x – 0,5x + 1
0, 5
∫
4
2
5
(0,125x – 0,5x + 1) dx = [0,025x –
1
--6
3
0,5
x + x] 0
0
= 0,00078125 – 0,0283 + 0,5 = 0,479947916
A 1 = 0,47995 (FE)
(2) Annäherung durch die Summe der Rechteckflächen:
A 2 = 0,1(f 1 (0,1) + f 1 (0,2) + f 1 (0,3) + f 1 (0,4) + f 1 (0,5))
= 0,1(0,9950 + 0,9802 + 0,9560 + 0,9231 + 0,8825) = 0,47368 (FE)
A 2 = 0,47368 (FE)
– Vergleich der Ergebnisse (1) und (2) mit dem angegebenen Flächeninhalt
zu (1)
24
geg. Flächeninhalt
A = 0,4799 FE
A 1 = 0,47995 FE
⇒ A 1 ist um 0,00005 FE größer als A.
Erwartungsbilder
zu (2)
geg. Flächeninhalt
A = 0,4799 FE
A 2 = 0,47368
⇒ A 2 ist um 0,00622 FE kleiner als A
⇒ Annäherung durch A 1 ist besser.
5.1
5.2
5.3
5.4
Monotonie; Symmetrie; Wendestellen; Graph
Gemeinsame Punkte; Vergleichen der Anstiege
Flächeninhalt
Flächeninhalt unter F1 (1) und (2); Vergleich
8 BE
3 BE
4 BE
4 BE
19 BE
Erwartungsbild zu Aufgabe A6: Geometrie
6.1 Darstellung der Pyramide
z
D(1|3|10)
9
8
7
6
5
R(1|3|5)
4
3
2
1
P(5|1|4)
2
4
1 2 3 4 5 y
Q(7|9|4)
C(1|3|0)
A(7|0|1)
8
10
x
6.2 a)
B(10|12|1)
Behaupt.: AP : PD = 1 : 2, d. h. AP =
Nachweis: AD =
 – 6
 3
 
 9
AP =
 – 2
 1
 
 3
oder:
⇒
=
 – 6
1  
--- 3
3  
 9
1
--3
1
--3
AD =
=
1
--3
AD
 – 2
 1
 
 3
AD
Behaupt.: AP : PD = 1 : 2, d. h. PD =
2
--3
AD
25
Nachweis: AD =
PD =
b)
 – 6
 3
 
 9
 – 4
 2
 
 6
⇒
2
--3
AD =
 – 6
2  
--- 3
3  
 9
=
2
--3
=
 – 4
 2
 
 6
AD
Behaupt.: BQ : QD = 1 : 2, d. h. BQ =
Nachweis: BD =
BQ =
oder:
 – 9
 – 9
 
 9
 – 3
 – 3
 
 3
⇒
=
1
--3
 – 9
 – 9
 
 9
QD =
 – 6
 – 6
 
 6
2
--3
2
--3
BD
BD
⇒
=
BD oder QD =
 – 3
1  
--- – 3
3  
 3
Behaupt.: BQ : QD = 1 : 2, d. h. QD =
Nachweis: BD =
1
--3
2
--3
BD =
2
--- BD
3
 – 6
 – 6
 
 6
BD
Lösungsvariante:
 – 2
 1  ; | AP | =
 
 3
 – 6
=  3  ; | AD | =
 9
AP =
AD
BQ =
 – 3
 – 3
 
 3
BD =
 – 9
 – 9
 
 9
14
|AP | : |AD | = 14 : 126 = 1 : 3
126
; | BQ | = 3 3
|BQ| : |BD | = 1 : 3
 – 1
= 9  –1 ; | BD | = 9 3
 1
– Begründung, dass g AB || g PQ
g AB || g PQ ⇒ AB || PQ , also AB = t PQ
Nachweis: AB =
 3
 12
 
 0
PQ =
 2
 8
 
 0
; AB =
 3
 12
 
 0
=
 2
3  
--- 8
2  
 0
(Begründung ist auch durch die Strahlensätze möglich.)
26
=
3
--2
PQ
Erwartungsbilder
6.3 Koordinatengleichung der Ebene ε
ε: x = OP + p PQ + r PR ; p, r ∈ R
OR = OC +
ε: x =
 5
 1
 
 4
1
--2
CD =
 2
 – 4
 0
 1
 1
 3
 
 0
 0
1  
--- 0
2  
 10
+
=
 1
 3
 
 5
+ p  8 + r  2 
(*)
Koordinatengleichung: Eingesetzt in (x – OP ) · ( PQ x PR ) = 0 ergibt sich:
 x
 y
 
 z
 2
 8
 
 0
 5
 2  – 4
 8 x  2 
   
 0  1 
–  1 ·
 4
 – 4
i j k
x  2  =
2 80
 1
 x – 5
 y – 1


 z – 4
·
=0
= (8 – 0)i – (2 – 0)j + (4 + 32)k =
–4 2 1
 4
 – 1
 
 18
 8
 – 2
 
 36
⇒n=
 4
 – 1
 
 18
= 4x – 20 – y + 1 + 18z – 72
ε: 4x – y + 18z – 91 = 0
Lösungsvariante:
Aus (*) folgt:
(I)
(II)
(III)
x = 5 + 2p – 4r
y = 1 + 8p + 2r
z=4+r
⇒r=z–4
x = 5 + 2p – 4(z – 4) = 21 + 2p – 4z
y = 1 + 8p + 2(z – 4) = – 7 + 8p + 2z
– 4x = – 84 – 8p + 16z
y = – 7 + 8p + 2z
– 4x + y = – 91 + 18z ⇒
ε: 4x – y + 18z – 91 = 0
Flächeninhalt des Dreiecks PQR:
Es gilt
A PQR =
1
--2
=
1
--2
| PQ x PR | =
1
--2
·
64 + 4 + 1296 =
 8
 – 2
 
 36
1
--2
(s. 6.3)
1364 ≈
1
--2
36,93;
A PQR = 18,47 (FE)
27
6.4 Verhältnis der Volumina der beiden Teilkörper:
V 1: Volumen der Pyramide PQRD mit D(1|3|10) und n =
Allgemein V 1 =
1
--3
A PQR · h 1
h1 =
4 ⋅ 1 – 1 ⋅ 3 + 18 ⋅ 10 – 91
------------------------------------------------------------16 + 1 + 324
V1 =
1
--3
·
1
--2
1364 ·
90
------------341
=
90
------------- ;
341
90
-----6
=
·
A PQR =
1364
-----------341
1
--2
 4
 – 1
 
 18
1364 FE
= 30; V 1 = 30 VE
V: Volumen der Pyramide ABCD mit D(1|3|10)
ε ABCD: x = OA + t AB + r AC , t, r ∈ R
x=
 7
 0
 
 1
 3
 – 6
 0
 – 1
+ t  12 + r  3 
Koordinatengleichung:
i j k
AB x AC =
3 12 0
= – 12i + 3j + 81k =
–6 3 – 1
 x – 7
 y – 0


 z – 1
·
 – 4
 1
 
 27
 – 12
 3 


 81 
⇒n=
= – 4x + 28 + y + 27z – 27
ε ABCD: 4x – y – 27z – 1 = 0
V=
1
--3
A ABC · h 2
A ABC = 1--- | AB x AC | =
2
1
--2
h=
– 4 ⋅ 1 + 1 ⋅ 3 + 27 ⋅ 10 + 1
-------------------------------------------------------------16 + 1 + 729
V=
1
--6
6714 ·
270
------------746
=
144 + 9 + 6561 =
270
------------746
=
135
--------3
·
6714
-----------746
V = 135 VE
V 2 = V – V 1 = 105 VE
Verhältnis zwischen V 1 und V 2:
V1
-----V2
28
=
30
--------105
=
2
--7
= 135
1
--2
6714
 – 4
 1
 
 27
Erwartungsbilder
Lösungsvariante:
Anwendung des Spatprodukts (nicht im Rahmenplan)
V=
· | DA · ( DB x DC )| =
1
--6
V1 =
1
--6
· | DA · ( DQ x DR )| =
V 2 = V – V 1 = 105
V1
-----V2
=
1
--6
30
--------105
=
6 –3 –9
9 9 –9
= 135
0 0 –1
4 –2 –6
1
--- 6 6 – 6
6
0 0 –5
= 30
2
--7
6.1
6.2
6.3
6.4
Pyramide im räumlichen Koordinatensystem
Verhältnisse AP : AD bzw. PD : AD ; Nachweis der Parallelität
Koordinatengleichung der Ebene ε; Flächeninhalt
Verhältnis der Volumina der Teilkörper
2 BE
6 BE
5 BE
6 BE
19 BE
Erwartungsbild zu Aufgabe B4: Analysis
4.1.
Wertebereich von fk
y ∈ R, y ≥ 4
Zeichnung:
y
G0
G4
P1
G8
P2
y=8
1
x
–1
–1 1
t4
t8
S
4.2.
Flächeninhalt des Dreiecks P1P2S
S: Schnittpunkt der Tangenten in P1(0|8) und P2(12|8)
Tangentengleichung t4:
1
1
1
f4(x) = --- (x – 4)2 + 4 = --- (x2 – 8x + 16) + 4 = --- x2 – 2x + 8
4
4
4
1
f4'(x) = --- x – 2; f4'(0) = –2 ⇒ m = –2
2
29
Aus y = mx + n mit P1(0|8) folgt 8 = –2 · 0 + n, also n = 8
t4: y = –2x + 8
Tangentengleichung t8:
1
1
1
f8(x) = --- (x – 8)2 + 4 = --- (x2 – 16x + 64) + 4 = --- x2 – 4x + 20
4
4
4
1
f8'(x) = --- x – 4; f8' (12) = 2 ⇒ m = 2
2
Aus y = mx + n mit P2(12|8) folgt 8 = 2 · 12 + n, also n = –16
t8: y = 2x – 16
Koordinaten des Schnittpunktes:
2x – 16 = –2x + 8 ⇒ 4x = 24 , also x = 6; y = –4
S(6|–4)
Da P1 und P2 auf g = 8 liegen, gilt für die Höhe h des Dreiecks P1SP2:
h = – 4 + 8 = 12.
1
Da P 1 P 2 = 12, folgt: A nP SP = --- · 12 · 12 (FE) = 72 FE
1
2
2
4.3.
Flächeninhalt:
y
G0 y = 8
A = Ah – A1
1
f0(x) = --- x2 + 4
4
4
∫
4
1
1
2 ( --- x2 + 4) dx = 2 [ ------ x3 + 4x]
0
4
12
A1
0
1
–1 O
1
x
16
128
= 2 ( ------ + 16) = --------3
3
128
A1 = --------- FE – Inhalt der Fläche unter G0
3
Ah = 64 FE
128
64
A = (64 – --------- ) FE = ------ FE
3
3
A = 21, 3 FE
y
f4
AR
y=8
b
a
4.4.
30
Maße des Rechtecks
Zielfunktion: AR = a · b
Nebenbedingungen u. Zielfunktion
in Abhängigkeit von a:
1
–1 O 1
x
Erwartungsbilder
1
f0(x) = --- x2 + 4
4
Da G0 symmetrisch zur y-Achse liegt und eine Rechteckseite auf y = 8
(also parallel zur x-Achse), muss ein Rechteckseitenpaar parallel zur
y-Achse liegen. Dann gilt:
a
1 a2
a2
a3
AR(a) = a · (8 – f0( --- )) = a (8 – [ --- · ----- + 4]) = a (4 – ------ ) = 4a – -----2
4 4
16
16
Untersuchung auf das lokale Maximum:
3a 2
AR'(a) = 4 – -------16
3a 2
64 8
AR'(a) = 0 ⇒ 4 – -------- = 0 ⇒ a = ------ = --- 3
16
3
3
Nachweis:
3
8
3 8
AR''(a) = – --- a ; AR''( --- 3 ) = – --- · --- 3 = – 3 < 0
8
3
8 3
8
⇒ a = --- 3 ist lokale Maximumstelle
3
1 64
4 8
b = 8 – ------ ⋅ ------ – 4 = 4 – --- = --16 3
3 3
8
8
Für a = --- 3 LE und b = --- LE ist der Inhalt der einbeschriebenen Rechtecks3
3
fläche maximal.
4.1
4.2
4.3
4.4
Wertebereich; Zeichnung
Flächeninhalt des Dreiecks
Flächeninhalt der Fläche unter der Kurve
Maße des Rechtecks
3 BE
7 BE
3 BE
6 BE
19 BE
Erwartungsbild zu Aufgabe B5: Analysis
5.1.
Definitionsbereich von fa
x ∈ R mit a + x > 0 ⇒ x > –a , a ∈ R, a > 0
Schnittpunkte zwischen Ga und den Koordinatenachsen
Schnittpunkt mit der x-Achse:
0 = a · ln (a + x) ⇒ (wegen a ≠ 0) ln (a + x) = 0, also a + x = 1 bzw.
x = a – 1;
Px(1 – a|0)
Schnittpunkt mit der y-Achse:
fa(0) = a · ln a;
Py(0|a · ln a)
31
5.2.
Graphen G1, G2 und G3
x
–2,5
–2
f1(x) = 1 · ln(1 + x)
–
–
f2(x) = 2 · ln(2 + x)
–
–
0
1,22 2,08 2,75 3,29 4,16 4,83 5,37 5,84 6,24
f3(x) = 3 · ln(3 + x) –2,07
–1,5
–1
–0,5
0
1
2
3
4
5
–
–
–0,69
0
–1,39
0
0,81 1,39 2,19 2,77 3,22 3,58 3,89
0,69 1,09 1,37 1,61 1,79
y
G3
G2
G1
1
–1
–1
5.3.
x
1
Gleichung der Normalen n in Px(1 – a|0):
1
1
y = fa(x) = a ln (a + x); fa'(x) = a · ------------ ; fa'(1 – a) = a · -------------------- = a
a+x
a+1–a
Der Anstieg der Tangente in Px ist mt = a.
1
⇒ Anstieg der Normalen in Px: mn = – --a
1
Wegen y = mx + b gilt für die Normale in Px(1 – a|0) mit mn = – --- :
a
1
1
1
1
0 = – --- · (1 – a) + b ⇒ b = --- – 1 und damit n: y = – --- x + --- – 1
a
a
a
a
Ermitteln des Wertes a > 1, für den gilt An = 1,125 FE:
1
An = --- P x O · P y O
2
32
G4
G3
t
P x O = 1 – a = a – 1 (da a > 1)
1
1
P y O = --- – 1 = 1 – --- (da a > 1)
a
a
a–1
9 1
An = --- = --- (a – 1) ( ----------- )
a
8 2
1 2
= ------ (a – 2a +1)
2a
9
17
⇒ --- a = a2 – 2a +1, also a2 – ------ a + 1 = 0
4
4
y
n
G2
Px
A
1–a
x
Py
1
--- – 1
a
Erwartungsbilder
17
289 64
a1|2 = ------ ± --------- – ------ ;
8
64 64
1
a1 = 4 (a2 = --- entfällt, da a > 1; s. Vor.)
4
Probe: An = 1,125 FE
4–1
3 9
1
1
An = --- (4 – 1) ( ------------ ) = --- · 3 · --- = --2
4
2
4 8
Für a = 4 gilt An = 1,125 FE.
⇒
5.4.
Ermitteln des prozentualen Fehlers:
y
G1
x = 0,5
Flächeninhalt durch
1
1
y = g(x) = --- x3 – --- x2 + x :
2
3
x
A
0
∫
 1--- x 3 – 1--- x 2 + x dx =
3

2
1
1
1
------ x 4 – --- x 3 + --- x 2
2
12
6
0
– 0,5
– 0,5
1
1
1
1,8125
= 0 –  ------ ( – 0,5 ) 4 – --- ( – 0,5 ) 3 + --- ( – 0,5 ) 2 = ---------------- ≈ 0,151041666
 12

2
6
12
AN ≈ 0,1510 FE
Flächeninhalt durch y = f1(x) = ln(1 + x)
0
∫
ln ( 1 + x ) dx = [ ( 1 + x ) ln ( 1 + x ) – ( 1 + x ) ]
0
– 0,5
– 0,5
= – 1 – ( 0,5 ln 0,5 – 0,5 ) ≈ 0,1534
A ≈ 0,1534 FE
Der Inhalt der Fläche A wird um 0,0024 FE kleiner ermittelt, wenn man G1
durch den Graphen von g ersetzt. Das entspricht rd. 1,56 % Abweichung von
A – AN
dem exakten Wert: ( -------------------- ≈ 0,0156)
A
5.1
5.2
5.3
5.4
Definitionsbereich von fa; Schnittpunktskoordinaten mit den Achsen
Zeichnung der Graphen
Gleichung der Normalen im Schnittpunkt; Werte von a
Prozentualer Fehler
3 BE
3 BE
7 BE
6 BE
19 BE
33
Erwartungsbild zu Aufgabe B6: Geometrie
6.1.
g1
y
g2
y=x
T(4 | 10)
10
Q(10 | 10)
9
8
P(0 | 7)
6
M(7 | 6)
5
4
3
r =5
R(3 | 3)
2
1
1
g1:
6.2.
2 3 4
5
6 7 8
9 10
x
3
y = --- x + 7 ; P(0|7)
4
k1: M(7|6) ; r = 5 ⇒ Gleichung für k1: (x – 7)2 + (y – 6)2 = 25
Beh.: a) P ∈ g1
b) g1 ist Tangente an k1
3
zu a) g1: y = --- x + 7 ; P(0|7)
4
3
7 = --- · 0 + 7 (wahre Aussage) ⇒ P ∈ g1
4
zu b) Wenn g1 Tangente an k1 ist, so müssen g1 und k1 genau einen
gemeinsamen Punkt haben:
3
g1: y = --- x + 7
4
k1: (x – 7)2 + (y – 6)2 = 25
3
(x – 7)2 + ( --- x + 7 – 6)2 = 25
4
9 2 3
x2 – 14x + 49 + ------ x + --- x + 1 = 25
16
2
25 2 25
------ x – ------ x + 25 = 0 ⇒ x2 – 8x + 16 = 0
16
2
x1|2 = 4 ± 16 – 16 , also x1|2 = 4 , y = 10
Damit ist gezeigt, dass k1 und g1 genau den Punkt T1(4|10) gemeinsam haben:
34
Erwartungsbilder
g1 ist Tangente an k1 und geht durch P.
Tangente g2:
Viereck RPTM ist ein Quadrat,
( 4 – 0 ) 2 + ( 10 – 7 ) 2 = 5
denn
PT =
d.h.
PT = TM = MR .
PT ⊥ TM
Daraus folgt:
;
g1
y
T
.
g2
P
M
PR ⊥ RM
TP = MR
.
r
R
1
1
6.3.
OM 2 = OR + MR =  3 +  – 4 =  – 1
 3  – 3  0 
6.4.
7
x
Koordinaten des Berührungspunktes:
7
–4
3
OR = OM + TP =   +   =   ⇒ R(3|3)
 6  – 3  3
Gleichung für die Tangente g2:
g2 enthält die Punkte P(0|7) und R(3|3),
damit gilt: 7 = m · 0 + n ⇒ n = 7
3=m·3+n
4
4
3 = m · 3 + 7 ⇒ m = – --- ⇒ g2: y = – --- x + 7
3
3
Schnittwinkel der beiden Tangenten g1 und g2:
Da Viereck RPTM ein Quadrat ist, folgt g1 ⊥ g2.
3
3
Oder: g1: y = --- x + 7 ⇒ m1 = --4
4
4
4
g2: y = – --- x + 7 ⇒ m2 = – --3
3
3
4
m1 · m2 = --- · (– --- ) = –1 ⇒ g1 ⊥ g2
4
3
Gleichung für k2
Mittelpunkt M2 für den Kreis k2 ergibt sich aus
⇒
M2(–1|0).
k2 : (x + 1)2 + y2 = 25
Flächeninhalt der Teilfläche A1 (oder A2):
Koordinaten der Schnittpunkte zwischen y = x und k1
(I) y = x
(II) (x – 7)2 + (y – 6)2= 25
R
A1
Q
α
A2
35
2
2
(I) in (II): (x – 7) + (x – 6) = 25
x2 – 14x + 49 + x2 – 12x + 36 – 25 = 0 ⇒ 2x2 – 26x + 60 = 0
13
169 120
x2 – 13x + 30 = 0, also x1|2 = ------ ± --------- – --------2
4
4
x1 = 10; y1 = 10
x2 = 3; y2 = 3
Schnittpunkte: R(3|3), Q(10|10)
–4
3
Winkel \RMQ ergibt sich mit MR =   , MQ =   aus
 – 3
 4
– 12 – 12
– 24
cos \( MR / MQ ) = ------------------------ = --------- = –0,96
25
25 ⋅ 25
α = \RMQ = 163,74°
r 2 πα
A1 = ----  ----------- – sin α mit r = 5 und α = 163,74°

2  180°
25  π ⋅ 163, 74°
A1 = ------  ---------------------------- – 0, 27999 FE ≈ 32,2 FE
2
180°
A 2 = πr 2 – A 1




 A 2 = ( 78, 5 – 32, 2 ) FE ≈ 46, 3FE
6.1
6.2
6.3
6.4
36
Kreis und Gerade im Koordinatensystem; Kreisgleichung
2 BE
Koordinaten des Berührungspunktes; Gleichung der Tangente; Winkel 9 BE
Kreisgleichung
2 BE
Inhalt der Teilflächen
6 BE
19 BE
Abiturprüfung
Leistungskurs
1998 / 99
Gymnasium
Sachsen
Sachsen
Aufgaben
(Ersttermin und Nachtermin)
Aufgabe A1: Analysis
Gegeben sind Funktionen fa durch y = fa (x) = – x · ln(ax2) (a ∈ R, a > 0; x ∈ Dfa).
a) Geben Sie den größtmöglichen Definitionsbereich der Funktionen fa an.
Zeigen Sie, dass die Funktionen fa ungerade sind und bestimmen Sie die Nullstellen sowie die Koordinaten der lokalen Extrempunkte.
Weisen Sie die Art der Extrema nach.
Ermitteln Sie eine Gleichung der Funktion, auf deren Graph alle lokalen
Extrempunkte der Funktionen fa liegen.
(Erreichbare Bewertungseinheiten: 11)
b) Zeigen Sie, dass die Graphen der Funktionen fa keine gemeinsamen Punkte
besitzen.
c) Es gibt genau eine Gerade mit der Gleichung y = c (c ∈ R, c > 0), die mit dem
Graph der Funktion f 1 genau zwei Punkte S1 und S2 gemeinsam hat.
-----10
Ermitteln Sie die Länge der Strecke S 1 S 2 .
d) Für jedes a (a ∈ R, a > 0) existiert eine Tangente ta an den Graph der Funktion fa
im Schnittpunkt S(x > 0; 0) mit der x-Achse.
Ermitteln Sie eine Gleichung dieser Tangente.
Durch die x-Achse, die Tangente ta und durch die Gerade, die durch den Koordinatenursprung und den jeweiligen lokalen Maximumpunkt bestimmt ist, wird
für jedes a ein Dreieck begrenzt.
Weisen Sie nach, dass alle so gebildeten Dreiecke zueinander ähnlich sind.
2x (t ∈ R, t > 0; x ∈ R)
Außerdem sind Funktionen ht durch y = ht (x) = --------------2
2
x +t
gegeben.
38
Aufgaben
e) Durch die Graphen der Funktionen f 1 , h2 und die Geraden mit den Gleichungen
-----10
x = 1 und x = 2 wird eine Fläche vollständig begrenzt.
Ermitteln Sie den Inhalt dieser Fläche mithilfe des grafikfähigen Taschenrech2
ners oder unter Verwendung der Funktionen Fa mit y = Fa (x) = – x----- · (ln(ax2) – 1)
2
(x ∈ R, x > 0) als Stammfunktionen der Funktionen fa.
f) Für jede Funktion ht wird für jedes x (x ∈ R, x > 0) durch die Punkte O(0; 0),
Q(x; 0) und Pt (x; ht (x)) genau ein rechtwinkliges Dreieck bestimmt. Jedes dieser Dreiecke erzeugt bei Rotation um die x-Achse einen geraden Kreiskegel.
Ermitteln Sie die Stelle x in Abhängigkeit von t, für die das Volumen des zugehörigen Kreiskegels maximal ist.
Hinweis: Auf die Überprüfung einer hinreichenden Bedingung für die Existenz
des lokalen Maximums kann verzichtet werden.
Aufgabe A 2: Analysis
2
– 8x-------------------Gegeben ist die Funktion f durch y = f(x) = 3x
2
(x – 2)
(x ∈ Df).
a) Bestimmen Sie den größtmöglichen Definitionsbereich der Funktion f, geben
Sie deren Nullstellen an und untersuchen Sie das Verhalten der Funktion f im
Unendlichen.
Geben Sie für die Funktion f die Koordinaten des lokalen Extrempunktes an.
b) Es existieren genau zwei Tangenten an den Graphen der Funktion f, die durch
den Koordinatenursprung O(0; 0) verlaufen.
Ermitteln Sie rechnerisch für jede dieser Tangenten je eine Gleichung.
c) Für jedes u (u ∈ R, 8--- < u < 10) sind die Punkte Q(10; 0) und Pu (u; f(u)) Eck3
punkte eines achsenparallelen Rechtecks. Unter diesen Rechtecken gibt es
genau eines mit maximalem Flächeninhalt.
Ermitteln Sie für diesen Fall die Koordinaten des Punktes und den Flächeninhalt
des Rechteckes.
39
Sachsen
4 d) Die Funktion F mit F(x) = 3x + 4 · ln(x – 2) + ----------(x ∈ R, x > 2) ist eine
x–2
Stammfunktion der Funktion f für x > 2.
Durch den Graphen der Funktion f sowie die Geraden mit den Gleichungen
y = 3 und x = 10 wird eine Fläche vollständig begrenzt. Diese Fläche wird durch
die Gerade mit der Gleichung y = 7--- in zwei Teilflächen zerlegt.
2
Ermitteln Sie das Verhältnis der Flächeninhalte dieser Teilflächen.
2
– ax-------------------Für jedes a (a ∈ R, a > 0) ist eine Funktion fa durch y = fa (x) = 3x
2
(
x
–
2)
(x ∈ Dfa) gegeben.
e) Zeigen Sie, dass der Graph der Funktion f6 keine lokalen Extrempunkte besitzt.
Untersuchen Sie, ob es weitere Werte a gibt, für die die Funktion fa keine lokalen Extremstellen besitzt.
Ermitteln Sie den Wert a, für den die Funktion fa die Wendestelle xw = 0 besitzt.
Aufgabe A3: Analysis (erhöhter Schwierigkeitsgrad)
Gegeben ist die Funktion f durch
4x
y = f(x) = -------------------(x ∈ Df).
2
3x – 12
a) Geben Sie den größtmöglichen Definitionsbereich der Funktion f an. Untersuchen Sie das Verhalten der Funktion f im Unendlichen.
b) Ermitteln Sie eine Gleichung einer Stammfunktion der Funktion f.
Der Graph der Funktion f, die x-Achse und die Geraden mit den Gleichungen
x = 5--- und x = b (b ∈ R, b > 5--2- ) begrenzen eine Fläche vollständig.
2
Berechnen Sie die irrationale Zahl b, für die der Inhalt der zugehörigen Fläche
ln( 3 16 ) beträgt.
Es existieren Geraden g, die den Graphen der Funktion f außer im Koordinatenursprung O noch jeweils in genau zwei weiteren Punkten S1 und S2 schneiden.
c) Bestimmen Sie alle möglichen Werte des Anstiegs der Geraden g.
d) Betrachtet werden nun die Punkte S1 (x1; y1) mit (x1 < – 2) und S2 (x2; y2) mit (x2 > 2).
Für genau eine der Geraden g ist der Abstand dieser Punkte minimal.
Geben Sie den Anstieg dieser Geraden an.
40
Aufgaben
Aufgabe A4: Analysis (erhöhter Schwierigkeitsgrad)
Gegeben sind die Funktionen y = fa (x) = a2x – lnx (a ∈ R, a > 0; x ∈ R, x > 0)
a) Ermitteln Sie eine Gleichung der Funktion, auf deren Graphen alle lokalen
Extrempunkte der Graphen der Funktionen fa liegen.
b) Zeigen Sie, dass es genau eine Funktion gibt, die genau eine Nullstelle besitzt.
Ermitteln Sie diese Nullstelle.
c) Für jedes a existiert eine Tangente ta an den Graph der Funktion fa, die durch den
Koordinatenursprung verläuft.
Der Koordinatenursprung, der Berührungspunkt Ba (xBa; f(xBa)) dieser Tangente
mit dem Graphen der Funktion fa und der Punkt Pa (xBa; 0) bestimmen ein Dreieck.
Ermitteln Sie den Wert a, für den das zugehörige Dreieck den Flächeninhalt 5
besitzt.
Aufgabe B1: Geometrie/Algebra
In einemkartesischen Koordinatensystemsind die Punkte A(1; 2; 3), B(4; 5; 3),
C(1; 2; 10), D(1; 0; 5), F(– 3; 4; 2) und die Ebene E durch x – y = – 1 gegeben.
Der Punkt C liegt in der Ebene E.
a) Weisen Sie nach, dass die durch die Punkte A und B verlaufende Gerade in der
Ebene E liegt.
Geben Sie die Koordinaten aller Schnittpunkte dieser Ebene mit den Koordinatenachsen an und beschreiben Sie die Lage der Ebene E im Koordinatensystem.
b) Durch die Punkte D und F verläuft die Gerade g.
Berechnen Sie die Koordinaten des Schnittpunktes und den Schnittwinkel der
Geraden g mit der Ebene E.
c) Ein Punkt Q wird an der Ebene E gespiegelt. Der Bildpunkt Q' hat die Koordinaten (– 4; – 1; 11).
Ermitteln Sie die Koordinaten des Punktes Q und den Abstand der Punkte Q und Q'.
41
Sachsen
d) Das Dreieck ABC ist die Grundfläche von Pyramiden, die ein Volumen von 14
haben.
Ermitteln Sie die Höhe einer solchen Pyramide.
Jede Pyramidenspitze dieser Pyramiden liegt in genau einer von zwei parallelen
Ebenen.
Ermitteln Sie für diese Ebenen je eine Gleichung.
Aufgabe B2: Geometrie / Algebra
In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte A(6; 2; – 6) und B(– 1; – 5; 1),
 3 


 2 


 –1 


 1 




 –4 


 –1 


 1 


 –1 
die Geraden g: x =  2  + t  1  (t ∈ R) und h: x =  – 5  + k  1  (k ∈ R)
sowie eine Ebenenschar
Ea: (– 5 + a) · x + (2 – a) · y – 3z = – 8 + 4a
(a ∈ R, a ≠ 7--- ) gegeben.
2
a) Weisen Sie nach, dass durch den Punkt A und die Gerade g eine Ebene E eindeutig bestimmt wird.
Ermitteln Sie eine Gleichung der Ebene E in parameterfreier Form.
Berechnen Sie den Schnittwinkel zwischen der Geraden h und der Ebene E.
Weisen Sie nach, dass die Geraden g und h zueinander windschief sind.
b) Auf der Geraden g gibt es genau einen Punkt C, so dass das Dreieck ABC ein
gleichschenkliges Dreieck mit der Basis AB ist.
Berechnen Sie die Koordinaten des Punktes C.
c) Zeigen Sie, dass die Gerade h Schnittgerade aller Ebenen Ea ist.
Zwei Ebenen Ea1 und Ea2 der Ebenenschar Ea stehen aufeinander senkrecht.
Ermitteln Sie für diesen Fall den Parameter a1 in Abhängigkeit vom Parameter a2.
42
Aufgaben
Aufgabe B3: Geometrie /Algebra
(erhöhter Schwierigkeitsgrad)
Für jedes k (k ∈ R, – 6 ≤ k ≤ 6) sind Geraden gk und hk durch
 –3 
 10



gk: x =  1  + t  k



 –1 
 k–4





 4 
 0



(t ∈ R) und hk: x =  – 4  + s  k



 4
 2 





(s ∈ R) gegeben.
a) Zeigen Sie, dass der Punkt S(4; – 0,4; – 5,2) Schnittpunkt eines Geradenpaares gk und
hk ist. Untersuchen Sie, ob es Werte k gibt, für die die Geraden gk und hk parallel sind.
b) Es existieren Werte k, für die die Geraden gk und hk windschief sind.
Ermitteln Sie den Wert k in diesem Intervall, für den der Abstand der Geraden gk
und hk maximal ist, und geben Sie diesen Abstand an.
Hinweis: Auf die Überprüfung einer hinreichenden Bedingung für die Existenz
des lokalen Maximums kann verzichtet werden.
Aufgabe B4: Geometrie /Algebra
(erhöhter Schwierigkeitsgrad)
Für den Ausbau der Bundesstraße B 174 wurde zur Ortsumgehung der Stadt
Zschopau eine Brücke gebaut. Diese überquert u. a. die Staatsstraße S 228 und den
Fluss Zschopau (vgl. Skizze). Der Fahrbahnrand der S 228 kann in dem betrachteten Abschnitt in einem kartesischen Koordinatensystem (1LE = 1 m) näherungsweise durch die Gerade g mit der Gleichung
 – 30 


 3
 


 –5 
 
 0
x =  58  + s  1 
(s ∈ R) beschrieben werden.
Die Fahrbahn der B 174 liegt in dem betrachteten Abschnitt näherungsweise in
einer der Ebenen Et mit der Gleichung
(– 6 + 7t)x + (18 – 21t)y + 180z = – 516 + 1232t
(t ∈ R).
Alle Ebenen Et schneiden sich in ein und derselben Geraden.
a) Untersuchen Sie die Lage der Geraden g zu den Ebenen Et.
b) Der Punkt P(– 19; 55; 3) befindet sich auf der Fahrbahn der B 174.
Berechnen Sie die Durchfahrtshöhe für die Fahrzeuge auf der S 228, wenn die
Fahrbahnen der B 174 und der S 228 in zueinander parallelen Ebenen liegen und
die Stärke der Brücke (einschließlich Fahrbahnbelag) 1 Meter beträgt.
Hinweis:Die in Aufgabenteil c) beschriebene Anhebung der Fahrbahn der S 228
soll hier nicht berücksichtigt werden.
43
Sachsen
c) Die Fahrbahn der Rampe zur Abfahrt von der B 174 mündet rechtwinklig auf
die S 228 und kann ebenfalls näherungsweise durch eine der Ebenen E t
beschrieben werden. Um die gesetzlich vorgeschriebene höchstmögliche Neigung der Rampe gegenüber der Fahrbahn der B 174 von 2,86° einzuhalten,
musste die Fahrbahn der S 228 parallel zur alten Straßenführung in Richtung der
z-Achse angehoben werden. Der ursprünglich der Geraden g entsprechende
Fahrbahnrand kann nun durch die Gerade g* beschrieben werden (vgl. Skizze).
B 174
Fluss
Zschopau
Rampe
l
Ermitteln Sie, um wie viel
Meter die Fahrbahn der
S 228 mindestens angehoben werden musste.
S 228
z
y
g*
x
(Skizze nicht maßstäblich)
Aufgabe C1: Stochastik
Von vier Firmen wurde eine Brücke gebaut. Firma I lieferte dabei 10 % der LKWLadungen mit Fertigbeton, Firma II 20 %, Firma III 30 % und Firma IV 40 %.
Bekannt ist, dass in Firma I bei 1 % der LKW-Ladungen mit Fertigbeton die
Mischung nicht den gestellten Qualitätsanforderungen entsprach, in Firma II galt
das für 0,4 %, in Firma III für 0,3 % und in Firma IV für 0,1 % der LKW-Ladungen.
a) Ermitteln Sie die Wahrscheinlichkeit, mit der eine während der Bauarbeiten
zufällig ausgewählte LKW-Ladung mit Fertigbeton nicht das richtige
Mischungsverhältnis besaß.
b) Man betrachte folgenden Vorgang:
Bei der Anlieferung von Fertigbeton erfolgen Qualitätskontrollen. Für diese
Überprüfungen werden zufällig LKWs ausgewählt.
Ermitteln Sie die Anzahl der Kontrollen, die mindestens nötig sind, damit mit
einer Wahrscheinlichkeit größer als 0,9 wenigstens eine LKW-Ladung von
Firma I unter den kontrollierten ist.
44
Aufgaben
c) Während des Baugeschehens wurden in einer Woche 240 LKW-Ladungen mit
Fertigbeton gezählt. Auch in dieser Woche betrug die Wahrscheinlichkeit dafür,
dass ein zufällig ausgewählter LKW eine Lieferung von Firma IV geladen hatte,
40 %.
Die Zufallsgröße Y beschreibt die Anzahl der LKW-Ladungen, die in dieser
Woche von Firma IV kamen.
Berechnen Sie die Standardabweichung der Zufallsgröße Y.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass weniger als 94 dieser LKWLadungen von Firma IV kamen?
d) Bei der Bauabnahme wurden Risse entdeckt, die auf Fehler im Mischungsverhältnis des Betons zurückzuführen waren. Die Kosten für die daraus resultierende Reparatur beliefen sich auf 200 000,00 DM.
Da es nach Bauabschluss nicht möglich war, den Verursacher dieser Schäden zu
ermitteln, musste ein Vorschlag zur Verteilung der Reparaturkosten auf die am
Bau beteiligten Firmen erstellt werden. Entwickeln Sie unter Beachtung des
möglichen Verursacherprinzips einen solchen Vorschlag.
Aufgabe C2: Stochastik
Im Rahmen eines Projektes im Mathematikunterricht beobachten Schüler der Jahrgangsstufe 12 die folgenden Sachverhalte und werten diese aus.
a) In einer Freistunde würfeln Anne, Britta und Claudius. Sie nutzen einen idealen
Würfel und würfeln in alphabetischer Reihenfolge. Bei einer Würfelrunde würfelt jeder höchstens einmal, sie ist aber zu Ende, wenn ein Teilnehmer die „1“
würfelt und damit die Runde gewinnt. Wird in einer Runde keine „1“ gewürfelt,
gibt es für diese Runde keinen Gewinner. Die Schüler der Jahrgangsstufe 12
bezweifeln, dass dieses Spiel gerecht ist.
Geben Sie jeweils die Gewinnwahrscheinlichkeit für die drei Spieler an und
äußern Sie sich zum Charakter des Spieles.
b) In einer Pause unterhalten sich Schüler über die Aussagekraft von Eignungstests. Von einem solchen Test ist Folgendes bekannt: Von den für die Stelle
ungeeigneten Bewerbern wurden 96 % richtig, von den geeigneten aber 7 %
falsch eingestuft. 92 % aller Bewerber waren für die Stelle geeignet.
Die Schüler interessiert jeweils die Wahrscheinlichkeit folgender Ereignisse:
Ereignis D: Ein zufällig ausgewählter Bewerber wird als geeignet eingestuft.
Ereignis E: Ein als ungeeignet eingestufter Bewerber ist geeignet.
Ermitteln Sie diese Wahrscheinlichkeiten.
45
Sachsen
c) Von der für die Lehrbuchversorgung verantwortlichen Lehrerin erfuhren die
Schüler, dass erfahrungsgemäß 95 % der neu erworbenen Mathematikbücher für
den nächsten Jahrgang ein weiteres Mal verwendet werden können. Die Schüler
interessiert nun, wie groß unter dieser Voraussetzung die Wahrscheinlichkeit
dafür ist, dass von den 200 neu ausgegebenen Lehrbüchern für Stochastik mindestens 196 wieder verwendet werden können.
Ermitteln Sie diese Wahrscheinlichkeit.
d) Eine Fotoagentur will Freundschaftsbilder von jedem Schüler des Gymnasiums
anfertigen und verkaufen. Sie geht davon aus, dass die Zahl der Käufer unter
den 820 Schülern binomialverteilt ist mit einer ihr bekannten Erfolgswahrscheinlichkeit p und erwartet deshalb, dass 779 Schüler die Fotos kaufen.
Die Schüler der Jahrgangsstufe 12 hinterfragen das Kaufverhalten und ermitteln,
dass mehr als 53 der insgesamt 820 Schüler die Bilder nicht kaufen werden.
Berechnen Sie (ausgehend von der Annahme der Fotoagentur) unter Nutzung
des Näherungsverfahrens von MOIVRE -LAPLACE die Wahrscheinlichkeit dafür,
dass mehr als 53 der insgesamt 820 Schüler die Bilder nicht kaufen.
46
Erwartungsbilder
a) y = fa (x) = – x · ln(ax2)
(a ∈ R, a > 0, x ∈ Dfa)
Definitionsbereich: Dfa = {x | x ∈ R, x ≠ 0}
gerade/ungerade: fa (– x) = – (– x) · ln(a(– x)2) = x · ln(ax)2 = – fa (x)
⇒ fa ist ungerade.
Nullstellen:
0 = – x · ln(ax2) ⇒ (1) xN1 = 0 (entfällt, da nicht in Dfa )
(2) ln(ax2) = 0 ⇒ ax2 = 1, also x2 = 1--a
und damit xN2 = –
1
--a
; xN3 =
1
--a
1
- · 2ax =
Extrempunkte: Mit u = – x; u' = – 1; v = ln(ax2); v' = ------2
ax
fa '(x) = – ln(ax2) – x ·
2
--x
2
--x
folgt
1
2
- · 2ax = – --- .
= – ln(ax2) – 2; fa ''(x) = – ------2
x
ax
Lokale Extremstellen:
fa '(xE) = 0, also ln(ax2) = – 2 ⇒ e–2 = ax2
–2
e
-=–
xE1 = – ---------a
–1
e
------a
1
= – --------; xE2 =
e a
1
--------e a
Nachweis:
1
fa ''(– --------)=
e a
1
)=
fa ''( --------e a
–2
------------1
– --------e a
–2
---------1
--------e a
> 0 ⇒ lokales Minimum;
<0
⇒ lokales Maximum
Koordinaten der lokalen Extrempunkte:
1
1
1
-) =
) = --------· ln(a · ------fa (– --------2
e a
e a
e a
1
--------e a
· (– 2) =
1
1
1
1
- ) = – --------- · (– 2) =
) = – --------· ln(a · ------fa ( --------2
e a
e a
e a
e a
–2
--------e a
2
--------e a
1
⇒ PMIN (– --------;
–2
--------- )
e a
1
⇒ PMAX ( --------;
2
--------- )
e a
e a
e a
47
Sachsen
Ermittlung der Gleichung der Funktion:
Da bei beiden lokalen Extrempunkten die y-Koordinate jeweils das Doppelte
der x-Koordinate ist, kann die gesuchte Funktion nur die Funktion mit der Gleichung y = 2x sein.
Erkennt man dies nicht, so kann wie folgt vorgegangen werden:
1
;
PMAX ( --------e a
2
--------- );
e a
x=
1
--------e a
⇒
1
--x
=e a ⇒
1
-----ex
= a
2
- = 2x
Einsetzen in y-Koordinate: y = -----------1
e ⋅ -----ex
Aufgrund der Symmetrie des Graphen zum Koordinatenursprung gilt diese
Eigenschaft auch für die lokalen Minimumpunkte.
⇒ Gleichung der gesuchten Funktion: y = 2x
b) Wähle a1 ≠ a2.
Sollten die Graphen beider zugehöriger Funktionen gemeinsame Punkte haben,
müsste gelten: – x · ln(a1x2)= – x · ln(a2x2) ⇒ x1 = 0 (entfällt lt. Dfa)
ln(a1x2) = ln(a2x2) ⇒ a1x2 = a2x2, also (a1 – a2)x2 = 0
⇒ x2 = 0 (entfällt) oder a1 = a2 (entfällt nach Voraussetzung).
⇒ Die Graphen besitzen keine gemeinsamen Punkte.
Hinweis: Das Bild des GTR lässt leicht vermuten,
dass (0; 0) gemeinsamer Punkt sei, allerdings ist
hier die Funktion nicht definiert, die Graphen
haben eine Lücke.
Die Abbildung zeigt eine Kurvenschar für a = 0,1; 0,25; 0,5; 1; 3
c) Die beschriebene Gerade muss durch den lokalen
Maximumpunkt des Graphen der Funktion verlaufen, denn nur in diesem Fall existieren genau zwei
gemeinsame Punkte. Ermitteln der y-Koordinate
des lokalen Maximumpunktes mit GTR liefert:
y ≈ 2,32667
Einzeichnen der Funktion y = 2,32667 und Ermitteln der Schnittstellen mit dem
Graph von f 1 : S1(– 4,17768; 2,32667); S2(1,16121; 2,32667)
-----10
Differenz der Schnittstellen liefert Länge s der Strecke S 1 S 2 : s ≈ 5,3
Einige GTR verfügen über eine Funktion, die den
Abstand zweier Punkte ermittelt.
| S 1 S 2 | ≈ 5,3
48
Erwartungsbilder
d) Tangente im Schnittpunkt mit der x-Achse:
Nullstelle:
1
--a
Anstieg der Tangente: f'(
1
--a
) = – ln(a · 1--- ) – 2 = – ln1 – 2 = – 2
a
Gleichung der Tangente: y = – 2x + 2
1
--a
Gerade durch den lokalen Maximumpunkt und den Punkt O(0; 0):
y = mx ⇒
2
--------e a
1
= m · --------e a
⇒m=
2 e a
--------- · --------e a 1
= 2 (bzw. m =
y max
----------x max
=
2
--------e a
---------1
--------e a
= 2 ⇒ y = 2x)
Die Anstiege dieser Geraden und der oben betrachtetenTangenten sind vom
Parameter a unabhängig. Deshalb sind die Schnittwinkel beider Geraden mit der
x-Achse und damit auch zwei Winkel der Dreiecke unabhängig vom Parameter
a. Alle Dreiecke stimmen in zwei Winkeln überein und sind nach Hauptähnlichkeitssatz zueinander ähnlich.
(Beide Winkel betragen 63,43°. Angabe ist nicht gefordert.)
e) Darstellung der Graphen der Funktionen f 1
-----10
und h2 mit dem GTR.
Flächeninhalt A:
2
2
∫
2
∫
∫
A = ( f 1 (x) – h2 (x)) dx= ( f 1 (x)) dx – (h2 (x)) dx
-----10
1
-----10
1
1
= 2,1839 – 0,4694 = 1,7145 ≈ 1,7 (FE)
f) Zielfunktion:
V=
1
--3
π r2 h ⇒ V(x) =
1
--3
π (ht (x))2 · x = 1--- π ·
3
2
4x
----------------------2- ·
2
2
(x + t )
3
x=
π
4x
--- · ----------------------23 ( x2 + t2 )
(x > 0)
1. Ableitung der Zielfunktion:
u = 4x3; u' = 12x2; v = (x2 + t2)2; v' = 4x · (x2 + t2)
2
V'(x) =
2
2 2
3
2
2
π 12x ⋅ ( x + t ) – 4x ⋅ 4x ⋅ ( x + t )
--- · ----------------------------------------------------------------------------------------2
2 4
3
(x + t )
V'(x) = 0
⇒
4
=
2 2
π – 4x + 12x t
--- · ----------------------------------2
2 3
3
(x + t )
– 4x4 + 12x2t2 = 0
x2 (– 4x2 + 12t2) = 0 ⇒ x1 = 0 (entfällt lt. Definitionsb.)
49
Sachsen
– 4x2 + 12t2= 0; 3t2= x2; x2 = – 3 t (entfällt lt. Definitionsb.)
x3 =
3 t (trifft zu)
Stellt man die Funktion der 1. Ableitung grafisch
(hier h1) dar, so erkennt man den Vorzeichenwechsel an der Stelle x3 von positiv nach negativ
und damit den Monotoniewechsel von monoton
steigend zu monoton fallend. Es liegt also ein
lokales Maximum vor. (Nachweis war nicht
gefordert.)
a) größtmöglicher Definitionsbereich; Untersuchung auf gerade / ungerade; Nullstellen; Ansatz für 1. Ableitung; 1. Ableitung; 2. Ableitung;
Extremstellen; Koordinaten der lokalen Extrempunkte; Nachweis und Art
der Extrema; Ansatz für Gleichung der Funktion; Gleichung der
Funktion
11 BE
b) Ansatz; Nachweis
2 BE
c) Ansatz; Länge der Strecke
2 BE
d) Anstieg der Tangente; Gleichung der Tangente; Anstieg der
weiteren Gerade; Nachweis
4 BE
e) Ansatz; Flächeninhalt
2 BE
f) Zielfunktion; 1. Ableitung; Ansatz zum Lösen der Gleichung; Wert x
4 BE
25 BE
Erwartungsbild zu Aufgabe A 2: Analysis
a) Definitionsbereich: Df = {x | x ∈ R, x ≠ 2)
Einen ersten Überblick über den Verlauf der
Graphen der Funktion f erhält man mit dem
GTR:
Nullstellen: 0 = 3x2 – 8x = x(3x – 8) ⇒ xN1 = 0; xN2 =
diesen Stellen ungleich null)
(Ermittlung auch mit ROOT-Befehl möglich)
50
8
--3
(da Nennerfunktion an
Erwartungsbilder
Verhalten im Unendlichen:
2
3x – 8x
lim -------------------------2
x → ± ∞ x – 4x + 4
8
2
x  3 – ---
x
-=
= lim ---------------------------------4
x → ± ∞ x 2  1 – 4--- + ---
x x 2
3
Koordinaten des lokalen Extrempunktes:
Der Graph der Funktion f wird mit TRACE
oder (besser) mit Standardroutinen zur
Bestimmung lokaler Extrema untersucht.
PMAX (4; 4) lokales Maximum
Anmerkung: Da für Aufgabenteil b) sowieso f'(x) benötigt wird, kann man die –
nach Aufgabenstellung existierenden – Extremstellen auch ohne zusätzlichen
Aufwand durch Nullsetzen der 1. Ableitung gewinnen. Durch die grafische Darstellung im Aufgabenteil a) ist die Überprüfung Max./Min. mittelts 2. Ableitung
nicht erforderlich.
b) Für die Gleichung der Tangenten wird die 1. Ableitung von f(x) benötigt.
2
2
2
– 8x
-------------------- ; u = 3x – 8x; u' = 6x – 8; v = (x – 2) ; v' = 2(x – 2)
f(x) = 3x
2
(x – 2)
2
2
6x – 8 ) ⋅ ( x – 2 ) – ( 3x – 8x ) ⋅ 2 ⋅ ( x – 2 )
- =
f'(x) = (-------------------------------------------------------------------------------------------------------4
(x – 2)
– 4x + 16
---------------------3
(x – 2)
Die Gleichung der Tangente t im Punkt O(0; 0) hat die Form y = mx, da sie
durch den Koordinatenursprung geht.
f'(0) = – 2; Gleichung der Tangente: y = – 2x (x ∈ R)
(Zur Kontrolle kann man die Tangente mit dem GTR darstellen.)
Auch die zweite Tangente geht durch den Koordinatenursprung, ihre Gleichung
hat also die Form y = mx. Mit m = f'(x) =
y=m·x=
– 4x + 16
---------------------3
(x – 2)
– 4x + 16
---------------------3
(x – 2)
muss gelten:
·x
Schnitt der Tangente mit dem Graphen der Funktion f:
2
– 4x + 16x
--------------------------3
(x – 2)
2
=
3x – 8x
-------------------2
(x – 2)
– 4x2 + 16x = (3x2 – 8x) · (x – 2) = 3x3 – 8x2 – 6x2 + 16x ;
also
0 = 3x3 – 10x2 = x2 (3x – 10) ⇒ x1 = 0 (entfällt); x2 =
10
-----3
(trifft zu)
51
Sachsen
Die Tangente berührt den Graph der Funk------ .
tion f an der Stelle x = 10
3
Man berechnet den Anstieg der Funktion
an dieser Stelle:
-----f'( 10
3
)=
10
– 4 ⋅ ------ + 16
3
---------------------------2
 10
------ – 2
3

=
8
--3
-----64
-----27
=
9
--8
= 1,125
Gleichung der 2. Tangente: y =
9
--8
x (x ∈ R)
Das Ergebnis kann mit dem GTR überprüft werden.
c) Zielfunktion:
A(u) = f(u) · (10 – u)
2
=
3u – 8u
-------------------2
(u – 2)
·(10 – u)
y
Pu
4
f
3
( 8--3- < u < 10)
f(u)
2
1
3
=
2
– 3 u + 38u – 80u
-------------------------------------------2
(u – 2)
–1
–1
1
2
3
4
u
5
6
7
–2
(s. Skizze - in Aufgabenstellung nicht verlangt)
Lösungsvariante 1:
Darstellung der Zielfunktion mit GTR und
Ablesen des lokalen Maximums im geforderten Intervall liefert: u = 3,50
Flächeninhalt: A(3,50) = 25,28
y-Koordinate des Punktes P: f8 (3,5) = 3,89;
P(3,50; 3,89)
Lösungsvariante 2:
1. Ableitung der Zielfunktion:
u = 38u2 – 3u3 – 80u; u' = 76u – 9u2 – 80; v = (u – 2)2; v' = 2(u – 2)
2
A'(u) =
=
2
2
3
( 76u – 9u – 80 ) ⋅ ( u – 2 ) – ( 38u – 3u – 80u ) ⋅ 2 ⋅ ( u – 2 )
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------4
(u – 2)
3
2
– 3u + 18u – 72u + 160
------------------------------------------------------------3
( u – 2)
A'(u) = 0
⇒ – 3u3 + 18u2 – 72u + 160 = 0
Lösung mit GTR liefert uE = 3,4977
Nach Berechnung der y-Koordinate folgt: P(3,50; 3,89)
Berechnung des Flächeninhaltes: A(3,4977) = 25,28 (FE)
52
8
9
10 x
Erwartungsbilder
d) Ermittlung des Flächeninhalts:
Lösungsvariante 1:
Ermittlung der Flächeninhalte mit dem GTR:
Ermitteln der Schnittstelle der Geraden y = 3
mit dem Graphen der Funktion f (GTRBefehl INTERSECTION).
2
oder Lösen der Gleichung 3 =
3x – 8x
-------------------2
(x – 2)
ergibt x = 3.
Berechnung der Gesamtfläche unter der Kurve:
10
A=
∫ f(x) dx = 25,82 (FE)
(GTR)
3
Bei Abzug der Rechtecksfläche „unter der
Geraden y = 3“ von 7 · 3 = 21 erhält man für
den Inhalt der gesuchten Fläche 4,82 (FE).
Einzeichnen der Geraden y = 3,5 zur
Bestimmung des Flächeninhaltes der über
der Geraden liegenden Teilfläche ergibt
nebenstehende Figur:
Ermittlung der Schnittstellen der Funktion f mit dem Graphen der Funktion y = 3,5:
(INTERSECTION - Befehl): x1 = 3,17 x2 = 8,83
Für die Gesamtfläche zwischen Graph und x-Achse erhält man:
8, 83
∫
f(x) dx = 21,193
3, 17
Bei Abzug der Rechtecksfläche „unter der Geraden y = 3,5“ von
(8,83 – 3,17) · 3,5 = 19,81 ergibt sich für den Inhalt der gesuchten Fläche 1,38.
A1 = 1,38; A2 = 4,82 – 1,38 = 3,44
Verhältnis:
A1
-----A2
=
1, 38
-----------3, 44
=
1
-----------2, 49
= 1 : 2,49 ≈ 1 : 2,5
Lösungsvariante 2:
Rechnerische Ermittlung der Flächeninhalte über Stammfunktion:
Ermittlung der Schnittstellen wie bei Lösungsvariante 1, Nutzung der Abbildungen zur Kontrolle.
10
4
- – 3x)
∫ ((x) – 3) dx = (3x + 4ln|x – 2| + ----------x–2
10
3
= (4ln|x – 2| +
10
4
------------ )3
x–2
3
= 4 · ln8 + 1--- – 4 · ln1 – 4 = – 3,5 + 4 · ln8 ≈ 4,82
2
53
Sachsen
Ermittlung der Schnittstellen des Graphen der Funktion f mit der Geraden y = 3,5:
2
3,5 =
3x – 8x
-------------------2
(x – 2)
⇒ 3,5 · (x – 2)2 = 3x2 – 8x,also 3,5x2 – 14x + 14 = 3x2 – 8x
x2 – 12x + 28 = 0 ⇒ x1;2 = 6 ± 8
Teilfläche A1:
6+ 8
∫
4
-)
(f(x) – 3,5) dx = ( – 0, 5x + 4 ln x – 2 + ----------x–2 6–
6+ 8
8
= 4ln(2· 2 + 3) – 4· 2 ≈ 1,39
6– 8
Teilfläche A2: 4,82 – 1,39 = 3,43
Verhältnis (Berechnung wie bei Lösungsvariante 1): 1 : 2,47 ≈ 1 : 2,5
e) Nachweis, dass für a = 6 der Graph der Funktion keine lokalen Extrempunkte
besitzt:
Die Existenz lokaler Extrema kann über das Bilden von Ableitungen untersucht
werden.
fa '(x) =
( a – 12 ) ⋅ x + 2a
-------------------------------------- ; f6 '(x)
3
(x – 2)
=
– 6x + 12
---------------------3
(x – 2)
; f6 '(x) = 0 ⇒ x = 2
Da 2 kein Element des Definitionsbereiches ist, kann der Graph der Funktion f6
keine lokalen Extrempunkte besitzen.
Untersuchung der notwendigen Bedingung für lokale Extrema der Funktion fa:
2a
fa '(x) = 0 ⇒ 0 = (a – 12) · x + 2a ⇒ xE = – ------------a – 12
Daraus folgt, dass für a = 12 keine Nullstellen der 1. Ableitung existieren, also
die Funktion f12 keine lokalen Extrema besitzt.
Untersuchung auf Wendestelle:
u = (a – 12) · x + 2a; u' = a – 12; v = (x – 2)3; v' = 3 · (x – 2)2
3
fa ''(x) =
54
2
( a – 12 ) ⋅ ( x – 2 ) – ( ( a – 12 ) ⋅ x + 2a ) ⋅ 3 ⋅ ( x – 2 )
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------6
(x – 2)
=
( a – 12 ) ⋅ ( x – 2 ) – ( ( a – 12 ) ⋅ x + 2a ) ⋅ 3
-------------------------------------------------------------------------------------------------4
(x – 2)
=
– 2ax + 24x + 24 – 8a
----------------------------------------------------4
(x – 2)
=
=
ax – 2a – 12x + 24 – 3ax + 36x – 6a
---------------------------------------------------------------------------------------4
(x – 2)
( – 2a + 24 ) ⋅ x + 24 – 8a
----------------------------------------------------------4
(x – 2)
Erwartungsbilder
Es ist zu prüfen, für welche a der Zähler an der Stelle x = 0 den Wert 0 annimmt.
(– 2a + 24) · 0 + 24 – 8a = 0 ⇒ 24 = 8a und a = 3.
Eine hinreichende Bedingung war nicht zu prüfen. Der Nachweis könnte durch
Darstellung der Funktion f3 oder ihrer Ableitungsfunktion erbracht werden.
a) Definitionsbereich; Nullstellen; Verhalten im Unendlichen;
Koordinaten des Extremums
b) 1. Ableitung; Gleichung einer Tangente; Ansatz für Gleichung
der weiteren Tangente; Berührungsstelle; Gleichung der weiteren
Tangente
c) Zielfunktion; Extremstelle; Koordinaten des Punktes; Flächeninhalt
d) Schnittstelle des Graphen der Funktion f mit der Gerade y = 3;
ein Flächeninhalt; Schnittstellen des Graphen der Funktion f mit der
Gerade y = 3,5; zweiter Flächeninhalt und Verhältnis
e) Ansatz für Nachweis für f6; Nachweis für f6; 1. Ableitung;
Extremstelle in Abhängigkeit von a; Wert a; 2. Ableitung;
Ansatz für Wert a; Wert a
4 BE
5 BE
4 BE
4 BE
8 BE
25 BE
Gegeben ist die Funktion f durch y = f(x) =
a) Größtmöglicher Definitionsbereich:
3x2 – 12 = 0 und damit x1;2 = ± 2 ⇒
4x
-------------------2
3x – 12
(x ∈ Df).
Df = {x|x ∈ R, x ≠ ± 2}
Verhalten im Unendlichen:
4x
lim -------------------2
x → ∞ 3x – 12
x⋅4
------------------------------ =
12
x → ∞ x 2 ⋅  3 – ----2

x 
= lim
0;
4x
=
lim -------------------2
x → – ∞ 3x – 12
0
Einen anschaulichen Eindruck vom
Verlauf des Graphen vermittelt
nebenstehendes Bild:
55
Sachsen
b) Stammfunktion:
Der Integrand besitzt die Form
f' ( x )
----------f(x)
Stammfunktion:
4x
2x
2
- dx = --- · (ln|x
dx = 2--3- · ∫ ------------∫ -------------------3
3x – 12
x –4
2
2
2
– 4|)
Flächenberechnung:
bb
∫∫
2
4x
-------------------dx
2
3x – 12
=
2
--3
bb
·
2x
- dx
∫∫ ------------x –4
2
5
52--2
5
--2
=
2
--3
2
16
2
9
------ – ------ |) = --- · (ln|b – 4| – ln| --- |) =
· (ln|b2 – 4| – ln| 25
4
4
3
4
(Flächeninhalt in Abhängigkeit von b)
Berechnung von b:
2
--3
2
2
--3
4b – 16
· ln -------------------= ln( 3 16 ) = ln 4 =
9
2
--3
2
--3
2
b –4
· ln ------------9
--4
ln4
2
Daraus folgt:
2
4b – 16
-------------------- = 4, also 4b = 52; b1 =
9
13 (trifft zu); b2 = – 13 (entfällt)
c) Geraden g durch den Koordinatenursprung: y = mx
Ermitteln gemeinsamer Punkte von g und dem Graphen von f:
4x
mx = -------------------⇒ 4x = mx · (3x2 – 12) bzw. 4x = 3mx3 – 12mx
2
3x – 12
⇒ 0 = 3mx3 – 12mx – 4x bzw. 0 = x(3mx2 – 12m – 4)
4
- = 0 ⇒ x2;3 = ±
x1 = 0; 3mx2 – 12m – 4 = 0, also x2 – 4 – ------3m
Der Radikand muss größer als null sein, also 4 +
4
-------3m
4
4 + -------3m
> 0.
1. Fall: m > 0
4+
4
-------3m
> 0, also 12m + 4 > 0 und damit m > – 1--- , in diesem 1. Fall also m > 0.
3
2. Fall: m < 0
4+
4
-------3m
> 0, also 12m + 4 < 0 und damit m < – 1--3
⇒ Für den Anstieg m gilt: m > 0 oder m < .
(Die Lösung sollte am GTR-Graphen veranschaulicht werden.)
– 1--3
56
Erwartungsbilder
d) Für die Punkte S1 und S2 gilt:
mx =
4x
-------------------2
3x – 12
(x ≠ 0), also 3x2 – 12 =
Der Graph von g ist wegen f(– x) =
2
4
---- ⇒ x
m
–4 x
-------------------2
3x – 12
=
4
-------3m
+4
= – f(x) symmetrisch zum Koordina-
tenursprung. Für die Untersuchung des minimalen Abstandes genügt es daher,
den minimalen Abstand d des Koordinatenursprung vom Punkt S2 zu betrachten.
d=
4
4
4
2
2
-------- + 4 + ( mx ) = -------- + 4 + m ⋅  -------- + 4
 3m

3m
3m
=
1
1
2
4 ⋅  -------- + 1 + --- m + m 
 3m

3
Darstellung der Funktion des Abstandes d mit d(m) =
4
4
2
-------- + 4 + m ⋅  -------- + 4
3m
3m
mit
dem GTR und Aufstellen einer Wertetabelle. Feststellen des minimalen
Abstandes.
Der minimale Abstand tritt für m = 0,5 auf.
Lösungsvariante:
d=
1
1
2
4 ⋅  -------- + 1 + --- m + m 
 3m

3
=2
1
1
2
 ------- + 1 + --- m + m 
 3m

3
Der Abstand wird minimal, wenn der Radikand minimal wird. Es genügt im
Folgenden die Betrachtung des Radikanden:
1
1
1
- ; d̃ '(m) = --- + 2m – ---------2- ;
d̃ (m) = 1 + 1--- m + m2 + ------3
0=
1
--3
+ 2m
1
– --------2
3m
3m
3
3m
⇒ 0 = m + 6m – 1
2
3
Lösung der Gleichung mit GTR (Polynom, grafische Lösung) ergibt: m = 0,5
a) Größtmöglicher Definitionsbereich; Verhalten im Unendlichen
2 BE
b) Ansatz; Stammfunktion; Ansatz für Wert b; Wert b
4 BE
c) Ansatz für Anstieg der Geraden; Werte für den Anstieg der Geraden
2 BE
d) Zielfunktion; Anstieg
2 BE
10 BE
57
Sachsen
a) y = fa (x) = a2x – lnx
(a ∈ R, a > 0; x ∈ R, x > 0)
Einen ersten Überblick über den Verlauf
der Graphen liefert die Abbildung
für a ∈ {0,2; 0,5; 1; 2}.
fa '(x) = a2 –
1
--x
; fa ''(x) =
1
----2x
Lokale Extremstelle:
1
fa '(x) = 0 ⇒ a2 = 1--x- ; xE = ---2
a
Nachweis der Extrema:
1
-)=
fa ''( ---2
a
1
------------21
 --- a 2
= a4 > 0 ⇒ lokales Minimum
Koordinaten der lokalen Extrempunkte:
1
fa  ---2
a
1
1
1
1
1
1
- – ln  ----2- = 1 – ln  ----2- ; PMIN  ----2- ; 1 – ln  ----2-  = PMIN ( ----2- ; 1 + 2 lna)
= a2 · ---2
 
 

 
a
a
a
a
a
a
gesuchte Funktion:
x=
1
----2a
; a2 = 1--x- ; a =
1
--x
=
1
------x
1
- = 1 – lnx
y = 1 – ln ---2
(da
a
1
----2a
= x)
Gleichung der Funktion: y = 1 – lnx
Kontrolle: Einzeichnen im GTR (dick):
b) Nullstellen: 0 = a2x – lnx
Da jede der Funktionen genau ein lokales
Minimum besitzt, die Funktionen fa über
dem gesamten Definitionsbereich stetig sind und lim f a ( x ) = lim f a ( x ) = ∞
x→0
x→∞
ist, muss gelten: Der y-Wert des lokalen Minimums der gesuchten Funktion ist 0,
1
- =0⇒
also gilt: 1 – ln  ---2
a
Funktion f
dert.)
58
1
-----e
1
--e
1
----2a
= e und damit a = -1 -.
- - - -
e
: y = · x – lnx (Angabe der Funktionsgleichung war nicht gefor-
Erwartungsbilder
Ermitteln der Nullstelle xN:
Da xN = xMIN =
oder: 0 =
1
--e
1
----2a
(s. o.), folgt mit a =
1
-----: xN =
e
x
--e
1
--1
--e
= e.
· x – lnx ⇒ lnx = , also e = x ⇒ xN = e.
x
--e
Oder: Darstellen der Funktion f 1 mit GTR und Ablesen der Nullstelle liefert
-----xN = 2,71828
e
c) 1. Ableitung: fa '(x) = a2 – 1--xTangente durch Koordinatenursprung:
y = m · x, also y = (a2 – 1--x- ) · x.
Einsetzen des Funktionswertes für y liefert:
a2x – lnx = (a2 – 1--x- ) · x = a2x – 1 ⇒ lnx = 1, also x = e
Der Berührungspunkt hat die Koordinaten: Ba (e; a2e – 1)
Zur Veranschaulichung kann man Graph
und Tangente z.B. für a = 1 darstellen.
Flächeninhalt des Dreiecks:
A=
g ⋅ hg
-----------2
2
=
e ⋅ (a e – 1)
----------------------------2
Also gilt: a2 =
10 + e
-------------2
e
2 2
=
a e –e
------------------2
⇒a=
= 5 ⇒ a2e2 – e = 10 bzw. a2e2 = 10 + e
10 + e
------------------e
a) 1. Ableitung; Koordinaten der lokalen Extrempunkte; Ansatz für
Gleichung der Funktion; Gleichung der Funktion
4 BE
b) Ansatz; Wert a; Nullstelle
3 BE
c) Berührungsstelle; Koordinaten des Berührungspunktes; Wert a
3 BE
10 BE
59
Sachsen
Erwartungsbild zu Aufgabe B1: Geometrie / Algebra
a) Es genügt zu zeigen, dass die Punkte A und B in der Ebene E liegen.
Punktprobe für A: 1 – 2 = – 1
Punktprobe für B: 4 – 5 = – 1
Durchstoßpunkte der Koordinatenachsen durch die Ebene E:
Px: y = 0, z = 0
Py: x = 0, z = 0
Pz: x = 0, y = 0
⇒
⇒
⇒
x = – 1, also Px (– 1; 0; 0)
y = 1, also Py (0; 1; 0)
0 = – 1 (Widerspruch)
⇒ Es existiert kein Schnittpunkt der Ebene E mit der z-Achse.
Die Ebene schneidet die x-Achse und die y-Achse; sie ist echt parallel zur
z-Achse.
 1
 
0
 
 5
b) g(DF): x = 
 –4 


4 


 –3 
+ t
(t ∈ R)
Schnittpunkt S der Geraden g mit der Ebene E:
(1 – 4t) – 4t = – 1, also 1 – 8t = – 1 bzw. t = 1--4- .
Durch Einsetzen von t in die Gleichung der Geraden g erhält man die
Koordinaten des Ortsvektors OS . Daraus folgt: S(0; 1; 4,25)
Schnittwinkel: α sei Schnittwinkel zwischen der Geraden g und der Ebene E.
sinα =
 1   –4 

 

 –1  ⋅  4 

 

 0   –3 
------------------------------------2 ⋅ 41
≈ 0,8834 ⇒α ≈ 62,1°
(Für die Berechnung von Winkeln empfiehlt sich die Nutzung eines entsprechenden GTR-Programmes, z. B. des Programmes „Winkel“.)
c) h sei die Lotgerade von Q' auf die Ebene E.
 –4

–1

 11
h: x = 





 1

+ w  –1

 0
(w ∈ R)
Ermitteln der Koordinaten des Schnittpunktes L der Geraden h mit der Ebene E:
(– 4 + w) – (– 1 – w) = – 1⇒ w = 1
⇒ Der Schnittpunkt hat die Koordinaten L(– 3; – 2; 11).
60
Erwartungsbilder
OQ = OQ ' + 2 Q'L =
 –4 


 –1 


 11 
 1 


–1 


 0 
+ 2
 –2 


–3 


 11 
=
Der Punkt Q hat die Koordinaten (– 2; – 3; 11).
Abstand der Punkte Q' und Q: d(QQ') =
2
2
2
2 +2 +0 = 8
(Die Verwendung eines GTR - Programms, z. B. des Programmes „Abstand“,
wird empfohlen.)
d) Das Dreieck ABC ist bei A rechtwinklig (ablesbar aus den Koordinaten).
Deshalb kann der Flächeninhalt A des Dreiecks als A =
AB ⋅ AC
---------------------------2
bestimmt
werden.
Wird dies nicht erkannt, kann der Flächeninhalt mit einem geeigneten GTR-Programm: z. B. dem Programm „Dreieck“ oder auf rechnerischem Wege bestimmt
werden.
Rechnerischer Weg:
 3
 
3
 
 0
AB = 
 0
 
0
 
 7
; AC = 
; cos\( AB ; AC ) =
 3  0
   
 3 ⋅ 0
   
 0  7
------------------------------- = 0 ⇒ \( AB ;
18 ⋅ 49
AC ) = 90°
Flächeninhalt des Dreiecks ABC:
A=
1
--2
· | AB | · | AC | =
18 ⋅ 7
----------------2
=
21
-----2
2 ≈ 14,85 (FE)
Aus der Formel zur Berechnung des Volumens einer Pyramide V = 1--3- AG · h
folgt: h =
3V
------AG
. Daraus erhält man durch Einsetzen von Volumen und Flächenin-
42
halt der Grundfläche: h = ------------=2 2
21
------ 2
2
Die Höhe einer solchen Pyramide beträgt: 2 2 ≈ 2,83 (LE)
Die gesuchten Ebenen verlaufen parallel zur Ebene der Grundfläche der Pyramide, also zur Ebene E im Abstand 2 2 .
61
Sachsen
Lösungsvariante 1:
Für den Abstand der Punkte der parallelen Ebenen zur Ebene E gilt:
d = |( x 1 – x 0 ) · e n |
Für x 0 wählen wir den z. B. Ortsvektor OA ; e n =
 x–1

 y–2

 z–3
d=





 1 

 1
⋅  – 1  ⋅ ------2


 0 
1
------2
· (1; – 1; 0)
=2 2
1. Fall:„Betrag“ = 2 2 : (x – 1) + (– y + 2) = 2 2 · 2 , also
x–y+1=2 2· 2
⇒
x–y=3
2.Fall: „Betrag“ = – 2 2 : (x – 1) + (– y + 2) = – 2 2 · 2 , also
x–y+1=–2 2· 2
⇒
x–y=–5
Die gesuchten Ebenengleichungen sind:E1: x – y = 3 und E2: x – y = – 5.
Lösungsvariante 2:
Ermitteln der Koordinaten der Spitzen der Pyramiden P1 und P2.
 1 


–1 


 0 
n =
ist ein Normalenvektor der Ebene E.
Für den Fall, dass die Spitze der Pyramide senkrecht zu E über Punkt A liegt,
gilt:
| AP | = |t · n | = 2 2 ⇒ t = ±
2 2
---------2
=±2
OP 1 = OA + 2n = (3; 0; 3), also P1 (3; 0; 3)
OP 2 = OA – 2n = (– 1; 4; 3), also P2 (– 1; 4; 3).
Durch jede dieser Spitzen verläuft je eine der parallelen Ebenen. Aufgrund der
Parallelität der Ebenen zu E haben diese die Gleichung x – y = a. Den Parameter
a berechnet man durch Einsetzen der Koordinaten der Punkte P1 und P2.
Die gesuchten Ebenen sind: E1: x – y = 3 und E2: x – y = – 5.
(Es ist auch möglich, die Gleichungen der Ebenen mit Hilfe der Ortsvektoren
von P1 und P2 und von Spannvektoren der Ebene E aufzustellen.)
62
Erwartungsbilder
Lösungsvariante 3:
Aus Teilaufgabe a) folgt, dass die Ebene E parallel zur z-Achse verläuft.
Die weitere Lösung erfolgt nur über die Betrachtung der Spurgeraden der Ebene
E und der dazu parallelen Ebenen in der x-y-Ebene.
Die Spurgerade der Ebene E in der x-y-Ebene ist die Gerade x – y = – 1. Die entsprechende Gleichung in expliziter Form lautet: y = x + 1. Die Gleichungen der
Spurgeraden der parallelen Ebenen haben die Form y = x + n.
Eine Senkrechte dazu ist die Gerade y = – x.
z
E
y=-x
n2
S1
n1
y
y=x+n1
y=x+1
y=x+n2
x
Koordinaten des Schnittpunktes S1 der Senkrechten mit der Spurgerade von E
– x = x + 1 ⇒ x = – 1--2- ; y = 1-2
Koordinaten der Schnittpunkte Sn der Senkrechten mit den Spurgeraden der parallelen Ebenen:
– x = x + n ⇒ x = – n--- ; y =
2
n
--2
Abstand der Punkte S1 und S2:
| S1 S2 | =
n 2
1 n 2
– 1
--- + --- +  --- – ---
 2 2
 2 2
= 2,83
Diese Gleichung löst man grafisch mit
dem GTR durch Schnitt der Graphen
2
2
der Funktionen Y1 = 2,83 und Y2 =  – 1--- + x--- +  1--- – x--- .
2
2
2
2
Als Schnittstellen erhält man – 3 und 5, d.h., n1 = – 3 und n2 = 5.
Die Gleichungen der Spurgeraden sind damit: y = x – 3 und y = x + 5.
Die zugehörigen Ebenen haben also die Gleichungen:
E1: x – y = 3 und E2: x – y = – 5
63
Sachsen
a) Nachweis; Koordinaten der Schnittpunkte mit x-Achse und y-Achse;
Aussage zur Lage der Ebene E
3 BE
b) Ansatz für Koordinaten des Schnittpunktes; Koordinaten des
Schnittpunktes; Ansatz für Schnittwinkel; Schnittwinkel
4 BE
c) Gleichung der Lotgeraden; Wert des Parameters in der Gleichung der
Lotgeraden; Koordinaten des Punktes Q;
Abstand der Punkte Q und Q'
4 BE
d) Ansatz für Höhe; Höhe; Ansatz für Ebenengleichungen;
Ebenengleichungen
4 BE
15 BE
Erwartungsbild zu Aufgabe B2: Geometrie/Algebra
a) Es ist zu zeigen, daß der Punkt A nicht auf der Geraden g liegt.
6 = 3 + 2t
⇒ t = 3--2
2 = 2+t
⇒t=0
–6= –4–t
⇒t=2
A∉g
Da der Punkt A nicht auf der Geraden g liegt, wird durch die Gerade g und den
Punkt A eine Ebene eindeutig bestimmt.
Gleichung der Ebene E:
 3

2

 –4
x =





 2

1

 –1
+ t





 3

0

 –2
+ s





(t, s ∈ R)
Umformen in allgemeine Form:
x = 3 + 2t + 3s
y =2+t
⇒ y + z = – 2 – 2s | · 3
z = – 4 – t – 2s
x – 2y = – 1 + 3s | · 2
3y + 3z = – 6 – 6s
2x – 4y = – 2 + 6s ⇒ Gleichung der Ebene E: 2x – y + 3z = – 8
(Es wird empfohlen, für die Umformung in die parameterfreie Form der Ebenengleichung ein GTR-Programm, z. B. das Programm „Ebene“, zu nutzen.)
64
Erwartungsbilder
 2 


–1 


 3 
Der Schnittwinkel sei α. Ein Normalenvektor der Ebene E ist der Vektor 
cos(90° – α) = sinα =
 1   2 

 

 1  ⋅  –1 

 

 –1   3 
------------------------------------3 ⋅ 14
=
–2
---------42
.
≈ 0,30861; α ≈ 18,0°
(Es wird empfohlen, zur Bestimmung des Schnittwinkels ein GTR-Programm
zu nutzen.)
Nachweis, dass die Geraden g und h zueinander windschief sind:
Das Gleichsetzen beider Geradengleichungen liefert das Gleichungssystem:
(I) 3 + 2t = – 1 + k
(II) 2 + t = – 5 + k
(III)– 4 – t = 1 – k
Durch Addieren der Gleichung (II) zur Gleichung (III) erhält man:
–2=–4
⇒ Widerspruch, d. h.: Das System hat keine (reellen) Lösungen –
die Geraden g und h haben keine gemeinsamen Punkte (*).
Hinweis: Wird das Addieren der Gleichungen (II) und (III) nicht erkannt, müssen zunächst die Parameter t und k aus zwei Gleichungen ermittelt werden. Das
Einsetzen in die dritte Gleichung liefert den Widerspruch.
Die Geraden g und h sind also entweder windschief oder parallel. Prüfung der
Richtungsvektoren auf Parallelität liefert:
 2 


 1 


 –1 
=
 1 


λ 1 


 –1 
λ = 2
⇒ λ = 1 . Das heißt: Die Richtungsvektoren sind nicht
parallel (**). Aus (*) und (**) folgt:
λ = 1
Die Geraden sind windschief.
b) Man überzeugt sich zunächst, dass der Punkt B nicht auf der Geraden g liegt.
(Einsetzen in Gleichung der Geraden)
Da der Punkt C auf der Geraden g liegt, hat er die Koordinaten:
C(3 + 2t; 2 + t; – 4 – t).
Damit ∆ ABC ein gleichschenkliges Dreieck mit der Basis AB ist, muss gelten:
(AC) = d(BC).
2
2
2
2
2
d(AC) = ( 3 + 2t – 6 ) + ( 2 + t – 2 ) + ( – 4 – t + 6 ) = ( – 3 + 2t ) + t + ( 2 – t )
2
2
2
2
2
2
2
d(BC) = ( 3 + 2t + 1 ) + ( 2 + t + 5 ) + ( – 4 – t – 1 ) = ( 4 + 2t ) + ( 7 + t ) + ( – 5 – t )
Gleichsetzen und Quadrieren liefert:
65
Sachsen
(– 3 + 2t)2 + t2 + (2 – t)2
9 – 12t + 4t2 + t2 +4 – 4t + t2
– 16t + 13
t
=
=
=
=
(4 + 2t)2 + (7 + t)2 + (– 5 – t)2
16 + 16t + 4t2 +49 + 14t + t2 + 25 +10t + t2
40t + 90
-----– 11
8
Einsetzen des Parameters t in Gleichung der Geraden g liefert die Koordinaten
des Punktes C:
2
11
5
11
21
2 5
21
------ = --- ; y = 2 – ------ = --- ; z = – 4 + ------ = – ------ , also: C( --- ; --- ; – ------ )
x = 3 – 22
8
8
8
8
8
8
8 8
8
c) Es genügt zu zeigen, dass die Gerade h in jeder der Ebenen Ea liegt.
Einsetzen der Gleichung der Geraden h in Gleichung der Ebene liefert:
(– 5 + a) · (– 1 + k) + (2 – a) · (– 5 + k) – 3 · (1 – k)
5 – 5k – a + ak – 10 + 2k + 5a – ak – 3 + 3k
– 8 + 4a
0
=
=
=
=
– 8 + 4a
– 8 + 4a
– 8 + 4a
0 (wahre Aussage)
Damit ist gezeigt, dass unabhängig von a die Gerade h in jeder der Ebenen Ea
liegt.
Das Skalarprodukt der Normalenvektoren der Ebenen Ea1 und Ea2 muss 0 ergeben, wenn beide Ebenen aufeinander senkrecht stehen sollen.
 –5+a
1

2 – a1


–3
n1 = 





 –5+a
2

2 – a2


–3
; n2 = 





(– 5 + a1) · (– 5 + a2) + (2 – a1) · (2 – a2) + (– 3) · (– 3)
25 – 5a2 – 5a1 + a1a2 + 4 – 2a2 – 2a1 + a1a2 + 9
38 – 7a2 – 7a1 + 2a1a2
– 7a1 + 2a1a2
a1 (– 7 + 2a2)
=
=
=
=
=
a1 =
0
0
0
– 38 + 7a2
– 38 + 7a2
– 38 + 7a 2
------------------------– 7 + 2a 2
(a2 ≠
7
--2
)
a) Nachweis, dass der Punkt A nicht auf der Geraden g liegt;
Ansatz für Gleichung der Ebene; Gleichung der Ebene;
Ansatz für Schnittwinkel; Schnittwinkel; Untersuchung auf Parallelität;
Untersuchung auf gemeinsame Punkte; Aussage zur Lagebeziehung
8 BE
b) Ansatz für Nachweis der Gleichschenkligkeit; Wert des
Parameters in der Gleichung der Geraden; Koordinaten von C
3 BE
c) Ansatz für Nachweis; Nachweis; Ansatz für Parameter;
Parameter
66
4 BE
15 BE
Erwartungsbilder
Erwartungsbild zu Aufgabe B3: Geometrie / Algebra
a) Die Koordinaten des Punktes S müssen beide Geradengleichungen für ein und
denselben Wert k erfüllen.
gk: (I):
⇒t=
4 = – 3 + 10t
7
-----10
⇒ – 1,4 =
7
-----10
k, also k = – 2
(III): – 5,2 = – 1 + t(k – 4) ⇒ – 4,2 =
7
-----10
k–
(II): – 0,4 = 1 + tk
hk: (I):
28
-----10
, also –
14
-----10
=
7
-----10
k⇒k=–2
4 = 4+0
(II): – 0,4 = –4 + sk
⇒ s = – 1,8
(III): – 5,2 = 2 + 4s
Einsetzen von s in (II):
– 0,4 = – 4 – 1,8 · k ⇒ 3,6 = – 1,8k ⇒ k = – 2
⇒ Für k = – 2 ist der Punkt S Schnittpunkt beider Geraden.
Untersuchung auf Parallelität:
 10

 k

 k–4





=
 0
 
λ k 
 
 4
λ1 = n. d.
λ2 = 1
k–4
λ 3 = -----------4
⇒ Es existiert kein k, für welches die Geraden parallel sind.
b) Berechnung des Abstandes d(k):
Es ist der Abstand windschiefer Geraden in Abhängigkeit von k zu ermitteln.
 nx 


ny 


 nz 
Man ermittelt zunächst den Normalenvektor 
als auch zu hk parallel verläuft.
(I)
10nx + kny + (k – 4)nz
(II)
kny + 4nz
(I) – (II)
10nx + (k – 8)nz
nx
=
=
=
=
einer Ebene, die sowohl zu gk
0
0
0
–8
4
- nz; ny = – --- nz
– k----------10
k
67
Sachsen

2
 8k – k
– 40

 10k
Wähle z. B.: nz = 10k : n = 
2 2
2
2
|n| = ( 8k – k ) + 40 + ( 10k ) =
Abstand d(k) =
=
=
d(k) =
n
------ ⋅ ( p
n





4
3
2
k – 16k + 164k + 1600
– p)

2 
 8k – k 
 – 40 


  –3   4  
 10k 
 


------------------------------------------------------------------- ⋅   1  –  – 4  
4
3
2





k – 16k + 164k + 1600
  –3   2  

2 
 8k – k 
 – 40 


 –7 
 10k 


------------------------------------------------------------------- ⋅  5 
4
3
2
k – 16k + 164k + 1600  – 3 


2
7k + 86k – 200
------------------------------------------------------------------4
3
2
k – 16k + 164k + 1600
Untersuchung der Funktion d(k) auf
Maxima im angegebenem Intervall:
Für k = 2,799 ist der Abstand der Geraden gk
und hk maximal. Dieser Abstand beträgt
7,57.
a) Wert des Parameters t oder s; Wert des Parameters k; Nachweis mit zweiter
Gerade und Schlussfolgerung; Ansatz für Nachweis der Parallelität;
Nachweis der Parallelität
5 BE
b) Normalenvektor einer Parallelebene zur Geraden gk und hk;
Ansatz für Abstand; Abstand in Abhängigkeit von k; lokale
Extremstelle; maximaler Abstand
5 BE
10 BE
68
Erwartungsbilder
Erwartungsbild zu Aufgabe B4: Geometrie /Algebra
a) Lagebeziehung der Geraden g zu den Ebenen Et:
(– 6 + 7t) · (– 30 + 3s) + (18 –21t) · (58 + s) + 180 · (– 5) = – 516 + 1 232t
180 – 18s – 210t + 21st + 1 044 + 18s – 1 218t – 21st – 900 = – 516 + 1 232t
324 – 1 428t = – 516 + 1 232t
6
- ≈ 0,3157
t = ----19
⇒ Es gibt nur für t =
6
-----19
gemeinsame Punkte von Ebene und Gerade.
Prüfung durch Einsetzen:
126
2412
------ ) · (– 30 + 3s) + (18 – --------- ) · (58 + s) + 180 · (– 5) = – -----------(– 6 + 42
19
19
19
------ · (– 30 + 3s) +
– 72
19
216
--------19
· (58 + s) +
3420
-----------19
-----------· (– 5) = – 2412
19
(– 72) · (– 30 + 3s) + 216 · (58 + s) + 3 420 · (– 5) = – 2 412
2 160 – 216s + 12 528 + 216s – 17 100 = – 2 412
– 2 412 = – 2 412
(wahreAussage)
⇒ Unabhängig vom Parameter s liegen alle Punkte der Geraden g in
der Ebene E 6 .
-----19
⇒ Für t =
liegt die Gerade g in der Ebene Et, für alle anderen t liegt sie
parallel zur entsprechenden Ebene.
6
-----19
b) Ermitteln der Gleichung der speziellen Ebene durch Einsetzen der Koordinaten
des Punktes P in die Ebenengleichung von Et.
P(– 19; 55; 3)
(– 6 + 7t) · x + (18 – 21t) · y + 180 · z
(– 6 + 7t) · (– 19) + (18 – 21t) · 55 + 180 · 3
114 – 133t + 990 – 1 155t + 540
2 160
t
(– 6 +
42
-----7
)x + (18 –
126
--------7
=
=
=
=
=
– 516 + 1 232t
– 516 + 1 232t
– 516 + 1 232t
2 520t
6
--7
)y + 180z = – 516 +
7392
-----------7
0 · x + 0 · y + 180z = 540
E6 : z = 3
--7
69
Sachsen
Da die S 228 und die B 174 in parallelen Ebenen liegen, genügt es, den Abstand
der Geraden g zur (parallelen) Ebene E 6 zu bestimmen.
--7
Da die Ebene E 6 und die Gerade g parallel zur x-y-Koordinatenebene liegen,
--7
genügt die Betrachtung der z-Koordinate. Für alle Punkte der Ebene gilt z = 3,
für alle Punkte der Geraden z = – 5. Der Abstand ist damit 3 – (– 5) = 8.
Berücksichtigt man die Brückenstärke von 1 m, so beträgt die Durchfahrtshöhe
7 m.
c) Lösungsvariante 1:
Gleichung der Ebene der Rampe Er:
 0

0

 1
\ ( E 6 ; Er) = 2,86°; Normalenvektor von E 6 : n 6 = 
--7
--7
 – 6 + 7t

18 – 21t

 180
Normalenvektor von Er: n r = 
--7










n 6 ⋅ nr
cos\( E 6 ; Er) =
--7
cos2,86° =
---
7
------------------n6 ⋅ nr
; für alle t ist | n r | > 0.
--7
180
--------------------------------------------------------------------------------------------2
2
2
( – 6 + 7t ) + ( 18 – 21t ) + 180 ⋅ 1
2
2
2
0 = cos2,86° · ( – 6 + 7t ) + ( 18 – 21t ) + 180 – 180
Lösung mit GTR liefert: t1 ≈ 0,451; t2 ≈ 1,263
Aufgrund der Vorgabe des Winkels werden zwei
Lösungen ermittelt. Beide Lösungen beschreiben aber dieselbe Ebene. Sie unterscheiden sich
nur im Richtungssinn des Normalenvektors.
E 0,451: – 2,843x + 8,529y + 180z = 39,632
Der Punkt G(– 30; 58; – 5) liegt auf der Geraden g, wie unmittelbar aus der
Gleichung der Geraden folgt. Da er auch in der Ebene der „alten“ Rampe liegen
muss, liegt er nicht in der Ebene E r der „neuen“ Rampe. Weil aber die Gerade g
zur Ebene E r parallel ist, muss es in dieser Ebene einen Punkt Gu (– 30; 58; u)
geben, der „über“ dem Punkt G liegt und sich von diesem nur in der z-Koordinate unterscheidet.
70
Erwartungsbilder
Gu (– 30; 58; u) ∈ E0,451
– 2,843 · (– 30) + 8,529 · 58 + 180u = 39,632
u = – 3,002
Vergleich der z-Koordinate mit dem alten Fahrbahnrand: d(G; G*– 3,002)
– 5 – (– 3,002) = – 1,998 ≈ – 2 ⇒ Die Fahrbahn muss um ca. 2 m gehoben
werden.
Lösungsvariante 2:
Die Ebene der Fahrbahn der B 174 ( E 6 ), die Ebene der „Fahrbahn der Rampe
--7
vor der Hebung“ ( E 6 ) und die Ebene der Fahrbahn der Rampe (Er) schneiden
-----19
einander in der Geraden k, welche den Beginn der Abfahrtsrampe enthält.
Gleichung der Ebene der Rampe „vor der Anhebung“: E 6
-----19
(– 6 +
42
-----19
)x + (18 –
------ x +
– 72
19
126
--------19
)y + 180z = – 516 +
216
--------- y
19
+
3420
------------ z
19
7392
-----------19
-----------= – 2412
19
– 72x + 216y + 3 420z = – 2 412
– 18x + 54y + 855z = – 603
Berechnung des Winkels zwischen den Ebenen E 6 und E 6 :
-----19
n ⋅n
1
2
- =
cos\( E 6 ; E 6 ) = --------------------
-----19
--7
n1 ⋅ n2
 – 18   0 

  
 54  ⋅  0 

  
 855   1 
------------------------------------734265 ⋅ 1
--7
≈ 0,9978
⇒ \( E 6 ; E 6 ) ≈ 3,81°
-----19
--7
71
Sachsen
Berechnung der Entfernung der Hilfsgerade k zum Lotfußpunkt:
Ansicht vor Hebung der S 228
Gerade k
B174
x
8m
Rampe
S 228
Gerade g
(Skizze ohne Berücksichtigung der Brückenstärke)
8
- ≈ 120,167
tan\ ( E 6 ; E 6 ) = 8--⇒ x = ------------------------19
0, 06657
x
--7
Der Abstand x beträgt 120,167 m. Dieser Abstand ist nach Anhebung der S 228
derselbe. Dann gilt:
tan2,86° =
y
--------------------120, 167
⇒ y = 6,003
Ansicht nach Hebung der S 228
Gerade k
B174
2,86
Rampe
120,167m
y
S 228
Gerade g
Gerade g*
Die neue Höhe der Brücke beträgt also ca. 6 m.
Berechnung der Höhendifferenz: 8 m – 6 m = 2 m
Die Fahrbahn der S 228 muss also um ca. 2 m gehoben werden.
72
Erwartungsbilder
6
- ; Aussage für alle anderen t
a) Ansatz für Lage; Aussage für t = ----19
b) Ansatz für Gleichung der Ebene der Fahrbahn der B 174; Gleichung
der Ebene E 6 ; Durchfahrtshöhe
3 BE
3 BE
--7
c) Ansatz für Gleichung der Ebene der Rampe; Gleichung der Ebene
der Rampe; Ansatz für Anhebungshöhe; Anhebungshöhe der S 228
4 BE
10 BE
Erwartungsbild zu Aufgabe C1: Stochastik
a) A ist das Ereignis: Eine LKW-Ladung besitzt nicht das richtige Mischungsverhältnis.
P(A) = 0,1 · 0,01 + 0,2 · 0,004 + 0,3 · 0,003 + 0,4 · 0,001 = 0,0031
b) Firma I liefert 10 % der LKW-Ladungen.
X: Anzahl der LKW-Ladungen von Firma I; X ist binomialverteilt mit p = 0,1.
Die Wahrscheinlichkeit, dass bei n Lieferungen keine der Firma I vorkommt,
beträgt dann 0,9n.
Die Wahrscheinlichkeit, dass in n Lieferungen mindestens eine der Firma I vorkommt, beträgt also 1 – 0,9n.
1. Lösungsvariante:
1 – 0,9n > 0,9
Darstellung der Funktionen Y1 = 1 – 0,9x
und Y2 = 0,9 mit dem GTR und Ermittlung der Schnittstelle:
⇒ Es müssen mindestens 22 LKW
kontrolliert werden.
Untersuchung der Funktion Y1 mit Wertetabelle:
1 – 0,9n > 0,9, also 0,1 > 0,9n.
lg0,1 > n · lg0,9
lg0, 1
-------------- < n
(da lg0,9 < 0) ⇒ 21,8 < n
lg0, 9
⇒ Es müssen mindestens 22 LKW kontrolliert werden.
73
Sachsen
c) Y: Anzahl der LKW-Ladungen von Firma IV; Y ist binomialverteilt mit n = 240
und p = 0,4.
Standardabweichung: σ = 240 ⋅ 0, 4 ⋅ 0, 6 ≈ 7,589
Zu bestimmen ist weiterhin P(Y ≤ 93):
Lösungsvariante 1: Nutzung im GTR eingebauter Routinen zur Binomialverteilung:
P(Y ≤ 93) ≈ 0,3724 (Berechnung mit Casio 9 970 bzw. Casio 9 850 plus)
Lösungsvariante 2: Nutzung von GTR-Programmen
Lösungsvariante 3: Nutzung der Näherungsformel von MOIVRE-LAPLACE (hier
ohne Berücksichtigung des Korrekturgliedes):
93 – 96
- = Φ(– 0,3952) = 1 – Φ(0,3952) ≈ 1 – 0,65534
P(Y ≤ 93) ≈ Φ  --------------------------------------240 ⋅ 0, 4 ⋅ 0, 6
≈ 0,3447
Lösung mit Berücksichtigung des Korrekturgliedes: 0,3707
d) Fi: Die Firma i hat den Schaden verursacht.
Bei Anwendung des Satzes von BAYES oder Nutzung eines Baumdiagrammes
ergibt sich:
, 1 ⋅ 0, 01
0, 2 ⋅ 0, 004
- ≈ 0,3226;
- ≈ 0,2581
PA (F2)= --------------------------PA (F1)= 0-----------------------0, 0031
PA (F3)=
0, 3 ⋅ 0, 003
---------------------------0, 0031
0, 0031
≈ 0,2903;
PA (F4)=
0, 4 ⋅ 0, 001
---------------------------- ≈
0, 0031
0,1290
Kosten für Firma I: 0,3226 · 200 000 = 64 520 DM
Analog erhält man: Kosten für Firma II: 51 620 DM, für Firma III: 58 060 DM
und für Firma IV: 25 800 DM.
Hinweis: Hier wurden die Wahrscheinlichkeiten mit vier gültigen Stellen verwendet. Die berechneten Kosten hängen von der Genauigkeit der Wahrscheinlichkeiten ab.
a) Ansatz; Wahrscheinlichkeit
2 BE
b) Ansatz; Anzahl
2 BE
c) Standardabweichung; Ansatz; Wahrscheinlichkeit
3 BE
d) eine Wahrscheinlichkeit; alle Wahrscheinlichkeiten;
Verteilung der Reparaturkosten
3 BE
10 BE
74
Erwartungsbilder
Erwartungsbild zu Aufgabe C2: Stochastik
a) P(A)=
1
--6
P(C)=
5
--6
≈ 0,1667; P(B) =
·
5 1
--- · --6 6
=
25
--------216
5
--6
·
1
--6
=
5
-----36
≈ 0,1389
≈ 0,1157
Das Spiel ist nicht gerecht, da die Gewinnwahrscheinlichkeiten für die Spieler
unterschiedlich sind.
GE
b) G ... Bewerber ist geeignet
U ... Bewerber ist ungeeignet
GE ... Bewerber wird als geeignet eingestuft
UE ... Bewerber ist als ungeeignet eingestuft
0,93
0,92
P(D) = 0,92 · 0,93 + 0,08 · 0,04 = 0,8588
P(E) = PUE (G) =
=
0, 92 ⋅ 0, 07
---------------------------1 – 0, 8588
0,07
0,96
0,08
P ( G ∩ UE )
----------------------------P ( UE )
G
UE
UE
U
0,04
GE
= 0,4561
c) X ... Anzahl der wieder verwendbaren Mathematikbücher
X ist binomialverteilt mit n = 200 und p = 0,95.
P(X ≥ 196) = 1 – P(X ≤ 195) ≈ 1 – 0,97355 = 0,02645
Lösungsvariante 1:
Nutzung von im GTR installierter Routinen oder von GTR-Programmen zur
Summenfunktion der Binomialverteilung.
(Die Abbildung zeigt ein durch ein GTR-Programm ermitteltes Zwischenergebnis.)
Lösungsvariante 2:
Nutzung der Näherungsformel von MOIVRE-LAPLACE:
µ = 200 · 0,95 = 190
σ = 200 ⋅ 0, 95 ⋅ 0, 05 ≈ 3,082
–µ
-)
P(X ≥ b) = 1 – P(X ≤ b – 1) ≈ 1 – Φ( b----------σ
P(X ≥ 196) = 1 – P(X ≤ 195)
– 190
------------------------ ) ≈ 1 – Φ(1,622)
≈ 1 – Φ( 195
3, 082
≈ 1 – 0,9474 = 0,0526
75
Sachsen
Bei Lösung mit Berücksichtigung des Korrekturgliedes ergibt sich
P(X ≥ 196) ≈ 0,0375.
Lösungsvariante 3:
P(X ≥ 196) =P(X = 196) + P(X = 197) + P(X = 198) + P(X = 199) + P(X = 200)
Berechnung der Einzelwahrscheinlichkeiten mit GTR.
Summe: 0,02645
d) Y ... Anzahl der Käufer
Y ist binomialverteilt mit n = 820 und besitzt den Erwartungswert 779.
Berechnung der Erfolgswahrscheinlichkeit p:
E(Y) = n · p ⇒ p =
E(Y)
------------n
=
779
--------820
= 0,95
Nach Voraussetzung der Agentur ist die Wahrscheinlichkeit 0,05, dass Schüler
die Bilder nicht kaufen.
Z ... Anzahl der Schüler, die die Bilder nicht kaufen
Z ist binomialverteilt mit n = 820 und p = 0,05
Für Erwartungswert und Standardabweichung erhält man:
µ = 820 · 0,05 = 41
σ = 820 ⋅ 0, 05 ⋅ 0, 95 = 6,241
P(Z > 53) = 1 – P(Z ≤ 53)
– 41
------------------ ) ≈ 1 – Φ(1,9228) ≈ 1 – 0,9726 (Tafel)
≈ 1 – Φ( 53
6, 241
≈ 0,0274
Bei Berücksichtigung des Korrekturgliedes erhält man: P(Z > 53) ≈ 0,0228.
a) Wahrscheinlichkeiten; Aussage zum Charakter des Spieles
2 BE
b) Wahrscheinlichkeit P(D); Ansatz für bedingte Wahrscheinlichkeit;
Wahrscheinlichkeit P(E)
3 BE
c) Ansatz; Wahrscheinlichkeit
2 BE
d) Erfolgswahrscheinlichkeit p; Ansatz; Wahrscheinlichkeit, dass
mehr als 53 Schüler nicht kaufen
76
3 BE
10 BE
Abiturprüfung
Leistungskurs
1998 / 99
Gymnasium
Sachsen-Anhalt
Sachsen-Anhalt
Hinweis: Der Prüfling hatte nach Empfehlung durch die Lehrkraft je eine Aufgabe
aus den Gebieten L1, L2 und L3 zur Bearbeitung auszuwählen.
Gebiet L1: Analysis / Aufgabe 1.1
Die Funktionenschar fa sei gegeben durch
2
2
x ∈ Dfa, a ∈ R, a > 0.
y = fa(x) = (x + a)· a – x ,
Die Graphen der Funktionen der Schar fa werden mit Ga bezeichnet.
a) Ermitteln Sie den größtmöglichen Definitionsbereich Dfa und berechnen Sie
die Nullstellen der Funktionen der Schar fa.
Die Graphen Ga besitzen jeweils genau einen Hochpunkt, der der einzige
lokale Extrempunkt ist. Ermitteln Sie die Koordinaten der Hochpunkte der
Graphen Ga, beschreiben Sie die Lage (Ortskurve) dieser Punkte im Koordinatensystem durch eine Gleichung und geben Sie deren Gültigkeitsbereich an.
Der Graph G2 besitzt genau einen Wendepunkt W(xWf(xW)) mit xW = 1 – 3 .
Ermitteln Sie den maximalen Anstieg des Graphen G2.
lim f2'(x) = 0.
(Hinweis zu möglichen TermumZeigen Sie, dass gilt
x → –2
x > –2
2
formungen:
Z
Z⋅ 4–x
-)
------------------ = ------------------------2
2
4–x
4–x
Zeichnen Sie den Graphen G2 im Definitionsbereich Df2 .
b) An den Graphen G2 sei im Punkt P(0f2(0)) die Tangente gelegt.
Stellen Sie eine Gleichung dieser Tangente auf, und zeigen Sie, dass diese Tangente und der Graph G2 noch genau einen weiteren gemeinsamen Punkt Q
besitzen.
Der Koordinatenursprung, der Punkt P und der Punkt Q seien die Eckpunkte
eines Dreiecks. Zeigen Sie, dass die Maßzahl des Flächeninhaltes dieses Dreiecks A = f2(0) ist.
c) Durch Rotation jedes Graphen Ga für x ≥ 0 um die x-Achse entsteht jeweils ein
Rotationskörper.
Ermitteln Sie die Maßzahl des Volumens dieses Rotationskörpers.
d) Drei Betonteile mit der Breite a sollen,
wie in nebenstehender Skizze dargeα
stellt, zu einem Kabelschacht mit maxih
malem Querschnitt montiert werden.
Zeigen Sie, dass zur Extremwertberechnung die Funktionenschar fa als Ausgangsfunktion (Zielfunktion) verwendet
werden kann.
x
x
a
Berechnen Sie das Gradmaß des Winkels α
(Skizze nicht maßstäblich)
für den Fall, dass der Querschnitt maximal ist.
78
Aufgaben
Gegeben sind die Funktionen f, g und h durch
y = f(x) = ln(cosx) + 2,
x ∈ R, – π--2- < x <
6
y = g(x) = cos --5- x + 1,
x ∈ R,
y = h(x) = ln(cosx) + 2cosx,
x ∈ R, – π--2- < x <
Die Graphen dieser Funktionen seien F, G und H.
π
--2
,
π
--2
.
a) Zeigen Sie, dass der Graph F symmetrisch zur y-Achse liegt.
Ermitteln Sie vom Graphen F die Koordinaten der Schnittpunkte mit der
x-Achse, die Koordinaten des Extrempunktes sowie dessen Art, und untersuchen Sie den Graphen F auf Existenz von Wendepunkten.
Zeichnen Sie den Graphen F.
b) Eine Funktion f1 habe die gleiche Zuordnungsvorschrift wie die Funktion f,
jedoch den größtmöglichen Definitionsbereich Df1.
5π
------ < x < ------ .
Ermitteln Sie für diese Funktion f1 die Nullstellen im Intervall 3π
2
2
Ermitteln Sie den Definitionsbereich Df1.
c) Der Querschnitt eines Stollens sei durch eine Fläche beschrieben, die durch die
x-Achse, die Geraden x = –1 und x = 1 sowie den Graphen F begrenzt wird.
Eine Einheit im Koordinatensystem entspricht einem Meter.
Berechnen Sie den Flächeninhalt A des Querschnittes näherungsweise, indem
Sie das massgebliche Intervall in mindestens acht gleich große Teilintervalle
aufgliedern.
Eine Näherung für den Flächeninhalt A erhält man auch, wenn die eine
Begrenzung des Querschnittes mit dem Graphen G statt mit dem Graphen F
beschrieben wird. Dieser Flächeninhalt sei A1.
Berechnen Sie den Flächeninhalt A1.
Die eine Begrenzung des Stollenquerschnitts soll nun durch den Graphen Q
einer quadratischen Funktion im Intervall –1 ≤ x ≤ 1 statt mit dem Graphen F
beschrieben werden. Die Graphen Q und F sollen dabei im Extrempunkt und in
den Punkten am Anfang und am Ende des gegebenen Intervalls übereinstimmen.
Ermitteln Sie eine Gleichung dieser quadratischen Funktion.
d) Zeigen Sie, dass der Graph H genau einen Extrempunkt besitzt und dass dieser
mit dem Extrempunkt des Graphen F übereinstimmt.
79
Sachsen-Anhalt
Gebiet L2: Analytische Geometrie / Aufgabe 2.1
In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Ebene E1, die Kugel K und die
Gerade g gegeben durch
E1: 2x1 + x2 – 2x3 = –1,5;
K: x12 + x22 + x32 + 2x1 – 4x2 – 6x3 = –5;
g: x =
 6 


 4 


 –1 
+t
 –5 


 –1 


 2 
t ∈ R.
,
a) Ermitteln Sie die Koordinaten des Mittelpunktes und die Maßzahl des Radius
der Kugel K.
Die Gerade g durchstößt die Kugel K in den Punkten P und Q.
Berechnen Sie die Maßzahl der Länge der Strecke PQ .
[Teilergebnis zur Kontrolle: P(131)]
b) Im Punkt P soll an die Kugel K die Tangentialebene E2 gelegt werden.
Stellen Sie eine Koordinatengleichung dieser Ebene auf.
Parallel zur Ebene E2 existiert eine weitere Tangentialebene E3 an die Kugel K.
Berechnen Sie die Koordinaten des Berührungspunktes R der Ebene E3 mit der
Kugel K, und geben Sie eine Gleichung der Ebene E3 an.
Die Tangentialebene E2 verläuft zur Ebene E1 parallel und hat von ihr den
Abstand d.
Berechnen Sie die Maßzahl des Abstandes d.
Weisen Sie nach, dass die Ebene E1 die Kugel K schneidet.
c) Gegeben ist die Schar der Kugeln Ka durch die Gleichung
Ka:
 x1   1 – a

 
 x2  –  a

 
 x3   1 + a





2
= 9, a ∈ R.
Die Mittelpunkte aller Kugeln der Kugelschar Ka liegen auf einer Geraden h.
Geben Sie eine Gleichung der Geraden h an.
Es existiert eine Kugel der Schar Ka,
x3
h
deren Mittelpunkt Ma von der x1-Achse
Ma
einen minimalen Abstand besitzt (s.
·
Skizze).
x2
·
Berechnen Sie für diesen Fall die Koordinaten des Mittelpunktes.
x1
Skizze nicht maßstäblich
80
Aufgaben
In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Gleichung der Geraden g1 durch
g1:
x=
 7 


 10 


 0 
+t
 2
 
 5
 
 0
, t ∈ R,
sowie die Punkte A(554), B(7104)
und S(57,96) gegeben.
a) Die Punkte A und B bestimmen die Gerade g2.
Zeigen Sie, dass die Geraden g1 und g2 echt parallel zueinander verlaufen und
dass die Gerade g1 in der x1-x2-Ebene liegt.
b) Die Geraden g1 und g2 liegen in einer Ebene E1.
Stellen Sie eine Gleichung für die Ebene E1 in Koordinatenform auf.
[Mögliches Ergebnis zur Kontrolle: 5x1 – 2x2 = 15]
Weisen Sie nach, dass die Ebene E1 orthogonal zur x1-x2-Ebene ist.
c) Die Punkte A, B und S seien Eckpunkte eines Dreiecks.
Zeigen Sie, dass dieses Dreieck gleichschenklig ist und berechnen Sie die
Maßzahl des Inhalts der Dreiecksfläche.
d) Auf der Geraden g1 existieren zwei Punkte C und D derart, dass das Viereck
ABCD ein Rechteck ist.
Ermitteln Sie die Koordinaten der Punkte C und D.
Das Rechteck ABCD sei die Grundfläche der schiefen Pyramide ABCDS.
Berechnen Sie die Maßzahl des Volumens V dieser Pyramide.
Es existieren zwei gerade Pyramiden mit der Grundfläche ABCD und den Spitzen S1 bzw. S2, die dasselbe Volumen V wie die Pyramide ABCDS haben.
Berechnen Sie die Koordinaten von S1 und S2.
Gebiet L3: Wahrscheinlichkeitsrechnung / Aufgabe 3.1
An einem Gymnasium mit 500 Schülern bereitet der Schülerrat ein Schulfest vor.
Für eine grobe Finanzplanung wird davon ausgegangen, dass ein Schüler mit einer
Wahrscheinlichkeit von 0,6 genau eine Karte für das Fest kauft.
a) Zusätzlich zum Verkauf der Eintrittskarten werden T-Shirts mit dem Schullogo
verkauft, was zur Finanzierung des Schulfestes beitragen soll.
Ein Schüler, der eine Eintrittskarte gekauft hat, kaufe mit der Wahrscheinlichkeit von 0,4 ein T-Shirt. Ein Schüler, der keine Eintrittskarte gekauft hat, kaufe
mit der Wahrscheinlichkeit von 0,7 ein T-Shirt.
Ein Schüler hat ein T-Shirt gekauft.
Berechnen Sie, mit welcher Wahrscheinlichkeit der Schüler unter dieser Bedingung eine Eintrittskarte gekauft hat.
81
Sachsen-Anhalt
b) Die Zufallsgröße X beschreibe die Anzahl der von den Schülern des Gymnasiums gekauften Karten.
Zeigen Sie, dass die Zufallsgröße X näherungsweise als normalverteilt betrachtet werden kann.
Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass mindestens 310 Karten verkauft werden.
c) Eintrittskarten werden außer Schülern nur noch Lehrern zum Kauf angeboten.
Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Lehrer genau eine Karte für das Schulfest
erwirbt, sei ebenfalls 0,6.
Die Finanzierung des Festes gilt als gesichert, wenn mindestens 310 Karten
verkauft werden. Dieses Ereignis soll mit mindestens 70 %iger Wahrscheinlichkeit eintreten.
Berechnen Sie, wie vielen Lehrern mindestens Karten angeboten werden müssen, um die Finanzierung zu gewährleisten.
Gegeben sind die Funktionen f, g und h
durch
1
-,
y = f(x) = --------------x ∈ R, x > –1,
y
x+1
y = g(x) =
1
--2
1
x ∈ R,
sinx,
y = h(x) = f(x) + g(x), x ∈ R, x > –1.
F
O
1
Ihre Graphen seien F, G bzw. H.
Die Graphen F und G sind in einem ausgewählten Intervall in nebenstehender Skizze dargestellt.
2
3
G
4 x
a) Zeichnen Sie den Graphen H im Intervall –0,5 ≤ x ≤ 4.
(Hinweis: Der Graph H kann in der gegebenen Abbildung dieses Aufgabenblattes erarbeitet werden.)
b) Zeigen Sie mittels des Beweisverfahrens der vollständigen Induktion, dass für
die n-te Ableitung der Funktion f gilt:
⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ … ⋅ ( 2n – 1 )
f (n)(x) = (–1)n 1---------------------------------------------------- (x + 1)
n
2
2n + 1
2
– ---------------
, n ∈ N, n ≥ 1.
c) Die Funktion h soll für x < 1 durch eine ganzrationale Funktion p dritten
(i)
(i)
Grades approximiert werden. Es soll gelten: p(0) = h(0) sowie p (0) = h (0)
für i = 1, 2, 3.
Ermitteln Sie eine Gleichung der Funktion p.
82
Aufgaben
d) Begründen Sie, dass die Funktion h kein bestimmtes Integral über dem Intervall –1 ≤ x ≤ 1 besitzt, jedoch das uneigentliche Integral
0
0
–1
–1
∫ h(x)dx existiert; berechnen Sie
∫ h(x)dx.
Hinweis: Falls Aufgabe a) auf diesem Blatt bearbeitet wurde, hatte es der Prüfling
mit seinem Namen zu beschriften und der Prüfungsarbeit beizufügen.
In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte P(74) und Q(–3,51)
gegeben. Durch den Punkt P verläuft eine Parabel, deren Scheitelpunkt der Koordinatenursprung ist und deren Brennpunkt auf der x-Achse liegt.
a) Stellen Sie eine Gleichung für die Parabel auf und geben Sie die Koordinaten
des Brennpunktes an.
Konstruieren Sie mindestens acht Punkte der Parabel und zeichnen Sie die
Parabel.
Geben Sie eine Konstruktionsbeschreibung dafür an, dass die Tangente der
Parabel im Punkt P konstruiert werden soll.
b) Vom Punkt Q aus werden Tangenten t1 und t2 an die Parabel (aus Teilaufgabe a))
gelegt.
Berechnen Sie die Koordinaten der Berührungspunkte B1 und B2.
c) Es sei Qa ein beliebiger Punkt, von
y
dem aus die Tangenten ta1 und ta2
B1
an die Parabel mit der Gleichung
2
y = 2px (p > 0) existieren. Diese
Tangenten berühren die Parabel in
den Punkten Ba1 und Ba2 . Ma sei
Q
M
der Mittelpunkt der Strecke
B a1 B a2 . Dann stimmen die Ordinaten der Punkte Ma und Qa überx
ein.
B2
Überprüfen Sie die Richtigkeit
dieser Aussage am Beispiel der
Werte aus Teilaufgabe b) und weisen Sie die Allgemeingültigkeit
der Aussage nach.
83
Sachsen-Anhalt
Erwartungsbild zu Aufgabe 1.1
a) Größtmöglicher Definitionsbereich:
Wegen a2 – x2 ≥ 0 muss a2 ≥ x2 gelten, also a ≥ x bzw. –a ≤ x ≤ a
Dfa = {x: –a ≤ x ≤ a, a ∈ R, a > 0}.
⇒
Nullstellen der Funktionen der Schar fa:
2
2
Aus 0 = (x + a)· a – x folgt
• 1. Fall (x + a) = 0
⇒
•
2
2
x 0 = –a,
Nullstellen
1
⇒
a –x =0
2. Fall
x 0 = –a,
x 0 = a,
x 0 = x 0 = –a.
2
3
1
x0 = a
1
2
Koordinaten der Hochpunkte der Graphen Ga:
2
2
1
- ·(–2x)
fa'(x) = 1· a – x + (x + a)· ----------------------2
2
2 a –x
2
2
(a – x ) – (x + a) ⋅ x
= -------------------------------------------------2
2
a –x
2
fa'(x) = 0 ⇒
0=
2
=
2
2
2
2
2
a – 2x – ax
-------------------------------2
2
a –x
2
a
----2
, also
xE
1⁄2
= – --4a- ±
xE
1
= –a (entfällt, da fa'( x E ) nicht definiert).
a
8a
------ + -------16 16
= – --4a- ±
=
⇒ (für x2 ≠ a2)
a – 2x – ax
-------------------------------2
2
a –x
0 = 2x2 + ax – a2 bzw. 0 = x2 + --2a- x –
2
2
a – x – x – ax
--------------------------------------2
2
a –x
3
-- a;
4
1
Notwendige Bedingung ist nur für x E =
2
a
-- - erfüllt.
2
Da lt. Aufgabenstellung für Ga genau ein Hochpunkt existiert, muss dieser die
Abszisse xH =
folgt
a
-- -besitzen.
2
H = ( --2a-  3--4-
2
Mit fa'( -2a- )- = ( -2a- -+ a)·
2 a
a – ----4
= 3--2- a2 ·
3
--4
=
3
--4
3 a2
3 a2).
Ortskurve der Hochpunkte und deren Gültigkeitsbereich:
2
2
Wegen y = fa(x) = (x + a)· a – x mit x E =
und somit y E =
3
--4
2
und y E =
3
--4
3 a2 folgt a = 2 x E
2
3 ·4 x E = 3 3 x E .
Ortskurve der Hochpunkte:
84
a
--2
y = fH(x) = 3 3 x2
mit x > 0 (wegen a > 0)
Erwartungsbilder
Maximaler Anstieg des Graphen G2:
Graph G2 besitzt im Wendepunkt maximalen Anstieg.
2
2
Also: f2'(1 –
3)=
2 – 2 ⋅ (1 – 3) – 2 ⋅ (1 – 3)
---------------------------------------------------------------------------2
2
2 – (1 – 3)
=
–6+6 3
-----------------------2 3
3 – 1)
- ≈ 2,36
= 6· (-------------------2 3
Nachweis für Grenzwert:
2
f2'(x) =
4 – 2x – 2x
-----------------------------2
4–x
lim f2'(x) =
x → –2
x > –2
=
;
lim 1 f2'(x)
x → – 2 + --n
n→∞
=
2
1 2
1
2 – 2  – 2 + --- – 2  – 2 + ---


n
n
lim ----------------------------------------------------------------------2
n→∞
1
4 –  – 2 + ---

n
1 1
1
4 – 2  4 – 4 --- + ----2- + 4 – 2 --n n
n
lim -----------------------------------------------------------------2
n→∞
1
1
4 –  4 – 4 --- +  --- 

n  n 
=
1 1
1
1
4 --- – ----26 --- – 2 ----2n n
n
n
---------------------- ⋅ ---------------------1 1
1
n → ∞ 4 --1- – ---4 --- – ----2n n2
n n
= lim
1 
1
1 1
--- ⋅ 6 – 2 --- ⋅ 4 --- – ----2n 
n
n n
------------------------------------------------------1 
1
n→∞
--- ⋅ 4 – --n 
n
=
1
1
1
4 – 8 + 8 --- – 2 ----2- + 4 – 2 --n
n
n
lim -------------------------------------------------------------1
1
n→∞
4 – 4 + 4 --- – ----2n n
1 1
1
6 1
--- – 2 ----2- ⋅ 4 --- – ----2 n
n n
n
-----------------------------------------------------1
1
n→∞
4 ⋅ --- – ----2n n
= lim
= lim
(6 – 0) ⋅ 0
-----------------------4
=0
Weitere Lösungswege:
(1) Anwenden der Regel von L’ HOSPITAL:
2
lim
x → –2
x > –2
4 – 2x – 2x
-----------------------------2
4–x
2
4 – 2x – 2x
-----------------------------2
x → –2
4–x
x > –2
(2) lim
2
– 4x – 2
---------------------–x
x → – 2 ----------------x > –2 4 – x2
= lim
2
= lim
x → –2
x > –2
2
4 – x – ( x + 2x )
------------------------------------------2
x → –2
4–x
x > –2
= lim
0
4–x
2
2
x 4–x
---------------------- ]
2–x
= lim [ 4 – x –
0
----- =
–2
2
x → –2
x > –2
x(x + 2) 4 – x
--------------------------------------]
2
4–x
x → –2
x > –2
=
(x + 2)
-]
= lim [ 4 – x – x------------------2
2
= lim [ 4 – x –
x → –2
x > –2
( – 4x – 2 ) 4 – x
------------------------------------------–x
2
=0
85
Sachsen-Anhalt
Graph im Definitionsbereich:
y
5
4
3
2
1
–2
O
–1
2
1
x
b) Tangentengleichung an G2 im Punkt P(0f2 (0)):
y – y0
- ; mit x0 = 0, y0 = f2 (0) = 4 und
Allgemein f'(x0) = ------------x–x
0
2
f'(0) =
4–2⋅0 –2⋅0
-------------------------------------4–0
= 2 ergibt sich 2 =
y–4
-----------x–0
, also y = 2x + 4.
Gemeinsamer Punkt Q von Tangente und Graph:
Es muss gelten:
yT = yGraph ,
2x + 4 = (x + 2)· 4 – x
2
⇒
2(x + 2) = (x + 2)· 4 – x
2
2
bzw. (x + 2)( 4 – x – 2) = 0.
Es gibt zwei Lösungen: x Q = –2
1
xQ = 0
2
aus (x + 2) = 0
aus
2
4–x .
2 =
xQ = 0 entfällt, da bereits oben verwendet.
Der gesuchte zweite Schnittpunkt ist Q(–20).
Maßzahl des Flächeninhaltes des Dreiecks OPQ:
y
Wegen A = f2(0) = 4 ist zu prüfen,
ob An = 1--2- OQ ⋅ OP = 4.
P
Es gilt  OQ  = xQ = 2,  OP  = yP = 4;
also
An =
1
--2
·2·4 = f2(0).
Q
c) Maßzahl des Rotationskörpervolumens:
a
Vx = π ∫ fa2(x)dx, mit fa2(x) = (x + a)2 ·(a2 – x2),
0
86
O
x
Erwartungsbilder
a
Vx = π ∫ (x2 + 2ax + a2)·(a2 – x2)dx
y
0
a
Vx = π ∫ [a2x2 + 2a3x + a4 – x4 – 2ax3 – a2x2]dx
0
a
Vx = π ∫ [2a3x – 2ax3 + a4 – x4]dx
x
O
0
Vx = π[a3x2 – 1--2- ax4 + a4x – 1--5- x5]| a
0
Vx = π[a –
5
1 5
--- a
2
5
+a –
1 5
--- a ]
5
= πa ·( 3--2- –
5
1
--5
)=
13
-----10
πa5
d) Nachweis, dass zur Extremwertberechnung fa(x) verwendbar:
Ziel ist ein maximaler Querschnitt, d.h.
A = 2·An + A` mit An = 1--2- ·x·h, A` = a·h,
wobei h =
2
2
2
2
2
h
aα
2
a
1
a – x . Also gilt:
A = x· a – x + a· a – x =
α
2
2
a – x ·(x + a) = fa(x)
x
a
x
Gradmaß des Winkels α bei maximalem Querschnitt:
Querschnitt maximal bei Aa'(x) = 0, d.h. fa'(x) = 0,
also bei xE = --2a- (s. Aufgabenteil a)).
Wegen α = 90° + α1 mit sinα1 =
xE
----a
=
1
--2
und somit α1 = 30° folgt α = 120°.
a) Ermitteln des Definitionsbereichs
Berechnen der Nullstellen
Ermitteln der Koordinaten der Hochpunkte
Ermitteln der Gleichung der Ortskurve
Ermitteln des maximalen Anstiegs
Nachweisen des Grenzwerts
Zeichnen des Graphen
b) Nachweisen genau eines weiteren gemeinsamen Punktes Q
Nachweisen der Maßzahl des Flächeninhalts
c) Berechnen der Maßzahl des Volumens
d) Nachweisen der Zielfunktion fa
Berechnen des Gradmaßes des Winkels
2 BE
2 BE
7 BE
3 BE
3 BE
4 BE
4 BE
6 BE
3 BE
5 BE
3 BE
3 BE
45 BE
87
Sachsen-Anhalt
a) Spiegelsymmetrie des Graphen F zur y-Achse:
f(x) = ln(cosx) + 2,
f(–x) = ln(cos(–x)) + 2
Wegen cos(–x) = cosx gilt:
f(–x) = ln(cosx) + 2, also
f(–x) = f(x).
y
2
1
–2
–1 O
–1
–2
1
2 x
Schnittpunkte des Graphen F mit der x-Achse:
0 = ln(cosx) + 2 ⇒ –2 = ln(cosx), also e–2 = cosx ⇒
x 0 ≈ 1,44 und x 0 ≈ –1,44
1
2
Extrempunkte von F:
Bedingung: f'(x) = 0
1
sin x
- ·(–sinx) = – ------------ ;
f'(x) = ----------cos x
cos x
0 = –sinx ⇒
wegen des Definitionsbereiches ist xE = 0 und yE = 2
Art des Extremums:
2
f''(x) =
2
– cos x – sin x
------------------------------------2
cos x
1
= – ------------2 ;
f''(0) = –1 < 0; damit liegt bei xE = 0 ein
cos x
Hochpunkt: H(02)
Existenz von Wendepunkten:
Bedingung: f''(x) = 0
–1
f''(x) = ------------Weil f''(x) ≠ 0 für alle x, kann F keinen Wendepunkt besitzen.
2 :
cos x
Graph von f(x):
y
2
1
–2
–1 O
–1
–2
–3
–4
–5
88
1
2 x
Erwartungsbilder
b) Definitionsbereich für f1(x):
f1 ist überall dort definiert, wo cosx > 0, d.h. für – π--2- < x < π--2- und alle Intervalle, die um ein Vielfaches der Periodenlänge verschoben sind.
Df1 = {x x ∈ R und – π--2- + 2kπ < x < π--2- + 2kπ, k ∈ Z}
Nullstellen für f1(x) im Intervall 3--2- π < x < 5--2- π:
Ausgehend von den Nullstellen von f(x) im Intervall – π--2- < x < π--2- ,
x 0 ≈ –1,44 und x 0 ≈ +1,44, ergeben sich die gesuchten Nullstellen durch
1
2
Addition einer Periodenlänge 2π, also x 0 ≈ 4,84; x 0 ≈ 7,72.
11
12
c) Näherungsweise Berechnung des Flächeninhalts des Stollenquerschnitts:
Bei Einteilung in 8 Teilflächen ergibt sich wegen
y
der Symmetrie:
f
A ≈ 2·[ 1--4- ·f(0) + 1--4- ·f( 1--4- ) + 1--4- ·f( 1--2- ) + 1--4- ·f( 3--4- )]
A ≈ 2·[ 1--4- ·2 +
A≈
1
--2
1
--4
·1,9684 +
1
--4
·1,8694 +
1
--4
·1,6876]
· [2 + 1,968 + 1,869 + 1,688] ≈ 3,76
Der Flächeninhalt ist näherungsweise 3,76 m2.
–1
Flächeninhalt unter dem Graphen G:
Wegen der Symmetrie auch von g(x) gilt:
1
1
0
0
A1 =
sin( 6--5-
x) + x]|
A1 =
2{ 5--6-
sin( 6--5-
) + 1} ≈ 3,55
1
x
y
A1 = 2· ∫ g(x)dx = 2 ∫ (cos 6--5- x + 1)dx
2[ 5--6-
O
H
g
1
0
Diese Näherung liefert für den Flächeninhalt des
Stollenquerschnitts den Wert A1 ≈ 3,55 m2.
–1
O
1 x
Quadratische Funktion durch H, P1(–1f(–1)), P2(1f(1)):
Es ist bekannt: H(02), P1(–11,38), P2(11,38)
Für eine quadratische Funktion gilt allgemein: y = f(x) = ax2 + bx + c
Wegen der Symmetrie von Q muss b = 0, wegen H (02) muss c = 2 sein.
Also ergibt sich a aus der Bedingung z.B. für P1: 1,38 = a·12 + 2 ⇒ a = –0,62
Funktionsgleichung der quadratischen Funktion: y = f(x) = –0,62x2 + 2
89
Sachsen-Anhalt
d) Nachweis des Extrempunktes:
1
–1
- – 2)·sinx
h'(x) = ---------------·(–sinx) – 2sinx = ( ----------cos ( x )
cos x
Wegen h'(x) = 0 ergibt sich x E = 0
1
aus sinx = 0
x E ≈ 2,09 aus
2
–1
-----------cos x
und
–2=0
x E entfällt, weil x E ∉ Dh.
2
2
h''(x) = –
1
------------2
cos x
– 2cosx; h''(0) = –1 – 2 < 0 ⇒ Bei xE = 0 befindet sich der
einzige Extrempunkt von H, ein Hochpunkt H(02) wie bei F.
a) Nachweisen der Symmetrie
Ermitteln der Koordinaten der Schnittpunkte mit der x-Achse
Ermitteln der Koordinaten des Extrempunktes
Untersuchen auf Wendepunkte
b) Ermitteln der Nullstellen
Ermitteln des Definitionsbereichs
c) Berechnen des Inhalts der Querschnittsfläche
Berechnen des Flächeninhalts mithilfe von G
Ermitteln einer Gleichung der quadratischen Funktion
d) Nachweis des Extrempunktes von H
3 BE
4 BE
7 BE
2 BE
4 BE
2 BE
4 BE
5 BE
4 BE
3 BE
7 BE
45 BE
a) Mittelpunkt und Radius der Kugel:
Es gilt: (x – m)2 = r2, wobei m der Ortsvektor zum Mittelpunkt und r der
Radius der Kugel ist.
= –5
x12 + x22 + x32 + 2x1 – 4x2 – 6x3
2
2
2
x1 + 2x1 + 1 – 1 + x2 –4 x2 + 4 – 4 + x3 – 6x3 + 9 – 9 = –5
(x1 + 1)2 + (x2 – 2)2 + (x3 – 3)2
= –5 + 9 + 4 + 1 = 9
Also:
90
 –1  




x –  2 



 3 

2
= 32
Die Kugel hat den Mittelpunkt M(–123) und
den Radius r = 3.
Erwartungsbilder
Länge der Strecke PQ :
P und Q sind die gemeinsamen Punkte von Kugel K und Gerade g, d.h., es gilt:
 6 – 5t

 4–t

 – 1 + 2t
  –1
 
 – 2
 
  3





2
= 32,
also:
(6 – 5t + 1)2 + (4 – t – 2)2 + (–1 + 2t – 3)2 = 9
(7 – 5t)2 + (2 – t)2 + (– 4 + 2t)2
=9
2
2
2
49 – 70t + 25t + 4 – 4t + t + 16 – 16t + 4t = 9
30t2 – 90t + 60 = 0, also t2 – 3t + 2 = 0 ⇒ t1 = 1, t2 = 2
Für die Punkte P und Q folgt demnach:
P(6 + (–5) 4 + (–1) –1 + 2)
= P(1 3 1)
Q(6 + 2·(–5) 4 + 2·(–1) –1 + 2·2) = Q(– 4 2 3)
 PQ  =
2
2
2
( 1 – ( –4 ) ) + ( 3 – 2 ) + ( 1 – 3 ) =
25 + 1 + 4 =
30
b) Tangentialebene E2 an Kugel K im Punkt P:
Wegen der Orthogonalität der Vektoren MP = OP – OM und PX = (x – OP )
gilt (x – OP )·( OP – OM ) = 0,
 1     1   –1

    

x –  3  ⋅  3  –  2
    

 1   1   3






d.h.:
E2
P
=0 ⇒
x
(x1 – 1)·2 + (x2 – 3)·1 + (x3 – 1)·(–2) = 0
2x1 + x2 – 2x3 – 2 – 3 + 2 = 0
E2: 2x1 + x2 – 2x3 = 3
M
O
Tangentialebene E3 parallel zu E2, Berührungspunkt R mit Kugel K:
Berührungspunkt R der Ebene E3 mit der Kugel K ergibt sich als
OR = OP + 2· MP , also
OR =
 1
 
 3
 
 1
 –1–1

2–3

 3–1
+ 2





=
 –3 


 1 


 5 
, d.h.
P
M
R
R(–3 1 5).
O
91
Sachsen-Anhalt
Für die Tangentialebene E3 gilt dann analog zu oben:
(x – OR )·( OR – OM ) = 0, wobei ( OR – OM ) = –( OP – OM ) =
also
 –3    –2 


 


 x –  1   ⋅  –1 

 


 5   2 

 –2 


 –1 


 2 
,
= 0. ⇒
(x1 + 3)·(–2) + (x2 – 1)·(–1) + (x3 – 5)·2 = –2x1 – x2 + 2x3 – 6 + 1 – 10 = 0
E3: –2x1 – x2 + 2x3 – 15 = 0 (oder 2x1 + x2 – 2x3 = –15)
Abstand d zwischen den Ebenen E1 und E2:
 2 


1 


 –2 
Da beide Ebenen denselben Normalenvektor n E = 
besitzen, sind E1 und E2
zueinander parallel, d.h., der Abstand beider Ebenen ist gleichbedeutend mit
dem Abstand des Punktes P von der Ebene E1.
Eine zu E1 senkrechte Hilfsgerade h1 durch P mit dem Normalenvektor nE der
Ebene schneidet die Ebene E1 in S. Die Länge der Strecke PS ist dann der
Abstand beider Ebenen. Für die Hilfsgerade h1 ergibt sich:
h1:
x=
 1
 
 3
 
 1
 2 


1 


 –2 
+s
E1
S
Der Schnittpunkt S zwischen Gerade h1
nE
und Ebene E1 ergibt sich aus:
P
2(1 + 2s) + (3 + s) – 2(1 – 2s) = –1,5;
h1
2 + 4s + 3 + s – 2 + 4s = –1,5 ⇒ 9s = – 4,5, also O
s = – 0,5
⇒ S(1 + (– 1--2- )·2 3 + (– 1--2- )·1 1 + (– 1--2- )·(–2)) = S(0 2,5 2)
h1 > E1
Der Abstand beider Ebenen ist dann der Abstand der Punkte P und S, also
d =  PS  =
2
2
2
( 0 – 1 ) + ( 2, 5 – 3 ) + ( 2 – 1 ) =
Weiterer Lösungsweg:
HESSEsche Normalform der Gleichung von E1:
E1:
2x 1 + x 2 – 2x 3 + 1, 5
------------------------------------------------3
d(P; E1) =
92
2 + 3 – 2 + 1, 5
----------------------------------3
=0
= 1,5
1 + 0, 25 + 1 = 1,5
Erwartungsbilder
Nachweis, dass Ebene E1 die Kugel schneidet:
Da der Kugelradius r = 3 und der Abstand zwischen Tangentialebene E2 und
paralleler Ebene E1 d = 1,5 ist, muss nur noch geprüft werden, ob der Punkt S
auf der Strecke PM liegt, d.h., ob MS = k· MP mit k < 1 gilt.
 0 – ( –1 )

 2, 5 – 2

 2–3
 1 


 0, 5 


 –1 





=k
 1 – ( –1 )

 3–2

 1–3
 2 


1 


 –2 
=k
⇒





M
,
S
k=
1
--2
<1
P
E1
E2
Die Ebene E1 schneidet also die Kugel K.
Man ermittelt mit obiger HESSEscher Normalform der Gleichung von E1 den
Abstand des Kugelmittelpunktes von E1:
d(M; E1) =
– 2 + 2 – 6 + 1, 5
---------------------------------------3
= –1,5
(Das negative Vorzeichen sagt lediglich aus, dass sich P und M auf verschiedenen
Seiten von E1 befinden bzw. wo M bezüglich der Richtung des Normalenvektors
von E1 liegt. Für den Abstand ist der Betrag von d – also 1,5 < 3 – wesentlich.)
c) Ortsgerade h der Mittelpunkte der Kugelschar:
Ka:
 x1   1 – a

 
 x2  –  a

 
 x3   1 + a





2
= 9, a ∈ R
d.h., für die Gerade h gilt: h: x =
⇒ Ma(1 – a a 1 + a),
 1
 
 0
 
 1
 –1 


1 


 1 
+ a
,
a∈R
Mittelpunkt Ma mit minimalem Abstand zur x1-Achse:
Wie aus der Zeichnung auf dem Aufgabenblatt ersichtlich ist, muss zweimal
die Orthogonalitätsbedingung angewendet werden. Für den Punkt A auf der
x1-Achse mit minimalem Abstand zur Geraden h gilt mit den Richtungsvektoren ax1 der x1-Achse und ah der Geraden h:
(1) A(xA 0 0)
(2) a x · AM a = 0,
1
d.h.
 1   1–a–x
A
  
 0  ·
a
  
1+a
 0 





= 0.
93
Sachsen-Anhalt
(3) ah · M a A
= 0, d.h.
 –1   x – ( 1 – a )

  A
 1  ·
–a

 
 1   –( 1 + a )





= 0.
Daraus folgt:
(1 – a – xA) = 0 ⇒ xA = 1 – a und (–1)(xA –1 + a) + (–a) + [–(1 + a)] = 0.
xA = 1 – a eingesetzt ergibt:
(–1)(1 – a –1 + a) + (–a) + [–(1 + a)] = 0, also (–a) – 1 – a = 0 und damit
a = – 1--2- .
Die Koordinaten der Punkte A und Ma sind dann:
A(1,5 0 0), M– 1--- (1,5 –0,5 0,5)
2
Bewertungsvorschlag
a) Ermitteln von M und r
Berechnen der Länge der Strecke PQ
b) Aufstellen einer Gleichung für F2
Berechnen der Koordinaten des Berührungspunkts R
Angeben einer Gleichung für E3
Berechnen des Abstands
Nachweisen, dass E1 die Kugel schneidet
c) Angeben einer Gleichung für h
Berechnen des Mittelpunkts Ma
3 BE
5 BE
3 BE
2 BE
2 BE
4 BE
3 BE
2 BE
6 BE
30 BE
a) Gerade g2 durch Punkte A und B parallel zu g1:
Die Gerade g2 durch A und B ist echt parallel zu g1 , wenn die Richtungsvektoren beider Geraden linear abhängig sind und wenn ein Punkt von g2 nicht auch
Punkt von g1 ist.
Für g2 müssen also z.B. folgende Bedingungen erfüllt sein:
(1) AB =
 7–5

 10 – 5

 4–4





= k·
 2
 
 5
 
 0
(2) Wenn A ∉ g1 , so müsste gelten:
– wahre Aussage für k = 1.
 5
 
 5
 
 4
≠
 7 


 10 


 0 
+t
 2
 
 5
 
 0
Da es kein t gibt, welches alle drei Gleichungen erfüllt (t1 = –1, t2 = –1, t3 n. def.),
gilt A ∉g1.
Aus (1) und (2) folgt: g1  g2 und
94
g1 ≠ g2
Erwartungsbilder
Gerade g1 liegt in der x1-x2-Ebene:
Weil die x3-Komponente für einen beliebigen Punkt der Geraden g1 und auch
die x3-Komponente des Richtungsvektors stets 0 ist, liegt die Gerade g1 in der
x1-x2-Ebene.
b) Ebene E1, in der die Geraden g1 und g2 liegen:
Für die Ebene E1 sind wegen der Parallelität
von g1 und g2 die beiden Richtungsvektoren als
Spannvektoren nicht geeignet. Es könnten ein
Richtungsvektor a = a g =
1
ein Vektor b = PA =
 2
 
 5
 
 0
 5–7 


 5 – 10 


 4–0 
=
g1
P
A
und
B
g2
E1
 –2 


 –5 


 4 
genutzt werden.
Einen dazu senkrechten Vektor nE erhält man aus nE · a = 0 und nE · b = 0,
woraus folgt:
=0
(I) 2n1 + 5n2
(II) –2n1 – 5n2 + 4n3 = 0 mit den Lösungen n3 = 0; (z.B.) n1 = 20
n2 = 8
Anderer Lösungsweg:




n E = a × b , d.h. nE =
1
 20 
 –8 


 0 
A
 5 
 –2 


 0 
.
Somit ist eine Gleichung der Ebene E1
nE ·(x – OA ) = 0, also
 5 


 –2 


 0 


 5 
 
5 
 
 4 
· x – 


=0 ⇒
5·(x1 – 5) + (–2)·(x2 – 5) + 0(x3 – 4) = 0,
5 x1 –
2 x2 – 25 + 10
= 0,
5 x1 –
2 x2
= 15
Orthogonalität der Ebene E1 zur x1-x2-Ebene:
Normalenvektor der x1-x2-Ebene ist der Richtungsvektor der x3-Achse:
nE =
1
 5 


 –2 


 0 
 0
 
 0
 
 1
ist der Normalenvektor von E1.
95
Sachsen-Anhalt
Diese zwei Normalenvektoren sind wegen
 0
 
 0
 
 1
·
 5 


 –2 


 0 
= 0·5 + 0·(–2) + 1·0 = 0 orthogonal zueinander, also stehen
auch die Ebene E1 und die x1-x2-Ebene
senkrecht zueinander.
Gleichschenkligkeit des Dreiecks ABS:
 AS  =
2
2
( 5 – 5 ) + ( 7, 9 – 5 ) + ( 6 – 4 )
2
2
2
 BS  =
( 5 – 7 ) + ( 7, 9 – 10 ) + ( 6 – 4 )
 AB  =
( 7 – 5 ) + ( 10 – 5 ) + ( 4 – 4 )
2
2
2
2
=
12, 41 ,
=
12, 41 ,
=
29
Wegen  AS  =  BS  besitzt das Dreieck ABS zwei gleich lange Seiten, ist
also gleichschenklig.
Flächeninhalt des Dreiecks ABS:
An =
1
--2
An =
1
--2
 AB × AS 


 


10
–4
29
-----5






=
1
--2
2
2
2
------ ) =
10 + ( – 4 ) + ( 29
5
1
--2
149, 64 ≈ 6,12
d) Koordinaten der Punkte C und D:
Die zwei Punkte C und D liegen auf der Geraden g1 , so dass gilt:
C(7 + 2t1 10 + 5t1 0), D(7 + 2t2 10 + 5t2 0) mit t1 , t2 ∈ R.
Die Punkte A und B liegen auf der Geraden g2 ;
g1 und g2 sind zueinander parallel.
Der Punkt C muss weiterhin folgender Bedingung genügen:
AB · BC = 0, d.h.
 2
 
 5
 
 0
·
 7 + 2t – 7
1

 10 + 5t 1 – 10


0–4





g1
=0
C
D
g2
2·2· t1 + 5·5· t1= 0, also 29t1= 0 ⇒ t1 = 0 ⇒ C(710 0)
Aus C erhält man D mit OD = OA + BC ,
OD =
96
 5
 
 5
 
 4
+
 7–7

 10 – 10

 0–4





=
 5
 
 5
 
 0
⇒ D(5 5 0)
B
A
Erwartungsbilder
g1 mit den (gesuchten) Punkten C und D liegt in der x1-x2-Ebene. Da ABCD
ein Rechteck sein soll, müssen die Punkte D und C aus A bzw. B durch senkrechte Parallelprojektion in die x1-x2-Ebene hervorgehen. Die x1- und die
x2-Koordinaten bleiben dabei unverändert. Also: D(5 5 0), C(7 10 0)
Volumen der Pyramide ABCDS:
Für ein Pyramidenvolumen gilt V = 1--3- (a × b)·c, wobei a, b Spannvektoren
der parallelogrammförmigen Grundfläche und c ein Seitenkantenvektor sind.
V = 1--3- ( AB × AD )· AS ,
 2  0   0 
  
 

 5  ×  0  ⋅  2, 9 
  
 

 0   –4   2 
V=
1
--3
V=
 – 20   0 
 

1 
---  8  ⋅  2, 9 
3 
 

 0   2 
=
 0
1 
---  23, 2
3 
 0
c





b
≈ 7,73
a
V = 1--3- AG ·h mit AG =  AB · BC  = 4 29
h = d(S; E1) =
1
--5
29
(Durch Einsetzen der Koordinaten von S in die aus der HESSEschen Normal5x 1 – 2x 2 – 15
- .)
form gewonnene Abstandsformel d = ---------------------------------29
Spitzen S1 , S2 zweier gerader Pyramiden mit Volumen von ABCDS:
Die Punkte S1 bzw. S2 müssen senkrecht über dem Mittelpunkt M des Rechtecks ABCD liegen. Es gilt
OM = OA +
=
 5
 
 5
 
 4
1
--2
+
AB +
 2
1  
---  5 
2  
 0
1
--2
AD
+
 0 

1 
---  0 
2 

 –4 
=
 6 


 7, 5 


 2 
Für die Punkte S1 bzw. S2 gilt weiterhin
1
- · nE
OS 1 = OM + hABCDS · ------------------nE
M(6 7,5 2),
nE
ABCD
ABCD
(h ∈ R) mit
ABCD
=
 – 20 


 8 


 0 
,  nE
ABCD
 = 4 29 = AG .
97
Sachsen-Anhalt
hABCDS =
OS 1 =
3V
------AG
=
 6 


 7, 5 


 2 
23, 2
3 ----------3
-------------4 29
(volumengleiche Pyramiden haben bei gleicher Grundfläche die gleiche Höhe)
 – 20 


1
23, 2
------------- · ------------- ·  8 
4 29 4 29 

 0 
+
=
 6 


 7, 5 


 2 
+
 –5 

23, 2 
-----------  2 
116 

 0 
=
 5 


 7, 9 


 2 
⇒
S1(5 7,9 2)
1
- · nE
OS 2 = OM – hABCDS · ------------------nE
OS 2 =
 6 


 7, 5 


 2 
–
ABCD
ABCD
 –5 

23, 2 
-----------  2 
116 

 0 
=
 7 


 7, 1 


 2 
⇒ S2(7 7,1 2)
5 BE
5 BE
2 BE
2 BE
3 BE
2 BE
5 BE
6 BE
30 BE
a) Nachweisen der Lage von g1
b) Aufstellen der Ebenengleichung
Nachweisen der Orthogonalität der Ebenen
c) Nachweisen der Gleichschenkligkeit von ∆ ABC
Berechnen des Flächeninhalts
d) Ermitteln der Koordinaten von C und D
Berechnen des Volumens
Berechnen der Punkte S1, S2
a) Wahrscheinlichkeit, mit der der Schüler eine Eintrittskarte kauft:
Veranschaulichung der Bedingung mit Hilfe eines Baumdiagramms:
E: „Schüler kauft eine Eintrittskarte“
T: „Schüler kauft ein T-Shirt“
Ausgangssituation
0,6
Eintrittskarte
P(E) = 0,6; P(E) = 0,4
0,4
ja
nein
PE(T) = 0,4; P (T) = 0,7
E
0,4
T-Shirt
98
ja
0,24
0,6 0,7
nein
0,36
ja
0,28
0,3
nein
0,12
Erwartungsbilder
Durch Vertauschen der ersten und zweiten Stufe ergibt sich:
Ausgangssituation
PT(E) + PT( E ) =
0,52
T-Shirt
0,48
ja
Eintrittskarte
= 0,24 + 0,28 = 0,52
nein
P (E) + P ( E ) =
T
0,46
ja
0,24
nein
0,28
ja
0,36
nein
0,12
T
= 0,36 + 0,12 = 0,48
PT(E) = P(T ∩ E) : P(T)
= 0,24 : 0,52 ≈ 0,46
Mit einer Wahrscheinlichkeit von 46 % besitzt der Schüler mit T-Shirt auch
eine Eintrittskarte.
Anwendung der BAYESschen Formel:
PT(E) =
PE ( T ) ⋅ P ( E )
--------------------------------------------------------------------PE ( T ) ⋅ P ( E ) + P ( T ) ⋅ P ( E )
E
b) Normalverteilung der Zufallsgröße X:
Für die Zufallsgröße X gilt: n = 500, p = 0,6;
folglich ist die Streuung n·p·(1 – p) = 120 > 9 und somit ist eine Approximation der Binomialverteilung durch eine Normalverteilung möglich.
Wahrscheinlichkeit, dass mindestens 310 Karten verkauft werden:
P(X ≥ 310) = 1 – P(X ≤ 309);
309 + 0, 5 – n ⋅ p
+ 0, 5 – 300
-------------------------------------- )
P(X ≤ 309) ≈ Φ( --------------------------------------) ≈ Φ( 309
n ⋅ p ⋅ (1 – p)
120
≈ Φ(0,8672) ≈ 0,8078 (lt. Tabelle)
Folglich ist P(X ≥ 310) ≈ 1 – 0,8078 ≈ 0,192, d.h. etwa 19 %.
c) Notwendige Anzahl Lehrerkarten zur Finanzierung:
Gesicherte Finanzierung bei mindestens 310 verkauften Karten soll mit mindestens 70%iger Wahrscheinlichkeit eintreten:
Wegen P(X ≥ 310) = 1 – P(X ≤ 309) ≥ 0,7 und der Approximation durch eine
Normalverteilung ergibt sich
309 + 0, 5 – n ⋅ p
1 – Φ( --------------------------------------) ≥ 0,7, d.h. mit p = 0,6:
n ⋅ p ⋅ (1 – p )
+ 0, 5 – n ⋅ 0, 6
-------------------------------------------- ) ≥ 0,7.
1 – Φ( 309
n ⋅ 0, 6 ⋅ 0, 4
99
Sachsen-Anhalt
Wegen Φ(–X) = 1 – Φ(X) gilt mit Φ(X) ≤ 0,3 auch
+ 0, 5 – n ⋅ 0, 6
-------------------------------------------- ≥ 0,53.
Φ(–X) ≥ 0,7 und damit lt. Tabelle –( 309
n ⋅ 0, 6 ⋅ 0, 4
Daraus folgt:
–309,5 + 0,6n – 0,53 0, 24n ≥ 0
n – 0,4327 n – 515,83
≥0
Substitution: n = z liefert n ≥ 525,75, d.h. n ≥ 526.
Weil von 500 Schülern auszugehen ist, müssen mindestens 26 Lehrern Eintrittskarten angeboten werden.
a) Berechnen der bedingten Wahrscheinlichkeit
b) Nachweisen der Normalverteilung
Berechnen der Wahrscheinlichkeit
c) Berechnen der Mindestanzahl
6 BE
2 BE
7 BE
10 BE
25 BE
a) Graph H von h(x) im Intervall –0,5 ≤ x ≤ 4
y
1
F
H
O
1
2
3
4
G
b) Beweis mittels vollständiger Induktion:
(I) Induktionsanfang:
Für n = 1 gilt nach der behaupteten Formel
1
f(x) = ( x + 1 ) – --2-
⇒
1
3
f'(x) = (–1) 1--2- ( x + 1 ) – --2-
Aus f(x) = ( x + 1 ) – --2- folgt nach den Differentiationsregeln ebenfalls:
3
f'(x) = – 1--2- ( x + 1 ) – --2-
100
x
Erwartungsbilder
(II) Induktionsschritt:
• Induktionsvoraussetzung:
Für ein beliebiges, aber festes k gilt
⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ( 2k – 1 )
(x + 1)
f (k)(x) = (–1)k1-----------------------------------------k
2k + 1
– --------------2
2
• Induktionsbehauptung:
Dann gilt auch für den Nachfolger von k
2(k + 1) + 1
– -----------------------------2
f (k + 1)(x) = (–1)(k + 1)·
1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ … ⋅ (2(k + 1) – 1)
------------------------------------------------------------------( x
k+1
2
+ 1)
f (k + 1)(x) = (–1)(k + 1) ·
1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ … ⋅ ( 2k + 1 )
----------------------------------------------------( x
k+1
2
2k + 3
– --------------2
+ 1)
d.h.
(*)
• Induktionsbeweis:
Für die Ableitung von f (k)(x) gilt:
f (k + 1)(x) = ( – 1 )
= ( –1 )
k 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ … ⋅ ( 2k – 1 )
-(x
⋅ ---------------------------------------------------k
2
k 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ … ⋅ ( 2k – 1 )
-(x
⋅ ---------------------------------------------------k
2
= ( –1 )
+ 1)
+ 1)
2k + 1
– --------------2
'
2k + 1
– --------------- –
2
+1
--------------- )
· ( – 2k
2
( k + 1 ) 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ … ⋅ ( 2k – 1 ) ( 2k + 1 )
-( x
⋅ ------------------------------------------------------------------------k+1
2
+ 1)
2k + 3
– --------------2
(**)
(*) und (**) stimmen überein:
Wie die k-te Ableitung lässt sich analog auch die (k + 1)-te Ableitung bilden.
Wegen der in (I) und (II) gefundenen Beweise ist die angegebene Formel für
alle n ∈ N, n ≥ 1 bewiesen.
c) Approximation der Funktion h(x) durch eine ganzrationale Funktion:
Allgemein lässt sich eine ganzrationale Funktion dritten Grades in folgender
Form schreiben: y = p(x) = ax3 + bx2 + cx + d,
p'(x) = 3ax2 + 2bx + c,
p''(x) = 6ax + 2b,
p'''(x) = 6a
Für diese Funktion p(x) sollen folgende Bedingungen gelten:
(1) p(0) = h(0) und
h(0) = 1
⇒ d=1
(2) p'(0) = h'(0) und
h'(0) = 0 ⇒
0 = 3a02 + 2b·0 + c ⇒ c = 0
101
Sachsen-Anhalt
3
--- ,
4
19
-,
– ----8
(3)
p''(0) = h''(0) und h''(0) =
(4)
p'''(0)= h'''(0) ⇒ h'''(0) =
3
--- = 6a·0 + 2b
4
19
- = 6a ⇒ a
also– ----8
also
⇒
b=
3
--8
-----= – 19
48
Für die Funktion dritten Grades ergibt sich folglich:
3
3 2
------ x + --- x + 1
p(x) = – 19
48
8
Nachweis, dass h kein bestimmtes Integral besitzt:
Da die untere Intervallgrenze nicht zum DB von h(x) gehört, existiert das
bestimmte Integral nicht.
0
Uneigentliches Integral
∫ h(x)dx:
–1
1
Es gilt ∫ h(x)dx= ∫ [ ( x + 1 ) – --2- + 1--2- sinx]dx
1
= 2 ( x + 1 ) --2- – 1--2- cosx + c.
Für das uneigentliche Integral
0
1
---
[2· ( x + 1 ) 2
∫ h(x)dx = nlim
→∞
0
1
– 1 + --n
– 1--2- cosx]|
–1
1
---
lim [2· 1 2 –
n→∞
1
--2
ergibt sich
1
---
– (2·  1--n- 2 – 1--2- cos(–1 + 1--n- ))] = lim [ 3--2- – 2
n→∞
=
3
--2
1
--n
+ 1--2- cos(–1 + 1--n- )]
+ 1--2- cos(–1) ≈ 1,77
Da der Grenzwert existiert, existiert auch das uneigentliche Integral.
Weitere mögliche Schreibweise:
0
0
[2
∫ h(x)dx = a lim
∫ h(x)dx = a lim
→ –1
→ –1
–1
a > –1
a
0
x + 1 – 1--2- cosx]| a
a > –1
= lim (2 – – 2 a + 1 + 1--2- cosa) = lim (1,5 – 2 a + 1 + 1--2- cosa)
a → –1
a > –1
1
--2
a → –1
a > –1
= 1,5 + 1--2- cos(–1) ≈ 1,77
a)
b)
c)
d)
102
Beweisen mittels vollständiger Induktion
Ermitteln einer Gleichung für die Funktion p
Begründen und Berechnen des uneigentlichen Integrals
3 BE
7 BE
8 BE
7 BE
25 BE
Erwartungsbilder
a) Parabelgleichung:
Scheitelpunkt S(0 0); y2 = 2px; wegen P als Parabelpunkt ergibt sich für p
----------- x
42 = 2·p·7 ⇒ p = 16
⇒ y2 = 16
14
7
Brennpunkt der Parabel:
F( p--2-  0) = F( 4--7-  0)
Parabelkonstruktion:
y
3
2
1
O F
1
2
3
4
x
–1
–2
–3
Tangentenkonstruktion:
• Durch den gegebenen Parabelpunkt P wird eine Parallele zur Symmetrieachse der Parabel gezeichnet. Q sei ein beliebiger Punkt im Inneren der
Parabel.
• Die Winkelhalbierende des Winkels \FPQ ist die Senkrechte zur Parabeltangente in P.
b) Koordinaten der Berührungspunkte B1 und B2:
Es gilt für eine Parabeltangente mit S(0 0) lt. Tafelwerk y·yB = p·(x + xB).
------ erhält man daraus:
Mit Q(–3,5 1) und p = 16
14
(I) yB =
8
--7
·(–3,5 + xB) = – 4 +
8
--- xB.
7
Für die Berührungspunkte B1 bzw. B2 gilt weiterhin:
------ xB
(II) yB2 = 16
7
103
Sachsen-Anhalt
Aus den Bedingungen (I) und (II) folgt:
2
8
16
--- xB) = ------ xB bzw.
7
7
64
64 2 16
64 2
------ xB + ------ xB – ------ xB = ------ xB
7
49
7
49
(– 4 +
16 –
xB2 – 8,75xB + 12,25 = 0 ⇒
–
80
------ xB
7
+ 16 = 0,
x B = 7 bzw.
1
also
x B = 1,75.
2
Für die Punkte B1 und B2 ergibt sich:
B1(7 4) und B2(1,75 –2)
c) Allgemeingültigkeit einer Aussage:
Richtigkeit der Aussage am Beispiel von Q, B1 , B2:
+ 1, 75 4 + ( – 2 )
-  -------------------- ) mit yM = 1 ist die Aussage im
Wegen yQ = 1 und M( 7------------------2
2
Beispielfall wahr.
Allgemein gilt für die Tangenten durch Q(xQ yQ) an die Parabel:
yQ ·yB = p(xQ + xB) und yB2 = 2pxB , d.h. yQyB – pxQ = pxB;
für pxB eingesetzt in yB2 = 2pxB ergibt
2
yB2 – 2yQyB + 2pxQ = 0 und damit y B = yQ ± y Q – 2px Q
1/2
Da der Mittelpunkt der Strecke B 1 B 2 zu betrachten ist, heißt das für yM:
yM =
yM =
1
--2
1
--2
[yQ +
2
y Q – 2px Q + yQ –
2
y Q – 2px Q ]
[2yQ] = yQ
a) Angeben einer Parabelgleichung und der Koordinaten von F
Konstruieren von Parabelpunkten; Zeichnen der Parabel
Angeben einer Konstruktionsbeschreibung
b) Berechnen der Koordinaten der Berührungspunkte
c) Überprüfen der Richtigkeit der Aussage bez. Ma/Qa
Nachweisen der Allgemeingültigkeit der Aussage
104
3 BE
4 BE
4 BE
7 BE
2 BE
5 BE
25 BE
Abiturprüfung
Leistungskurs
1998 / 99
Gymnasium
Thüringen
Thüringen
Hinweis:
Die Prüfungsteilnehmer hatten von den Aufgaben 1.1 und 1.2 eine und von den
Aufgaben 2.1 und 2.2 und 2.3 zwei zur Bearbeitung auszuwählen.
Aufgabe 1.1
Für jede reelle Zahl a mit a ≥ 1 ist eine Funktion fa gegeben durch
y = fa(x) = a + sinax (x ∈ R).
a) Wie muss der Parameter a gewählt werden, damit die Funktion fa Nullstellen
besitzt?
b) Bestimmen Sie für die Funktion fa alle möglichen Extremstellen!
Weisen Sie nur für die kleinste positive Extremstelle xE die Art des Extremums
nach!
Berechnen Sie für diese Stelle xE den Funktionswert fa(xE)!
Die Punkte E(xE; fa(xE)) liegen auf einer Kurve.
Geben Sie deren Gleichung an!
c) Die Tangente an den Graphen fa im Punkt (0; fa(0)) schneidet die x-Achse in
einem Punkt S.
Bestimmen Sie dessen Koordinaten!
d) Beweisen Sie durch vollständige Induktion, dass für die (2n)-te Ableitung der
Funktion fa gilt:
fa(2n)(x) = (–1)n ·a2n ·sinax (n ∈ N, n ≥ 1)
e) Skizzieren Sie die Graphen der Funktionen f1 und f3 im Intervall 0 ≤ x ≤ 7 in
ein und dasselbe Koordinatensystem!
Begründen Sie, dass die Graphen der Funktionen f1 und f3 im angegebenen
Intervall nur genau einen Punkt B(xB; 2) gemeinsam haben!
Die y-Achse und diese beiden Graphen begrenzen im angegebenen Intervall
ein Flächenstück vollständig.
Berechnen Sie dessen Inhalt!
f) Gegeben sei die Folge (ci) mit i = 1; 2; 3; … , wobei ci der Wert der i-ten Ableitung der Funktion f1 an der Stelle x = 0 ist.
Geben Sie die ersten fünf Glieder der Folge (ci) an!
Es sei (si) die zugehörige Partialsummenfolge mit si = c1 + c2 + … + ci .
Geben Sie die ersten fünf Glieder der Partialsummenfolge (si) an!
Wie groß ist s1999?
106
Aufgaben
g) Gegeben ist eine Funktion g durch y = g(x) = 1 + 3 ·cosx.
Berechnen Sie alle Schnittpunkte der Graphen von f1 und g im Intervall
0 ≤ x ≤ 2π!
Aufgabe 1.2
Für jede natürliche Zahl a mit a > 1 ist eine Funktion fa gegeben durch
y = fa(x) =
a
1- ⋅ ------------x ----2a x 2 – 4
(x ∈ R, x ≠ –2, x ≠ 2).
a) Untersuchen Sie die Funktion fa auf Nullstellen, Polstellen und den Graphen
von fa auf Symmetrie in Abhängigkeit von a!
b) Zeigen Sie, dass für die 1. Ableitung fa' gilt:
y = fa'(x) =
c)
d)
e)
f)
a–1
2
1- ⋅ x-----------------------------------------------------( ( a – 2 ) ⋅ x – 4a )----2
2
2a
(x – 4)
Ermitteln Sie die Nullstellen von fa' in Abhängigkeit von a!
Berechnen Sie für a = 3 die Koordinaten der zugehörigen Punkte des Graphen
von f3!
Außer an den Polstellen besitzt der Graph von f3 eine weitere Asymptote.
Geben Sie für jede Asymptote deren Gleichung an!
Skizzieren Sie die Asymptoten und den Graphen von f3 im Intervall – 6 ≤ x ≤ 6
in ein Koordinatensystem!
Begründen Sie unter Verwendung der Asymptoten, dass der Punkt
(2 3 ; --1- 3 ) ein lokaler Minimumpunkt des Graphen von f3 ist!
2
Nutzen Sie die Symmetrieeigenschaft von f3, um die Art des zweiten Extrempunktes zu begründen!
Begründen Sie außerdem, dass der Punkt (0; 0) der Wendepunkt des Graphen
von f3 ist!
Für welche reelle Zahl b ist die Funktion
F3 mit F3 (x) = bx2 + --1- ·ln(x2 – 4) für x > 2 eine Stammfunktion von f3?
3
Der Graph von f3 und die Geraden mit den Gleichungen y = --1- x, x = 4 und
6
x = 6 begrenzen eine Fläche vollständig.
Berechnen Sie deren Inhalt!
107
Thüringen
g) Auf dem Graphen von f3 liegt ein Punkt P(xp; f3(xp)) mit xp > 2.
Q sei der Fußpunkt des Lotes von P auf der x-Achse.
Die Punkte O(0; 0), Q, P seien die Eckpunkte eines Dreiecks.
Ermitteln Sie xp für den Fall, dass der Flächeninhalt des Dreiecks OPQ minimal wird!
(Auf den Nachweis des lokalen und globalen Minimums wird verzichtet.)
Gegen Sie den minimalen Flächeninhalt an!
Aufgabe 2.1
In einem kartesischen Koordinatensystem ist eine Pyramide mit rechteckiger
Grundfläche ABCD durch die Punkte A(3; –2; 1), B(3; 4; –1), C(–1; 4; –1),
D(–1; –2; 1) und der Spitze S(1; 4; 9) gegeben.
S
η
H
G
E
F
D
C
M
A
B
a) Ermitteln Sie die Koordinaten des Schnittpunktes M der Diagonalen der
Grundfläche!
Weisen sie nach, dass die Pyramide ABCDS gerade ist!
b) Die Seitenkanten der Pyramide durchstoßen eine Ebene η in den Punkten
E, F(2; 4; 4), G(0; 4; 4) und H(0,5; 2,5; 7) (siehe Skizze).
Geben sie eine parameterfreie Gleichung für η an!
Bestimmen Sie die Koordinaten des Durchstoßpunktes E der Kante AS mit
der Ebene η!
(Kontrollergebnis: z.B. η: 2y + z = 12)
c) Zeigen Sie, dass das Viereck EFGH ein gleichschenkliges Trapez ist, und
berechnen Sie seinen Flächeninhalt!
d) Berechnen sie das Volumen der schiefen Pyramide EFGHS!
108
Aufgaben
Für jedes t ∈ R ist eine Ebene εt durch die Gleichung
(11 – 10t)·y + 3·z = 41 – 10t gegeben.
e) Die Menge aller Ebenen εt hat eine gemeinsame Schnittgerade g.
Beschreiben Sie die Lage der Ebene εt und der Schnittgeraden g im Koordinatensystem!
f) Ermitteln sie für jede der folgenden Lagebeziehungen alle Werte des Parameters t!
(1) εt ist mit η identisch.
(2) εt hat mit dem Dreieck BCS gemeinsame Punkte.
(Hinweis: Beachten Sie die besondere Lage des Dreiecks BCS im Koordinatensystem!)
Aufgabe 2.2
In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte A(1; 3; 2) und B(3; 5; 10)
sowie die Ebenenschar εt: 3tx + (t – 3)y + tz = 12t + 1 (t ∈ R) gegeben.
a) Die Gerade g, die durch die Punkte A und B verläuft, durchstößt die Ebene ε1
in einem Punkt D.
Berechnen Sie die Koordinaten des Punktes D und die Größe des Winkels,
unter dem die Gerade g die Ebene ε1 schneidet!
b) Berechnen Sie die Koordinaten des Punktes A', der durch die Spiegelung des
Punktes A an der Ebene ε1 entsteht!
c) Berechnen Sie den Flächeninhalt des Dreiecks ADA'!
d) Alle Ebenen der Schar εt schneiden sich in einer Geraden s.
Geben Sie eine Gleichung für die Gerade s an!
e) Gegeben ist eine weitere Gerade h durch
x=
 8 


 4 


 13 
 3
 
3
 
 7
+ r
(r ∈ R)
Zeigen Sie, dass die Gerade h und die Gerade g (aus Teilaufgabe a)) windschief
zueinander verlaufen, und bestimmen Sie den Abstand dieser Geraden!
Ermitteln Sie die Koordinaten der Punkte G auf g und H auf h so, dass GH der
Abstand der Geraden g und h ist!
109
Thüringen
Aufgabe 2.3
Ein Unternehmer zahlt einem Taucher der Südsee für jede abgelieferte Muschel
5 Cent (Hinweis: Ein Euro sind 100 Cent.).
Erfahrungsgemäß haben 16 % dieser Muscheln genau eine Perle. Die übrigen haben keine Perle.
a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass der Unternehmer für einen
Euro, den er einem Taucher zahlt, genau 3 Perlen erhält?
b) Ein Urlauber kauft dem Unternehmer 5 von 20 Muscheln ab.
Von diesen 20 Muscheln enthalten genau 3 je eine Perle. Dies ergab eine vorangegangene Untersuchung.
Äußerlich sind die Muscheln nicht zu unterscheiden.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass der Urlauber genau 2 Perlen
erworben hat?
c) Wie viele Muscheln muss ein Urlauber von den 20 Muscheln (aus Teilaufgabe b))
mindestens kaufen, damit er mit mehr als 25 % Wahrscheinlichkeit mindestens
eine Perle bekommt?
d) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Anzahl der Perlen, die der
Unternehmer für 5 Euro aus den Muscheln erhält, um mehr als die Hälfte der
Standardabweichung von der erwarteten Perlenzahl abweicht?
e) Auf dem Schreibtisch des Unternehmers liegen gut gemischt Perlen der Größen
A und B. Von der Größe A sind genau 3 Stück vorhanden. Der Unternehmer entnimmt 2 Perlen mit einem Griff. Die Wahrscheinlichkeit, jeweils genau eine
Perle von beiden Sorten zu erhalten, beträgt p = --3- .
5
Wie viele Perlen der Größe B lagen auf dem Tisch?
f) Erfahrungsgemäß entsprechen 2 % der Perlen nicht dem Qualitätsstandard und
gelten als fehlerhaft.
Ein vom Unternehmer eingesetztes Prüfverfahren sondert 3 % aller Perlen als
fehlerhaft aus.
Bei diesem Prüfverfahren werden von den fehlerfreien Perlen 1,5 % irrtümlich
als fehlerhaft ausgesondert.
Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit für das Aussondern einer fehlerhaften
Perle!
110
Erwartungsbilder
a) Da –1 + a ≤ a + sinax ≤ 1 + a und für Nullstellen außerdem a + sinax = 0
gilt, folgt –1 + a ≤ 0 ≤ 1 + a.
Wegen a ≥ 1 ist diese Gleichung nur für a = 1 erfüllt, d.h. nur für a = 1 hat
eine Funktion fa(x) = a + sinax Nullstellen.
b) fa'(x) = acosax; fa''(x) = –a2 sinax
fa'(x) = 0 ⇒ cosax = 0
ax E = --π- + k·π (k ∈ Z)
k
2
Mögliche Extremstellen:
π- + ---------k⋅π
x E = ----2a
k
a
Kleinste positive Extremstelle xE für k = 0:
πxE = ----2a
π- ) = –a2 sin --π- = –a2 < 0 ⇒
fa''( -----
2a
π- )
fa( ----2a
=a+
2
sin --π2
lokales Maximum
=a+1
⇒ Extrempunkt:
π- ; a + 1)
E( ----2a
Ortskurve der Extrempunkte E(xE; fa(xE)):
π- folgt a = -------π - . Nach Einsetzen in y erhält man y =
Aus xE = ----E
E
2a
2x E
π-------2x E
+ 1.
Die Extrempunkte (mit der jeweils kleinsten positiven Extremstelle) liegen alle
π- + 1.
auf der Kurve y = ----2x
c) Gleichung der Tangente:
mt = fa'(0) = acos0 = a; fa(0) = a
Allgemeine Tangentengleichung:
y – y0 = mt (x – x0)
Eingesetzt: y – a = a(x – 0)
y = ax + a
Schnittpunkte der Tangente mit der x-Achse:
ax + a = 0 ⇒ x = –1; S(–1; 0)
111
Thüringen
d) fa(2n)(x) = (–1)n ·a2n ·sinax (n ∈ N, n ≥ 1)
I. Induktionsanfang n = 1:
fa(2)(x) = (–1)1 a2 sinax = –a2 sinax = fa''(x)
siehe b)
II. Induktionsschluss:
Induktionsvoraussetzung n = k: fa(2k)(x) = (–1)k a2k sinax
Induktionsbehauptung n = k + 1: fa(2k + 2)(x) = (–1)k + 1 a2k + 2 sinax
Induktionsbeweis:
fa(2k + 2)(x) = [fa(2k)(x)]'' = [(–1)k a2k sinax]''
= [(–1)ka2k cosax·a]'
= [(–1)k ·a2k + 1 cosax]'
= (–1)k ·a2k + 1 (–1)sinax·a
= (–1)k + 1 a2k + 2 sinax
Wegen der unter I. und II. geführten Beweise ist die Ausgangsaussage für alle
natürlichen Zahlen n ≥ 1 wahr.
e) f1(x) = 1 + sinx; y
f3(x) = 3 + sin3x
f3
f1
1
O
p
2
x
Für die Wertebereiche von f1 und f3 gilt:
0 ≤ f1(x) ≤ 2
2 ≤ f3(x) ≤ 3 ⇒
1 + sinx = 2
sinx = 1
x = π--- + k·2π
2
einziger gemeinsamer Funktionswert ist y =2
3 + sin3x = 2
sin3x = –1
x = π--- + k· 2--- π
2
3
Im vorgegebenen Intervall 0 ≤ x ≤ 7 existiert für k = 0 eine Lösung:
ππ- ; 2)
x = -⇒ Berührungspunkt B( -2
112
2
Erwartungsbilder
Flächeninhalt:
π-2
π-2
A = ∫ [f3(x) – f1(x)]dx = ∫ (sin3x – sinx + 2)dx
0
0
π
---
= [– --1- cos3x + cosx + 2x] 2
3
0
= – 1--- cos 3--- π + cos π--- + π +
3
f) Folge (ci):
f1(x) = 1 + sinx
f1'(x) = cosx
f1''(x) = –sinx
f1'''(x) = –cosx
f1(4)(x) = sinx
f1(5)(x) = cosx
2
f1'(0)
f1''(0)
f1'''(0)
f1(4)(0)
f1(5)(0)
=
=
=
=
=
2
1
0
–1
0
1
= c1
= c2
= c3
= c4
= c5
1
--3
–1=π–
2
--3
s1
=1
s2 = 1 + 0 = 1
s3 = 1 – 1 = 0
s4 = 0 + 0 = 0
s5 = 0 + 1 = 1
(n ∈ N) folgt
Da allgemein s4n + 1 = 1, s4n + 2 = 1, s4n + 3 = 0, s4n +4 = 0
s1999 = s4·499 + 3 = s3, also s1999 = 0.
g) Für die Schnittstellen der Graphen von g und f1 gilt:
1 + 3 cosx = 1 + sinx
3 cosx = sinx | : cosx ≠ 0
tanx = 3 ⇒ für das Intervall 0 ≤ x ≤ 2π: x1 =
Mit y1 = 1 + sin --πS1( --π- ; 1 +
3
3)
π
--3
;
x2 =
4
--3
π
bzw. y2 = 1 + sin --4- π ergeben sich die Schnittpunkte
3
--12
(FE)
S2( --4- π; 1 –
und
3
3
--12
3 ).
Aufgabe 1.1
30 BE
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
1 BE 8 BE 3 BE 5 BE 7 BE 3 BE 3 BE
a) Nullstellen:
Polstellen:
Aus
a
1- ⋅ ------------x ----2a x 2 – 4
= 0 folgt xa = 0, also x0 = 0.
Aus 2a(x2 – 4) = 0 folgen x P = –2; x P = 2.
Symmetrie:
a
1- --------------------( –x ) - =
fa(–x) = ----2
2a ( – x ) – 4
1
2
a
1- ------------( –x ) ----2a x 2 – 4
113
Thüringen
a
(a = 2n; n ∈ N):
(1) a gerade
1- ------------x ----2a x 2 – 4
(2) a ungerade (a = 2n + 1; n ∈ N):
b) fa'(x) =
=
a–1
2
a
1- · ax
( x – 4 ) – x – 2x------------------------------------------------------------2
2
2a
(x – 4)
a–1
2
2
1- · x--------------------------------------------------( ax – 4a – 2x -)
----2
2
2a
(x – 4)
a
1- ------------–x ----2a x 2 – 4
a–1
= fa(x) ⇒ axialsymmetrisch
bez. y-Achse
= –fa(x) ⇒ punktsymm. bez.
Koordinatenurspr.
2
a+1
=
1- · x---------------------------------------------------------( ax – 4a ) – 2x
----2
2
2a
(x – 4)
=
1- · x-------------------------------------------------[ ( a – 2 )x – 4a ]----2
2
2a
(x – 4)
a–1
2
fa'(x) = 0:
(1) xa – 1 = 0
⇒
x1 = 0 für alle a ∈ N, a > 1
4a ⇒ Für a = 2 existieren keine weite(2) (a – 2)x2 – 4a = 0, also x2 = ---------a–2
ren Nullstellen.
Für a > 2 folgen
x2 = +
4a - =
---------a–2
2
a -;
---------a–2
x3 = –
Für a = 3 gilt: x1 = 0; x2/3 = ±2 3 ; f3(±2 3 )=
⇒
P1(0; 0), P2(2 3 ;
c) y = f3(x) =
3
1
x --- ------------6 x2 – 4
--12
3 ), P3(–2 3 ; – --12
4a - =
---------a–2
–2
3
1--- · ----------------------------( ±2 3 ) 6 ( ±2 3 )2 – 4
a ---------a–2
= ± 1---
3
2
3)
3
x
= -------------------; Polasymptoten: x = 2; x = –2
2
6x – 24
1--- x + -------------------4x
2
6
6x – 24
Aus x3 : (6x2 – 24) =
–( x3 – 4x)
4x
folgt die Gleichung der weiteren Asymptote: y =
--16
x
Skizze (Graph f3 und Asymptoten):
y
f3
f3
1
f3
114
O
x = –2
y=
1
1
6
x
x
x=2
Erwartungsbilder
d) Wir betrachten das Verhalten der Funktion f3 bei Annäherung an die Asymptote x = 2 (für x > 2) und bei Annäherung an die Asymptote y = --1- x.
6
lim f3(x) = ∞ und
lim f3(x) = ∞.
Es gilt:
x→∞
x→2+0
Da die Funktion f3 wegen der Differenzierbarkeit in ]2; ∞[ dort auch stetig ist,
ist (2 3 ; --1- 3 ) lokaler Minimumpunkt. Da f3 wegen a) punktsymmetrisch ist,
2
muss (–2 3 ; – --1- 3 ) lokaler Maximumpunkt sein. Aus den Polasymptoten
2
bei x = ±2 und der Punktsymmetrie ergibt sich auch der Wendepunkt bei (0; 0).
e) F3 ist Stammfunktion von f3, wenn gilt F3'(x) = f3(x):
2x - = f (x)
F3'(x) = 2bx + 1--- ------------3
2
3 x –4
2
12bx
x
(
–
4
) + 4x-------------------------------------------2
6 (x – 4)
3
⇒12bx3 – 48bx + 4x= x3
x
--------------------2
6 (x – 4)
=
Die Gleichung ist erfüllt, wenn 12b = 1 und – 48b + 4 = 0.
1- .
Für beide Gleichungen erhält man widerspruchsfrei b = ----12
f) Flächeninhalt:
6
1- x2 + --1- ln(x2 – 4) –
A = ∫ (f3(x) – --1- x)dx = [ ----6
4
12
3
1--- (ln32 – ln12)
3
=
=
1- x2] 6
----4
12
1--- ln 8--- ≈ 0,33
3 3
(FE)
g) Da das Dreieck OPQ rechtwinklig ist, gilt:
3
4
x
x
- = ------------------------ ; (x > 2)
A(x) = --1- x· --------------------2
2
2
A'(x) =
6(x – 4)
3
12 ( x – 4 )
2
4
1- · 4x
( x – 4 ) – x ⋅ 2x
-----------------------------------------------------2
2
12
(x – 4)
=
5
3
1- · 2x
– 16x ----------------------------12 ( x 2 – 4 ) 2
A'(x) = 0: 2x3(x2 – 8) = 0 ⇒ x1 = 0 ∉ DB, x2 = – 8 ∉ DB, x3 =
A(2 2 ) =
16 ⋅4 ---------------------12 (8 –4 )
=
--43
8 =2 2
(FE)
y
f3
P(xp; f(xp))
A
O
xp
f(xp)
Q
x
115
Thüringen
Aufgabe 1.2
30 BE
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
4 BE 7 BE 5 BE 4 BE 3 BE 3 BE 4 BE
a) Die Diagonalen der Grundfläche schneiden einander im Punkt M(1; 1; 0).
Die Pyramide ABCDS ist gerade, wenn gilt:
AM ⊥ MS , d.h.
AM · MS = 0
BM ⊥ MS , d.h.
BM · MS = 0
AM · MS =
 –2   0

 
 3  ⋅ 3

 
 –1   9





BM · MS =
 –2   0 

  
 –3  ⋅  3 

  
 1   9
und
=9–9=0
= –9 + 9 = 0
 –2 


 0 


 0 
 – 1, 5

 – 1, 5

 3
w.z.b.w.





 0
 
 6
 
 3
bzw. n =
= 2y – 8 + z – 4 = 0, also
2y – z = 12
b) Mit n* = FG × FH =
×
=
 0
 
 2
 
 1
und F(2; 4; 4) folgt
 2  0
  
4  ⋅ 2
  
 4  1
η: x – 





Lösungsvariante:
η: x =
 2
 
 4
 
 4
 –2 


0 


 0 
+ r
 – 1, 5

– 1, 5

 3
+ s





bzw. x =
(I) x = 2 + r + s ⇒ s = x – 2 – r (*)
(II) y = 4
+ s
(III) z = 4
– 2s
(*) in (II), (III) y = 4 + x – 2 – r | · 2
z = 4 – 2x + 4 + 2r
⇒ η:
2y + z = 12
116
 2
 
 4
 
 4
 1
 
0
 
 0
+ r
 1 


1 


 –2 
+ s
Erwartungsbilder
Durchstoßpunkt E der Kante AS mit Ebene η:
AS: x =
 3 


 –2 


 1 
AS ∩ η = E:
xE =
 3 


 –2 


 1 
–







--12
3
--2
–3
c)  EF =
 –2 


6 


 8 
bzw. x =
+ t
 3 


 –2 


 1 
2(–2 – 3t) + (1 – 4t) = 12,
 1 

3--- 
–3 
2 

 –4 







=







=
--32
5--2
7
1--- + 9--- + 9
4 4







=
⇒ E( 3--- ;
2
46--------2
 1 


–3 


 –4 
+ t
5--2
2
; 7)
 HG =
;
t = – --3-
also







– --12
3
--2
–3







=
1
--- + 9
--- + 9
4 4
=
46--------2
 EF =HG 
FG =
 –2 


 0 


 0 
;
 –1 


 0 


 0 
EH =
FG = 2 EH , also FG EH
⇒
⇒ Viereck EFGH ist ein gleichschenkliges Trapez.
Flächeninhalt:
 FG  = 2,  EH  = 1
46- – --1- = ----45⇒
hT2 = ----AT =
4
1
+ 2----------2
4
· 3--2
4
5 =
9--4
1
E
--32
46--------2
5 (LE)
5 (FE) ≈ 5,03 (FE)
F
H
hT
2
--12
G
d) Höhe der Pyramide EFGHS A d(S; η) = hp:
⇒ Volumen:
hp =
2 ⋅ y S + z S – 12
----------------------------------4+1
VP =
--13
AT ·hP =
--1- · 9--3 4
=
8 + 9 – 12----------------------5
=
5· 5 =
15----4
5-----5
=
5 (LE)
(VE)
e) Ebenen εt:
εt: (11 – 10t)y + 3z = 41 – 10t (t ∈ R)
Alle Ebenen εt liegen parallel zur x-Achse bzw. senkrecht zur y-z-Ebene. Gleiches gilt für ihre Schnittgerade.
f) Parameter t:
(1) εt: (11 – 10t)y + 3z = 41 – 10t η: 2y + z = 12bzw. 6y + 3z = 36
117
Thüringen
εt = η ⇒
11 – 10t = 6
t = 1---
und
41 – 10t = 36
t = 1---
2
2
(2) Die Ebene, in der nBCS liegt, verläuft parallel zur x-z-Ebene, denn
By = Cy = Sy = 4.
Für B und C ∈ εt gilt: (11 – 10t)·4 + 3(–1) = 41 – 10t ⇒ t = 0
(11 – 10t)·4 + 3·9 = 41 – 10t
⇒ t=1
Für S ∈ εt gilt:
Ergebnis: 0 ≤ t ≤ 1
Aufgabe 2.1
a)
15 BE
b)
c)
2 BE 3 BE 3 BE
d)
e)
2BE
f)
2 BE 3 BE
a) g: x =
 1
 
 3
 
 2
 2
 
2
 
 8
ε1:
+ r
3x – 2y + z = 13
n1 =
 3 


 –2 


 1 
D = g ∩ ε1: 3(1 + 2r) – 2(3 + 2r) + (2 + 8r) = 13, also
xD =
 1
 
 3
 
 2
+
 2
 
--7-  2 
5  
 8
=








19
-----5
29
-----5
66
-----5








=
 19 


--1-  29 
5 

 66 
r=
--75
⇒ D(3,8; 5,8; 13,2)
Schnittwinkel \(ε1; g):
Mit a =
⇒
 2
 
 2
 
 8
und n1 =
 3 


 –2 


 1 
folgt sin\(a, n) =
\(ε1; g) ≈ 18,36°
b) Koordinaten des Punktes A':
– 1 – 2 – 3 + 2 – 13- =
d(A, ε1) = 3-------------------------------------------------9+4+1
118
14--------14
=
14
6–4+8
---------------------------------------------------------4 + 4 + 64 ⋅ 9 + 4 + 1
=
10 --------------1008
Erwartungsbilder
 1
 
 3
 
 2
OA' = OA + 2·d(A, ε1) n 1 =
0
⇒ A'(7; –1; 4)
 3 


 –2 

14 
 1 
1+ 2 14 · ---------
c) Flächeninhalt des Dreiecks ADA':
AnADA' = 2·AnADA = A 0 A · A 0 D
 1
 
 3
 
 2
 6 


–4 


 2 
und ε1:
+ r
 7 


 –1 


 4 
mit A0 = AA' ∩ ε1
0
Aus AA': x =
=
3x – 2y + z = 13
A'
folgt nach Einsetzen: A0(4; 1; 3)
⇒ AnADA' =
=
14 ·
 – 0, 2

 4, 8

 10, 2
=
1
--2
=
1--5
2
1--5
14 ·
2
14 · 1 + 24 + 51 =
Lösungsvariante:
AnADA' =





 AD × AA' =
 50, 4

1
---  61, 6
2 
 – 28





=
 2, 8
1--- 
2, 8
2 
 11, 2





2
 1 


 24 


 51 
1--5
2
D
=
 2, 8 ⋅ 2 – 11, 2 ⋅ ( – 4 )
1--- 
11, 2 ⋅ 6 – 2, 8 ⋅ 2
2 
 2, 8 ⋅ ( – 4 ) – 2, 8 ⋅ 6
2
50, 4 + 61, 6 + ( – 28 ) =
1--2
A
44492 ≈ 42,19 (FE)
 6 


 –4 


 2 
×
ε1
· A
0
1
--2





7118, 72 ≈ 42,19 (FE)
d) Der Richtungsvektor a der Schnittgeraden s muss senkrecht zum Normalenvektor n ε von εt stehen:
t
nε =
t
 3t 


 t–3 


 t 
⇒
a=
 1 


 0 


 –3 
, denn n ε ·a = 3t – 3t = 0
t
Einen Punkt der Schnittgeraden erhält man, indem man in ε1: 3x – 2y + z = 13
und ε–1: –3x – 4y – z = –11 z.B. x = 0 setzt und die x- und y-Koordinaten
berechnet:
–2y + z= 13
– 4y – z= –11
– 6y
=
also y = – 1---
2
⇒ s: x =







0
– 1--3
37
-----3







3
 1

0

 –3
+ t
und
z = 13 + 2·(– 1--- ) =
3
37
-----3





119
Thüringen
e) Geraden h und g:
h: x =
 8 


 4 


 13 
 3
 
 3
 
 7
≠ s
(1)
 3
 
3
 
 7
+ r
 2

2

 8





g: x =
;
⇒ h
 1
 
 3
 
 2
 2
 
2
 
 8
+ r
g
(2) h 1 : (I) 8 + 3r = 1 + 2t
g
(II) 4 + 3r = 3 + 2t
(III) 13 + 7r = 2 + 8t
(I) – (II) 4 = –2 ⇒ Widerspruch ⇒ kein Schnittpunkt (2)
Aus (1) und (2) folgt: g und h verlaufen zueinander windschief.
Abstandsberechnung:
(1) Ebene E, die h enthält und parallel zu g liegt
E: x =
 8 


 4 


 13 
 3
 
3
 
 7
+ r
 2
 
2
 
 8
+ s
Lösen des Gleichungssystems
x = 8 + 3r + 2s
y = 4 + 3r + 2s
z = 13 + 7r + 8s
x – y = 4,
also nE =
(2) Für den Abstand gilt
– 3 – 4d(g, h) = d(g, E) = 1-------------------=
2
 1 


 –1 


 0 
6-----2
bzw. n0 =
 1 

1- 
-----–1 


2
 0 
= 3 2 (LE)
Für die Koordinaten der Punkte G und H gilt:
 1
 
 3
 
 2
 2

2

 8
+ tG 





+3 2
 1 


 –1 


 0 
–
 8 


 4 


 13 
1 + 2tG + 3 – 8 – 3rH = 0
3 + 2tG – 3 – 4 – 3rH = 0
2 + 8tG
– 13 – 7rH = 0
– 3rH = 4
2tG
– 3rH = 4 ·(– 4)
2tG
8tG
– 7rH =11
120
 3

3

 7
–rH 





=o
h
H
d·nO
G
A
O
g
Erwartungsbilder
Man erhält: 5rH =–5, also rH =–1 ⇒ H(5; 1; 6)
2tG = 4 + 3rH = 1 ⇒
tG =
1--2
,also
G(2; 4; 6)
d)
e)
Aufgabe 2.2
a)
15 BE
b)
c)
3 BE 2 BE 2 BE 2 BE 6 BE
a) Binomialverteilung:
n = 20; p = 0,16; k = 3
P(X = 3) = B(3; 20; 0,16) =
 20 


 3 
·0,163 ·0,8417 ≈ 0,241
b) Ziehen ohne Zurücklegen:
P(X = 2) =
 3   17 
  ⋅

 2  3 
--------------------------------- 20 


 5 
≈ 0,1316
c) P(X ≥ 1) = 1 – P(X = 0) > 0,25
1–
 3   17 
  ⋅

 0  n 
--------------------------------- 20 


 n 
> 0,25
⇒
 17 


 n 
--------------- 20 


 n 
< 0,75
(n: Anzahl der Muscheln, die der Urlauber kaufen muss)
Lösung durch Probieren:
n = 1:
 17 


 1 
--------------- 20 


 1 
=
17
-----20
= 0,85 > 0,75
n = 2:
 17 


 2 
--------------- 20 


 2 
=
136
--------190
≈ 0,716 < 0,75
Der Urlauber muss mindestens 2 Muscheln kaufen.
Lösungsvariante:
Will man die Aufgabe mit Hilfe einer Gleichung lösen, erhält man
n3 + 57n2 – 1082n + 11970 = 0.
Diese Gleichung hat die Näherungslösung 1,73398.
121
Thüringen
d) 5 Euro = 500 Cent A 100 Perlen
Binomialverteilung mit p = 0,16; n = 100:
µ = E(X) = n·p = 16
σ2 = V(X) = n·p(1 – p) = 13,44 > 0 Näherung durch Φ(X) möglich
σ ≈ 3,666; σ--- ≈ 1,83
2
P(X – 16> 1,83)= 1 – P(15 ≤ X ≤ 17)
15 – 16 – 0, 5 - )
17 – 16 + 0, 5 - ) + Φ( ------------------------------------------≈ 1 – Φ( ------------------------------------------100 ⋅ 0, 16 ⋅ 0, 84
100 ⋅ 0, 16 ⋅ 0, 84
= 1 – Φ(0,41) + Φ(–0,41) = 2 – 2Φ(0,41) ≈ 0,6818
e) Anzahl der Perlen mit der Größe B : n
Ziehen ohne Zurücklegen:
 3  n
  ⋅ 
 1  1
------------------------------ n+3 


 2 
=
⇒
3
--5
3n
---------------------------------(---------------------------------n + 3)(n + 2)
1⋅2
=
6n
---------------------------------(n + 3) (n + 2)
=
3
--5
⇒ 3n2 – 15n + 18 = 0,
Auf dem Tisch lagen 2 oder 3 Perlen der Größe B.
also n1 = 2; n2 = 3
f) Aussondern einer fehlerhaften Perle:
f : Perle fehlerhaft; a: Perle wird ausgesondert
x: Wahrscheinlichkeit für das Aussondern einer fehlerhaften Perle
a
x
f
P(a) = 0,02·x + 0,98·0,015 = 0,03 ⇒ x = 0,765
Die Wahrscheinlichkeit für das Aussondern einer
fehlerhaften Perle beträgt also 0,765.
a
a
f
a
Aufgabe 2.3
15 BE
122
a)
b)
c)
d)
e)
f)
1 BE 2 BE 2 BE 3 BE 4 BE 3 BE
Abiturprüfung
Leistungskurs
1998 / 99
Gymnasium
Berlin / Beethoven-OS Steglitz
Beethoven-Oberschule (Gymnasium)
Aufgabe 1
Gegeben ist die Schar der Funktionen fλ: x ° fλ(x) =
mit λ ∈ R+ und D f λ = R.
λx
5e ---------------λx
1+e
a1) Untersuchen Sie das Verhalten dieser Funktionen für x → ±∞!
a2) Weisen Sie nach, dass die Schar nur monoton wachsende Funktionen enthält!
a3) Der Graph einer Funktion fλ werde mit Gλ bezeichnet. Zeigen Sie, dass jeder
Graph Gλ punktsymmetrisch zu P(0|2,5) ist!
a4) Fertigen Sie unter Verwendung der bisherigen Ergebnisse und einer Wertetabelle mit x ∈ {1; 2; 3; 4} für das Intervall – 4 ≤ x ≤ 4 eine Zeichnung des Graphen G1 an! (Einheit = 2 cm; Ursprung in Blattmitte)
b1) Bestimmen Sie eine integralfreie Darstellung der Funktionenschar
Fλ: x °
x
∫ f (t)dt; x ∈ R!
λ
–∞
Dabei bedeute fλ wieder die oben angegebene Funktionenschar.
b2) Weisen Sie nach, dass die Graphen aller Funktionen Fλ für x → ∞ die Geraden
mit der Gleichung y = 5x als Asymptote haben!
c1) Laut Teilaufgabe a2) besitzt jede Funktion fλ eine Umkehrfunktion fλ–1. Bestimmen Sie deren Funktionsterm und größtmöglichen Definitionsbereich in R!
2, 5
c2) Geben Sie den Betrag des Integrales
∫
0
fλ–1(t)dt an, ohne fλ–1 zu integrieren!
Aufgabe 2
Gegeben sind die Funktionen f und gλ durch:
f(x) =
a1)
a2)
a3)
b)
124
1 sin πx
---------πx
1
für
0<x≤π
für
x = 0
;
gλ(x) = λsinx für 0 ≤ x ≤ π; λ ∈ R+.
Zeigen Sie, dass die Funktion f an der Stelle 0 stetig ist!
Bestimmen Sie die Achsenschnittpunkte des Graphen der Funktion f!
Berechnen Sie den Inhalt der Fläche, die der Graph von f mit den Koordinatenachsen einschließt!
Für x > 0 besitzen die Graphen der Funktionen f und gλ zwei gemeinsame
Punkte an den Stellen x1 und x2 = π. Die Graphen von gλ und f und die Ordinatenachse bilden zwei Flächen.
Erwartungsbilder
b1) Bestimmen Sie ohne Berechnung von x1 den Parameterwert λ so, dass die
Inhalte der Flächen übereinstimmen!
x
∫
b2) Zeigen Sie, dass die Funktion F mit F(x) = f(t)dt (0 ≤ x ≤ π) eine Umkehr0
funktion F –1 besitzt!
b3) Geben Sie den maximalen Definitionsbereich der Umkehrfunktion F –1 in R an!
b4) Berechnen Sie F(x) für x =
π
--3
und x =
π
--2
!
Aufgabe 3
Gegeben Sie das lineare Gleichungssystem
I
2x1 – x2 – 2x3 = –6
II 6x1 + 0x2 + 8x3 = 40
III 18x1 – 3x2 + 10x3 = 62
a1) Führen Sie mit Hilfe von Zeilenumformungen eine Rangbestimmung für das
Gleichungssystem durch! Geben Sie die allgemeinen Bedingungen für die Lösbarkeit eines linearen Gleichungssystems an!
a2) Berechnen Sie die Lösungsmenge des linearen Gleichungssystems!
Die drei Gleichungen I, II, III lassen sich als Gleichungen dreier Ebenen E1, E2,
E3 auffassen. Geben Sie an, welche geometrische Bedeutung (hinsichtlich der
Lage der Ebenen) die Lösung hat!
a3) Berechnen Sie den Schnittwinkel zwischen den Ebenen
E1 : 2x1 – x2 – 2x3 + 6 = 0
E2 : 6x1 + 0x2 + 8x3 – 40 = 0
a4) Zeigen Sie, dass die Menge der Punkte, die den gleichen orientierten Abstand
von E1 und E2 haben, eine Ebene bildet!
Geben Sie die Gleichung der Ebene in Parameterform an!
Erläutern Sie mit kurzer Begründung, ob für a ∈ R; a ≠ 0 die Menge der
Punkte, die von E1 den a-fachen orientierten Abstand wie von E2 haben, eine
Ebene bildet!
(In a3) und a4) werde eine orthonormierte Basis vorausgesetzt.)
125
Erwartungsbild zu Aufgabe 1
a1)
λx
5e lim ---------------x → + ∞ 1 + e λx
λx
5e lim ---------------x → – ∞ 1 + e λx
λx
5e
lim ------------------------------x → + ∞ e λx ( e – λx + 1 )
=
=
λx
5e
------------------------------x → – ∞ e λx ( e – λx + 1 )
= lim
5 lim -----------------x → + ∞ e – λx + 1
5 -----------------x → – ∞ e –λx + 1
= lim
=5
=0
a2) Die Monotonie der Funktionen wird mit dem Monotoniekriterium untersucht.
Dieses Kriterium besagt: Eine auf dem Intervall I differenzierbare Funktionen f
ist
– monoton wachsend, falls f'(x) ≥ 0
– monoton fallend, falls f'(x) ≤ 0.
fλ'(x) =
λx
λx
λx λx
5λe ( 1 + e ) – 5λe e ----------------------------------------------------------------λx 2
(1 + e )
=
λx
λx 2
λx 2
5λe + 5λ ( e ) – 5λ ( e ) ---------------------------------------------------------------------λx 2
(1 + e )
=
λx
5λe ----------------------λx 2
(1 + e )
Weil 5λeλx > 0 und (1 + eλx)2 > 0 für alle x ∈ R gilt, folgt
fλ'(x) > 0 für alle λ ∈ R+. Demzufolge sind alle Funktionen fλ (streng) monoton
wachsend.
a3) Der Graph einer Funktion f mit Df = R ist genau dann punktsymmetrisch zum
Koordinatenursprung, wenn f(–x) = –f(x) für alle x ∈ R gilt. Sind die Graphen
Gλ punktsymmetrisch zum Punkt P(0|2,5), dann müssen die Graphen Gλ durch
Verschiebung um 2,5 Einheiten in Richtung der negativen Ordinate in
ursprungsymmetrische Graphen übergehen. Die zugehörige Funktionsvorschrift lautet: gλ(x) = fλ(x) = 2,5
Laut Def. untersucht man (1) gλ(–x) = fλ(–x) – 2,5
(2) –g(x) = –fλ(x) – 2,5
gλ(–x) = fλ(–x) – 2,5 =
– λx
λ ( –x )
5e
---------------------λ ( –x )
1+e
– λx
=
5e – 2, 5 ( 1 + e )---------------------------------------------------– λx
1+e
=
2, 5 ( 1 – e )e ---------------------------------------λx
– λx
( e + 1 )e
λx
– λx
=
=
– 2,5 =
– λx
5e -----------------– λx
1+e
– λx
–
– λx
5e – 2, 5 – 2, 5e ----------------------------------------------------–λx
1+e
– λx
2-------------------------------, 5 ( 1 + e )– λx
1+e
=
– λx
2, 5 ( e – 1 )-------------------------------– λx
1+e
λx
2-----------------------------, 5 ( 1 – e )λx
1+e
λx
5e - + 2,5 = 2,5 –
–gλ(x) = – ---------------λx
1+e
λx
5e ---------------λx
1+e
=
λx
λx
2----------------------------------------------, 5 ( 1 + e ) – 5e λx
1+e
λx
2, 5 ( 1 – e -)
= -----------------------------λx
1+e
Also gilt: gλ(–x) = –gλ(x)
Somit wurde gezeigt, dass der Graph Gλ punktsymmetrisch zu P(0|2,5) ist.
a4)
x
–4
–3
–2
–1
0
1
2
3
4
y
0,1 0,2 0,6 1,3 2,5 3,7 4,4 4,8 4,9
In der folgenden Skizze gilt aus Platzgründen 1 LE = 0,5 cm,
gefordert ist 1 LE = 2 cm.
126
Erwartungsbilder
y
G1
1O
x
–1
1
–1
b1) Es wird das unbestimmte Integral mithilfe des Substitutionsverfahrens gelöst.
Wir setzten: u = 1 + eλx ⇒
Dann ist
du----dx
= λeλx; dx =
du ---------λx
λe
5e - dx = 5e
du - = --5- ----du- = --5- lnu + C.
- ---------∫ ---------------∫ ---------λ ∫ u
λ
u λe
1+e
λx
λx
λx
λx
Die Resubstitution liefert:
5e - dx = --5- ln(1 + e
∫ ---------------λ
1+e
λx
λx
λx
x
)+C
f (t)dt = lim [ --5- ln(1 + e )]
A
A → –∞ ∫
A → –∞ λ
Nun ist: Fλ(x) = lim
λt
λ
x
A
=
--5- lim [ln(1
λ A → –∞
+ eλx) – ln(1 + eλA)] =
--5λ
ln(1 + eλx)
b2) Eine ganzrationale Funktion g heißt genau dann Asymptote einer Funktion f
für x → ∞, wenn der Grenzwert lim [f(x) – g(x)] existiert und gleich Null ist.
x→∞
Es muss also gelten: lim (Fλ(x) – 5x) = 0
x→∞
lim [ --5- ln(1 + eλx) – 5x] = lim [ --5- ln(1 + eλx) –
x→∞ λ
=
=
x→∞ λ
--5- lim [ln(1
λ x→∞
--5λ
λx]
+ eλx) – lneλx]
λx
+e --5- lim ln 1---------------λx
λ x→∞
e
=
–λx
--5- lim ln(e
λ x→∞
+ 1) =
--5λ
ln1 = 0,
da e-λx → 0 für x → ∞.
Das bedeutet, dass g(x) = 5x die Asymptote aller Funktionen Fλ für x → ∞ ist.
c1) Wenn eine Funktion über einem Intervall streng monoton ist, dann ist sie dort
umkehrbar. Dies trifft laut Aufgabenteil a2) auf alle Funktionen fλ zu.
Es gilt: y = fλ(x) =
λx
5e ---------------λx
1+e
, also y(1 + eλx) = 5eλx ⇒ y = 5eλx – yeλx = eλx(5 – y)
127
eλx =
y -,
----------5–y
y - und damit x =
also λx = ln ----------5–y
–1
λ
Somit gilt: f (x) =
Die Funktion
--1λ
--1λ
--1λ
y ln ----------5–y
x ln ----------5–x
x - ist nur für
ln ----------5–x
x ----------5–x
> 0 definiert, denn der natürliche Lo-
garithmus ist nur für positive Zahlen definiert:
(1) x > 0 und 5 – x > 0, also x > 0 und x < 5, d.h. x ∈ ]0; 5[
(2) x < 0 und 5 – x < 0, also x < 0 und x > 5, dies ist unmöglich
Für den Definitionsbereich gilt: D f λ–1 = ]0; 5[.
2, 5
c2)
∫
0
f (x)dx = F (0)
A → –∞ ∫
fλ–1(x)dx = lim
0
λ
λ
A
Unter Verwendung von b1) folgt dann:
Fλ(0) =
--5λ
ln(1 + eλ· 0) =
5- ln(1
-λ
+ 1) =
5- ln2
-λ
a) Berechnung der Grenzwerte
Monotonieuntersuchung mit Hilfe der 1. Ableitung
Nachweis der Punktsymetrie
Tabelle und Skizze
b) Bestimmung der integralfreien Darstellung
Asymptotennachweis
c) Umkehrfunktions- und Definitionsbereichsbestimmung
Lösung des Integrales
4 BE
4 BE
5 BE
4 BE
8 BE
5 BE
3 BE
2 BE
35 BE
a) Eine Funktion f ist genau dann an der Stelle x0 stetig, wenn sie an der Stelle x0
definiert ist, der Grenzwert lim f(x) existiert und lim f(x) = f(x0) gilt.
x → x0
x → x0
Da laut Definition f(0) = 1 gilt, muss lim
x→0
sin x---------x→0 x
reicht es aus, lim
128
sin πx-----------------πx
= 1 zu zeigen, denn lim
x→0
= 1 gezeigt werden. Dazu
πx = 0.
Erwartungsbilder
Da h(x) =
sin x---------x
P'
eine gerade Funktion ist, reicht es aus,
f(x) für x → +0 zu untersuchen.
Für alle x ∈ ]0;
=
π
--2
[ gilt: A∆OPQ =
P
1--2
r sinx · r cosx;
r
2
1
--- r sinxcosx
2
AKreissektorOPR =
1--- r2x;
2
A∆OP'R =
1--2
r(rtanx) =
2
--1- r x
2
2
Also gilt: sinx cosx < x < tanx und folglich cosx <
1 ----------cos x
>
1 ----------x → 0 cos x
Wegen lim
Nun ist: f(x) =
x→0
sin πx-----------------πx
> cosx (für alle x ∈ ]0;
--π2
x---------sin x
<
<
tan x---------sin x
=
1 ----------cos x
.
[).
sin x---------x → x0 x
x>0
x→0
= 1 gilt.
πx
πx . Dann ist lim y = lim
x→0
sin y---------x→0 y
= lim
R
2
--1- r tanx.
2
= 1 und lim cosx = 1 folgt auch, dass lim
1 sin
---------πx
Wir setzen y =
⇒ lim
sin x---------x
Q
1--- r2tanx
2
Aus A∆OPQ < AKreissektorOPR < A∆OP'R folgt --1- r2sinx cosx <
Damit folgt
x
O
x→0
πx = 0.
=1
Damit ist die dritte Bedingung der Stetigkeit, nämlich lim f(x) = f(0) erfüllt.
x→0
Die Funktion f ist an der Stelle x0 = 0 stetig.
a2) Schnittpunkt mit Ordinatenachse: Per Definition von f(x) gilt f(0) = 1, also ist
Sy(0|1).
Schnittpunkt mit Abzissenachse: Aus y = f(x) = 0 erhält man
sin πx-----------------πx
= 0,
also sin πx = 0 und x = π. Man erhält somit Sx(π|0).
a3) Skizze:
(nicht verlangt)
y
1
f
x
1
2
3
π
129
π
π
A=
∫
sin πx- dx
∫ -----------------πx
f(x)dx =
0
0
Berechnung des unbestimmten Integrals mithilfe des Substitutionsverfahrens:
πx ⇒
u=
du----dx
=
π ------------2 πx
2 πx------------π
; dx =
du
Die Integrationsgrenzen ändern sich in diesem Fall nicht. Somit ergibt sich:
π
A=
b
b
∫
sin πx- dx
-----------------πx
0
= – --2- cosπ +
π
--2π
=
∫a
sin u- ------------2 πx- du
---------πx π
--2π
cos0 =
+
--2π
=
∫a sinu du = [– --π2- cosu] 0
π
=
--2π
--4π
≈ 1,273 (FE)
Der Flächeninhalt der eingeschlossenen Fläche beträgt etwa 1,27 FE.
b1) Skizze:
y
g1
1
y1
A1
A2
f
x
x1
1
∫ (f(x) – gλ(x))dx; A = ∫ (gλ(x) – f(x))dx; Es soll A
2
0
∫
1
x1
sin πx- – λsinx)dx =
( -----------------πx
0
π
∫
0
= [– --2- cos πx ]
x1
0
+ [λcosx]
x1
sin πx- dx
-----------------πx
x1
0
–λ
∫ sinx dx
0
= – --2- cos πx 1 + λcosx1 +
π
π
A2 =
= A2 gelten.
x1
x1
A1 =
3
π
x1
A1 =
2
π
sin πx- )dx = [–λcosx + --2- cos
∫ (λsinx dx – -----------------π
πx
πx ]
--2π
–λ
π
x1
x1
=λ–
--2π
+ λcosx1 –
Aus A1 = A2 folgt
--4π
--2π
cos πx 1
= 2λ und damit λ =
--2π
≈ 0,64
b2) Wenn eine Funktion in einem Intervall streng monoton ist, dann ist sie dort
umkehrbar. Folglich ist die Monotonie von F(x) zu zeigen:
130
Erwartungsbilder
x
∫
F(x) = f(t)dt = – --2- cos πx +
π
--2π
0
Um die Monotonie zu beweisen, wird zunächst die 1. Ableitung gebildet.
F'(x) =
--2π
π ------------2 πx
sin πx ·
=
sin πx-----------------πx
> 0 (für alle 0 < x < π)
Da die 1. Ableitung stets größer als Null ist, ist F(x) streng monoton wachsend,
demzufolge besitzt die Funktion F(x) eine Umkehrfunktion F –1(x).
b3) Es gilt D F–1 = WF und F(x) = – --2- cos πx +
π
und damit 0 ≤ F(x) ≤
--4π
--2π
. Da –1 ≤ cos πx ≤ x
, folgt der Wertebereich von F: WF = [0;
--4π
].
Folglich ist der Definitionsbereich der Umkehrfunktion F –1 D F –1 = [0;
b4) Aus F(x) = – --2- cos πx +
π
F( --π- ) =
3
--2π
--2π
=
--2π
--4π
].
(1 – cos πx ) folgt:
π- ) ≈ 0,790 und F( --π- ) =
(1 – cos -----2
3
--2π
π- ) ≈ 1,022
(1 – cos -----2
a) Nachweis der Stetigkeit
Angabe der Schnittpunkte
Flächenberechnung
b) Bestimmung des Parameters λ
Nachweis der Existenz der Umkehrfunktion
Angabe des Definitionsbereichs
4 BE
3 BE
7 BE
10 BE
2 BE
2 BE
Berechnung von F( π--- ) und F( π--- )
3
2 BE
2
30 BE
a1) Es handelt sich um ein inhomogenes lineares Gleichungssystem.
Notwendig und hinreichend für die Lösbarkeit solch eines Gleichungssystems
Ax = b von m Gleichungen mit n Variablen ist, dass der Rang der Koeffizientenmatrix A mit dem Rang der erweiterten Koeffizientenmatrix (A; b) übereinstimmt, d.h. dass rg(A) = rg(A; b) ist. Wir bilden die Matrix:
 2 –1 –2 –6  –3 –9


 6 0 8 40  1


1
 18 –3 10 62 
⇒
 2 –1 –2 –6

 0 3 14 58

 0 6 28 116





–2
1
⇒
 2 –1 – 2 –6 


 0 3 14 58 


0 0 0 0 
Demzufolge ist rg(A) = rg(A; b) = 2.
131
Die Lösungsmannigfaltigkeit eines lösbaren inhomogenen Gleichungssystems
besteht aus allen Vektoren der Form x = x 0 + x∗ , wobei x 0 ein partikulärer
Lösungsvektor des inhomogenen Systems Ax = b und x∗ ein beliebiger
Lösungsvektor des zugehörigen homogenen Systems Ax = o ist. Die Lösungsmannigfaltigkeit besteht genau dann aus einem einzigen Vektor, wenn das
homogene System nur trivial lösbar ist. Eine notwendige und hinreichende
Bedingung für die eindeutige Lösbarkeit eines inhomogenen Systems ist daher
rg(A) = rg(A; b) = n. Die Lösungsmannigfaltigkeit eines homogenen linearen
Gleichungssystems Ax = o von m Gleichungen mit n Variablen ist ein Unterraum des V(n), d.h., mit x 1 , x 2 sind auch x 1 und x 2 und λ x 1 Lösungsvektoren, wobei λ ∈ R beliebig ist.
Der Rang des Lösungsraumes ist s = n – rg(A). Ist der Rang der Koeffizientenmatrix gleich der Anzahl der Variablen, so ist s = 0, d.h., der Lösungsraum
besteht nur aus dem Nullvektor. Eine notwendige und hinreichende Bedingung
für nichttriviale Lösbarkeit ist daher rg(A) < n. Diese Bedingung ist besonders
dann erfüllt, wenn die Anzahl der Gleichungen kleiner als die Anzahl der
Variablen ist. Eine hinreichende Bedingung für nichttriviale Lösungen ist daher
m < n.
a2) Berechnung einer speziellen Lösung des inhomogenen Gleichungssystems:
Aus Aufgabe a1) erhält man die folgenden Gleichungen:
x3 = –3
x1 – 0,5x2 –
x2 +
14- x
----3
3
=
58----3
Setzt man x3 = 0, dann erhält man daraus x2 =
Das bedeutet: ρ1 =
20 ----
3
 58 
 ------ 
3
0
58----3
und x1 =
20----3
.
∈ L.
Allgemeine Lösung des homogenen Systems:
x1 – 0,5x2 – x3 = 0 und x2 +
14
------ x3
3
=0
------ und x1 = – 4--- , also ρn =
Mit x3 = 1 folgen x2 = – 14
3
132
3
4 – -
 3
 14 
– ------ 
 3
 1 
∈ L.
Erwartungsbilder
Dann ist Lm =
4 – -
 3

14- 
{α – ----
 3
 1 
|α ∈ R}.
Die Lösungsmenge L des inhomogenen Systems ist somit:
L=
20 ----
3

{ 58
------ 
3
0
+
4 – -
 3

α – 14
------ 
 3
 1 
|α ∈ R}
Die Lösung entspricht der Berechnung des Schnittbildes der Ebenen E1, E2, E3.
g: x =
20 ----
3
 58 
 ------ 
3
0
+
4 – -
 3

14- 
λ – ----
 3
 1 
.
2
a3) E1: 2x1 – x2 – 2x3 + 6 = 0 bzw. x – 1 + 6 = 0
– 2 
E2: 6x1 + 8x3 – 40 = 0 bzw.
6 
x 0
8 
– 40 = 0
Damit ergeben sich die Normalenvektoren:
n1 =
2
– 1  ,
 
– 2 
also | n 1 | =
Mit cosα =
n1 ⋅ n2
-------------------n1 ⋅ n2
9 = 3, und n 2 =
6 
0  ,
 
8 
also | n 2 | =
100 = 10
folgt α ≈ 82,3°.
a4) Wir bilden die HESSEsche Normalform:
2
E1: x· – 1
– 2 
E2:
 0, 6 
 0 


 0, 8 
+ 6 = 0; | n 1 | = 3 ⇒
 2--- 
3
 
1
E1: – --3- 
 
2- 
– - 3
·x+2=0
·x–4=0
Folglich ist d1 =
 2--- 
3
 
1
p· – --3-
 
– 2--- 
 3
 0, 6 
0 

 0, 8 
+ 2; d2 = p· 
–4
133
Orientierter Abstand des Punkte P mit dem Ortsvektor p von E1 und E2:
--- 
– 2
 3
 
 --1- 
3
 
2
--- 
3
e1 =
2- 
– - 3
 
1
--- 
3
 
 --2- 
3
· p – 2; e2 =
·p–2=
 0, 6 
 0 


 0, 8 
0, 6
 0 


0, 8
·p–4
·p–4⇒
P liegt auf der Ebene E :
0, 6
 0 


0, 8
0, 6 + 2--- 
3



 – --1- 
3 



 0, 8 – --2- 
3

–
2- 
– - 3
 
 1--- 
3
 
 --2- 
3
·p–2=0
· x – 2 = 0.
Analog gilt für den a-fachen orientierten Abstand: e1 = ae2.
2- 
– - 3
 
--- 
1
3
 
 --2- 
3
E:
·p–2=
--- 
0, 6a + 2
3



 – --1- 
3 



 0, 8a – 2
--- 
3

 0, 6 
a(  0 
 0, 8 
· p – 4) ⇒
0, 6
(a  0 
0, 8
–
2- 
– - 3
 
 1--- 
3
 
 --2- 
3
) · p – 4a + 2 = 0
· x – (4a – 2) = 0.
a) Rangbestimmung
Aussagen über die Lösbarkeit
b) Berechnung spezieller Lösungen
Begründung des Vorgehens
c) Schnittwinkelberechnung
d) Bestimmung der HESSEschen Normalformen
Orientierter Abstand; Bestimmung der Gleichung der Ebene
Analoge Betrachtung für a-fachen orientierten Abstand
134
4 BE
5 BE
4 BE
9 BE
3 BE
6 BE
2 BE
2 BE
35 BE
Abiturprüfung
Leistungskurs
1998 / 99
Gymnasium
Berlin / Stauffenberg-Gymnasium
1. Aufgabe
k + ln x
Gegeben ist die Funktionsschar fk mit k∈R und D(fk) = R+ : fk(x) = -----------------x
a) Weisen Sie nach, dass für die dritte Ableitung von fk(x) gilt:
11 – 6k – 6 ln x
fk'''(x) = -----------------------------------x4
b) Bestimmen Sie die Schnittpunkte mit der Abszissenachse sowie die lokalen
Extrem- und Wendepunkte der Graphen von fk!
c) Berechnen Sie lim f k ( x ) !
x→∞
.
Ermitteln Sie das Verhalten der Scharfunktionen f1 und f0,1 für x → 0 mittels
Testeinsetzungen!
Skizzieren Sie die Graphen von f1 und f0,1 in ein und dasselbe Koordinatensystem im Intervall 0 < x ≤ 4,5 ! (1 LE = 2 cm)
Geben Sie die jeweiligen Nullstellen, Extrem- und Wendepunkte (ggf. näherungsweise) an!
d) Untersuchen Sie auf der Grundlage von Fallunterscheidungen und mithilfe von
Grenzwertbetrachtungen den Einfluss des Parameters k auf die Lage der
Nullstellen der Scharfunktionen!
e) Zeigen Sie mittels partieller Integration, dass Fk*(x) = k ⋅ ln x + 0, 5 ⋅ ln2 x die
Gleichung einer Stammfunktion von fk(x) ist!
f) Führen Sie den Nachweis, dass der Flächeninhalt der Fläche Ak, die durch den
Graph der Funktion fk, die Abszissenachse und die Parallele zur Ordinatenachse durch den Hochpunkt von fk eingeschlossen wird, von k unabhängig ist!
2. Aufgabe
3x
Es wird eine Funktion mit folgender Gleichung betrachtet: fk(x) = ------------------9 + x2
a) Geben Sie für diese Funktion den größtmöglichen Definitionsbereich an.
Berechnen Sie die Nullstellen und weisen Sie anschließend nach, dass f(x) für
x → − ∞ bzw. x → ∞ jeweils einen Grenzwert besitzt!
Geben Sie die Gleichungen der jeweiligen Asymptoten an!
136
Aufgaben
b) Untersuchen Sie die Funktion auf Extrempunkte!
Geben Sie im Falle ihres Vorhandenseins deren Koordinaten an!
Die Funktion f besitzt genau einen Wendepunkt!
Begründen Sie seine Existenz ohne Heranziehung von Ableitungsfunktionen!
Berechnen Sie anschließend seine Koordinaten mit Hilfe der Differentialrechnung!
(Hinweis: Hinsichtlich der Existenz von Wendestellen soll die Untersuchung
einer notwendigen Bedingung genügen.)
c) Skizzieren Sie das Schaubild der Funktion im Intervall – 9 ≤ x ≤ 9 sowie die
entsprechenden Asymptoten!
d) Weisen Sie nach, dass der Inhalt der Fläche, die im ersten Quadranten vom
Graph der Funktion f(x) und der Geraden mit der Gleichung x = b (mit b > 0)
eingeschlossen wird, für b → ∞ keinen (eigentlichen) Grenzwert besitzt!
e) Zeigen Sie, dass die Funktion f eine Umkehrfunktion f besitzt! Geben Sie ihre
Zuordnungsvorschrift sowie den Definitions- und den Wertebereich an!
3kx
f) Gegeben ist die Funktionsschar: fk(x) = ------------------- mit k ∈ R+.
9 + x2
Vergleichen Sie den Verlauf der Graphen von fk mit dem des Graphen von f für
folgende Fälle:
(I) 0 < k < 1
(II) k = 1
(III) 1 < k
1
Der Graph von fk(x) sowie die Gerade mit der Gleichung g(x) = --- x umschlie3
ßen im I. Quadranten eine Fläche vollständig. Zeigen Sie, dass es eine Zahl
1
k ∈R+ mit k > --- gibt, für die die eingeschlossene Fläche einen Inhalt von 6 FE
3
hat! (Hinweis: Das hier nachzuweisende Integral hat den Wert
2 3 9k 2 – 1
I = 3k ⋅ 9 + x 2 – x----.)
6 0
3. Aufgabe
Gegeben sind die Koordinatengleichungen zweier Ebenen:
E1:
E2:
4x - 7y + 4z = 0
x - 2y - 2 z = 0
a) Untersuchen Sie die Lagebeziehung dieser Ebenen!
Bestimmen Sie gegebenenfalls die Gleichung für das Schnittgebilde und
berechnen Sie den Schnittwinkel, anderenfalls den Abstand beider Ebenen
zueinander!
137
b) Wählen Sie einen beliebigen Punkt P0 ≠ (0 | 0 | 0) aus, der auf der Ebene
7 x - 13 y - 2 z = 0
liegt!
E3 :
Zeigen Sie, dass dieser Punkt zu E1 den gleichen Abstand hat wie zu E2!
c) Weisen Sie nach, dass alle Punkte P ( x | y | z) der Ebene E3 die in Teilaufgabe
b) genannte Eigenschaft besitzen!
Beschreiben Sie ohne weitere Rechnung die Lage der Ebene E3 bezüglich der
Ebenen E1 und E2 !
d) Die Ebene E3 wird ferner von einer Kugel mit der Gleichung
K:
 2
x –  – 1
 
 3
2
=9
geschnitten.
Weisen Sie nach, dass der Schnittkreismittelpunkt die Koordinaten
99 17 118
M*  ------ | ------ |---------  hat.
 74 74 37 
Berechnen Sie den Radius r* des Schnittkreises K*!
138
Erwartungsbilder
Erwartungsbild zu Aufgabe 1:
a) Bilden der ersten, zweiten und dritten Ableitung:
fk(x) = (k + ln x)x-1
1 1
1
fk '(x) = ----2- – ----2- (k + ln x) = ----2- (1 – k + ln x)
x x
x
2
1
1
fk ''(x) = – ----3- (1 – k + ln x) – ----3- = ----3- (–3 + 2k + 2ln x)
x
x
x
3
2
11 – 6k – 6 ln x
fk '''(x) = – ----4- (–3 + 2k + 2ln x) + ----4- = ----------------------------------x
x
x4
k + ln x
1
- = 0 ⇒ ln x = – k, also x = ---- ; N(e–k | 0)
b) Nullstellen: ----------------x
ek
Lokale Extrema:
fk'(x) = 0 und fk ''(x) ≠ 0:
k + ln e 1 – k
- = ek–1
1 – k – ln x = 0 ⇒ xe = e1– k ; ye = -------------------------e1 – k
–1
– 3 + 2k + 2 ( 1 – k )
- < 0 ⇒ Hochpunkt H(e1– k| ek–1)
= ----------fk ''(e1– k) = ---------------------------------------------e3 – k
e3(1 – k)
Wendepunkt:
fk ''(x) = 0 und fk '''(x) ≠ 0:
1, 5 – ( k + k )
- = 1,5ek–1,5
– 3 + 2k + 2ln x = 0 ⇒ x = e0,5(3–2k) = e1,5–k ; y = ------------------------------e 1, 5 – k
11 – 6k – 6 ( 1, 5 – k )
2
- = -------------- ≠0
fk '''(e1,5–k) = ------------------------------------------------e 4 ( 1, 5 – k )
e 6 – 4k
⇒ Wendepunkt W(e1,5–k | 1,5ek–1,5 )
c) Randverhalten:
1 + ln x
0, 1 + ln x
k + ln x
lim ------------------ = 0 ; lim ------------------ = – ∞ ; lim ------------------------ = – ∞
x
x
x
x→∞
x→0
x→0
(Für x → ∞ wächst der Nenner schneller
als der Zähler, der gesamte Term geht
gegen null. Für x → 0 und 0¥# x # 1
wird ln x negativ und mit sehr kleinen
Werten für x wird auch der Zähler negativ,
damit nähert sich der gesamte Term – ∞.)
Skizze:
y
f1
1
1
–1
x
f0,1
139
Nullstellen: N1(0,368 ; 0)
N0.1(0,90 ; 0)
Extrempunkte: H0,1(2,46 ; 0,41) H1(1 ; 1)
W0,1(4,06 ; 0,37)
Wendepunkte: W1(1,65 ; 0,91)
d) Parametereinfluss auf xn:
Es werden 3 Fälle betrachtet:
lim e – k = 0 ; lim e – k = ∞ ; lim e –k = 1
x→∞
x → –∞
x→0
e) Partielle Integration:
- dx = ∫ --- dx + ∫ -------- dx = k ⋅ ln x + ∫ -------- dx
∫ ----------------x
x
x
x
k + ln x
k
ln x
ln x
1
1
Mit u(x) = ln x; v'(x) = --- folgen u'(x) = --- ; v(x) = ln x und damit
x
x
ln x
1
ln x
-------- dx = ln x ⋅ ln x – --- ⋅ ln x dx = ln2 x – -------- dx
x
x
x
ln x
ln x
2
2
⇒ 2 -------- dx = ln x , also -------- dx = 0,5 ln x
x
x
k + ln x
Es gilt also ------------------ dx = k ln x + 0,5 ln2x = Fk*(x),
x
∫
∫
∫
∫
∫
∫
d.h., Fk*(x) ist eine Stammfunktion von fk(x).
f) Nachweis:
1–k
e
Ak =
∫
1–k
2 e
2k + ln x
--------------------- dx = [ k ln x + 0, 5ln x ] e –k
x
e –k
= k(1– k) + (1– k)2 +k2– 0,5k2 = 0,5 (Ak ist also von k unabhängig.)
a) Bilden der drei Ableitungen
b) Nullstellen
Extremum
Wendepunkt
c) Randverhalten
Testeinsetzungen
Skizze
d) Parametereinfluss
e) Partielle Integration
f) Nachweis
140
5 BE
3 BE
3 BE
3 BE
3 BE
2 BE
6 BE
3 BE
3 BE
3 BE
34 BE
Erwartungsbilder
a) Definitionsbereich: x ∈ R
Nullstelle:
3x = 0 ⇒ N(0 | 0)
Randverhalten:
3x
3x
3x
Es gilt --------------2 = ------------------------ = ------------------------9
9
9+x
2


⋅
----2- + 1
x  -----2 + 1
x
x
3
------------------- für x > 0
9
 ---- + 1
 x2 
=
x
–3
------------------- für x < 0
9
 ---- + 1
 x2 
3x
lim --------------- = ± 3,
x → ±∞ 9 + x 2
es existieren demzufolge zwei waagerechte Asymptoten: y1 = 3 und y2 = – 3.
Also ist
b) Lokale Extrema:
f'(x) = 0 und f''(x) ≠ 0:
3x ⋅ 2x
3
27
3 ( 9 + x 2 ) – 3x 2
- = -------------------------------------------------- = -------------------------f'(x) = ------------------- – ---------------------2
2
2
2
2
2
9
x
(
+
)
9+x
9 + x ⋅ (9 + x )
( 9 + x2 ) 3
Da 27 ≠ 0 ist, existieren keine Extrema.
Wendepunkt:
Die Funktion muss einen Wendepunkt besitzen, weil sie
1. zentralsymmetrisch ist:
f(x) = – f(x)
3x
3 ( –x )
------------------- = – --------------------------2
9+x
9 + ( –x ) 2
2. streng monoton steigend ist:
Wenn x1 < x2 , dann ist f(x1) < f(x2):
3x
3(x + 1)
------------------- < --------------------------------9 + x2
9 + ( x + 1 )2
Koordinaten des Wendepunktes:
81 ( 9 + x 2 ) 2, 5 ⋅ 2x
81x
f''(x) = -------------------------------------------- = – ------------------- = 0 ⇒ x = 0; y = 0, also W(0 | 0)
2
9 + x2
c) Skizze:
y
f
1
–1
–1
1
x
141
d) Nachweis:
ϕ(b)
b
∫
A(b) =
0
3
3x
------------------- dx = --2
2
9+x
∫
z
– 0, 5
dz
(mit z = 9 + x2)
ϕ(0)
2
= 3( 9 + b – 3)
lim A ( b ) = ∞ , d.h. , es existiert kein (eigentlicher) Grenzwert.
b→∞
e) Es existiert eine Umkehrfunktion wegen x ∈ R:
2
2
9x
1 1
1
1
1
1
Aus [ f ( x ) ] = --------------2 folgt ----------------2- = ----2- + --- bzw. ----2- = ----------------2- – --- .
9
9+x
[ f( x) ]
x
x
[f(x)] 9
2
2
9 ⋅ [f(x )]
Also ist x = -------------------------2- und
9 – [f(x)]
–1
f (x) =
2
9x
-------------29–x
x ∈ R im Intervall I = ]–3 ; 3[ ; y ∈ R
f) Vergleich:
3kx
f k ( x ) = ------------------2
9+x
0 < k < 1: Die Asymptoten liegen im Intervall –3 < y < 3, der Graph verläuft
flacher.
k = 1:
Verlauf wie bei f(x).
1 < k:
Die Asymptoten liegen außerhalb des Intervalls – 3 ≤ y ≤ 3 .
Bestimmen von k für A = 6 (FE):
Berechnen von b: f k ( x ) = g ( x )
2
2
1
3kx
------------------- = --- x ⇒ x1/2 = ± 81k – 9 , also b = 3 9k – 1
3
2
9+x
2
3 9k – 1
A=6=
∫
0
⇒ k1 = 1
142
 3kx
x
 ------------------- – --- dx =
2
 9 + x 3
2
2 3 9k – 1
x
3k 9 + x – ----6
1
(k2 = – --- entfällt, wegen k < 0)
3
2
0
Erwartungsbilder
a) Definitionsbereich, Nullstelle, Grenzwerte
und Asymptotengleichungen
b) kein Extremum
Wendepunkt und Existenznachweis
c) Skizze
d) Nachweis
e) Umkehrfunktion
f) Bestimmung von k
5 BE
6 BE
4 BE
3 BE
4 BE
11BE
33BE
a) Lagebeziehung:
 4 –7 4 
 4 –7 4 

 →

 1 –2 –2 
 0 1 12 
Es ergibt sich : y + 12z = 0 , also y = –12z
4x – 7z + 4z = 4x + 84z + 4z = 0 , also x = –22z
 0
 – 22
Wählt man z.B. z = 1, so erhält man die Schnittgerade g: x =  0 + t  – 12
 


 0
 1 
 4  1
 – 7 ⋅  – 2
   
 4   – 2
n1 ⋅ n2
10
cos α = --------------------- = --------------------------- = -----27
81 ⋅ 9
n1 ⋅ n2
Schnittwinkel:
⇒
α ≈ 68, 26°
b) Zum Beispiel: P0(2 ; 0 ; 7)
 4
1 
Abstand P0 von E1: x p ⋅ ---  – 7 = 4
9
 4
 1
1
Abstand P0 von E2: x p ⋅ ---  – 2 = – 4
3 
 – 2
Die Beträge der beiden Abstände sind gleich, die Vorzeichen verschieden,
das heißt, der Punkt P0 liegt zwischen den beiden Ebenen.
143
13
7
c) Es kann E3: z = – ------ y + --- x
2
2
in die Abstandsgleichungen von E1 bzw. E2 eingesetzt werden. Die Abstände
berechnen sich dann zu
11
d1 = 2x – ------ y
3
und
11
d2 = – 2x + ------ y . Also gilt: d1 = d2
3
Lösungsvariante:
Eine zweite Nachweismöglichkeit ergibt sich, indem man g ⊂ E 3 zeigt und
anschließend die Winkelgleichheit nachprüft. E3 halbiert den Raumwinkel
zwischen E1 und E2.
d) Abstand von M* zu M:
1
d = ( 7x – 13y – 2z ) ⋅ ------------222
Einsetzen der Koordinaten des Kreismittelpunktes:
1
21
d = ( 7 ⋅ 2 – 13 ⋅ ( – 1 ) – 2 ⋅ 3 ) ⋅ ------------- = ------------- < 3 , es gibt einen Schnittkreis.
222
222
Koordinaten von M*:
n
( x M∗ – x M ) = – d ⋅ ----n
x M∗ = – de n + x M
 7 
 – 13


 2
 99 
21  – 2   
1
= – ------------- ⋅ -------------- +  – 1 = ------ ⋅  17  ,
74
222
222  
 236
3
99 17 118
also M  ------ ; ------ ; --------- 
74 74 37
Radius r*:
r* =
2
2
r –d =
441
9 – --------- =
222
519
--------- ≈ 2, 648
74
a) Untersuchung der Lagebeziehung
b) Abstandsberechnung
c) Nachweis der Lage von E3
d) Schnittkreisberechnung
144
6 BE
8 BE
3 BE
7 BE
24 BE
Abiturprüfung
Leistungskurs
1998 / 99
Gymnasium
Brandenburg / Sängerstadt-Gymnasium
Finsterwalde
Brandenburg / Sängerstadt-Gymnasium Finsterwalde
Hinweis:
Für die folgende Prüfungsarbeit wurde antragsgemäß der symbolische Taschenrechner TI-92 als besonderes Hilfsmittel zugelassen. Der TI-92 nutzt ein Computeralgebrasystem, welches das symbolische Arbeiten mit mathematischen Ausdrücken
und Formeln (Vereinfachen von Termen, Lösen von Gleichungen, Differenzieren,
Integrieren usw.) automatisiert und grafische Darstellungen erlaubt. Der TI-92
stand jedem Schüler des Leistungskurses mit Beginn des Kurshalbjahres 13/I zur
Verfügung, d.h., er durfte im Unterricht, in der häuslichen Arbeit, bei allen Leistungsüberprüfungen und Klausuren in 13/I und 13/II eingesetzt werden.
In den angegebenen Erwartungsbildern wird durch einen Klammervermerk
„TI 92: ...“ auf Arbeitsschritte aufmerksam gemacht, wo die Rechnernutzung angebracht oder zumindest günstig ist.
Aufgabe 1:
Das Bevölkerungswachstum ist weltweit ein ernstes Problem, im Januar 1999
lebten erstmals über 6 Mrd. Menschen auf der Erde. Unser Globus kann nur eine
gewisse maximale Population ertragen. Die Art und Weise, in der sich die
Bevölkerung zeitlich verändert, ist abhängig von ihrer Größe, von Umweltbedingungen und von der Verfügbarkeit notwendiger Ressourcen.
Eine UN-Langzeit-Prognose der Weltbevölkerung gibt folgende Daten an:
1960
3,02 Mrd.
2050
10,02 Mrd.
1990
5,30 Mrd.
2100
11,19 Mrd.
2000
6,23 Mrd.
2150
11,54 Mrd.
2025
8,47 Mrd.
Stabilisation (nach 2200)
11,6 Mrd.
Es soll nun untersucht werden, nach welchem mathematischen Modell die UNPrognose erstellt wurde.
a) Zunächst werden die Differenzialgleichungen vom Typ
dB
(t)- = aB n(t) mit B(0) = B
(*)
-----------B0 > 0
0
dt
(t)- der Größe B(t) proportional zu
-----------betrachtet, dabei ist die Wachstumsrate dB
dt
einer Potenz dieser Größe. Für die Konstante a ∈ R gilt hier a > 0 , da es sich
um einen Wachstumsprozess handelt, für n werden nachfolgend spezielle
Werte angenommen.
146
Aufgaben
a1) Zeigen Sie, dass mit
B e(t) = B 0 e at
gegebene exponentielle Wachstums-
funktionen die Differenzialgleichung (*) für n = 1 erfüllen!
a2) Lösen Sie das Anfangswertproblem (*) mit der Methode Trennung der
Variablen für folgende weitere Fälle:
n=0
lineares Wachstum ( B l(t) )
n=2
hyperbolisches Wachstum ( B h(t) )
n = –1
parabolisches (genauer: „Wurzel-“) Wachstum (Bw(t))
Zeigen Sie, dass für n ≠ 1 die Lösung von (*) allgemein lautet:
1
-----------1–n 1–n
)
B(t) = ( ( 1 – n )at + B 0
a3) Bestimmen Sie aus den Daten der UN-Prognose von 1990 (t = 0) und 2000 die
jeweiligen Konstanten a in den vier Wachstumsfunktionen Be(t), Bl(t), Bh(t)
und Bw(t) auf 6 Nachkommastellen genau!
Zeichnen Sie die Graphen der vier Wachstumsfunktionen in einem geeigneten
gemeinsamen Koordinatensystem für den Zeitraum von 1960 bis 2150!
Tragen Sie die Werte der UN-Prognose punktuell mit in das Koordinatensystem ein!
a4) Berechnen Sie die jeweilige prozentuale Abweichung der Werte aus den
mathematischen Modellen von den Werten der UN-Prognose für die Jahre
2050 und 2150!
Werten Sie die Güte der Modelle und beurteilen Sie, ob die UN bei ihrer Langzeit-Prognose eines der vier Modellfunktionen zur Grundlage hatte!
b) In einem weiteren Modell gehen wir von einem logistischen Ansatz mit der
Differenzialgleichung
dB(t)
B(t)
------------- = λKB(t)  1 – ---------
B(0) = B 0
und
( B0 > 0 )
(**)
dt
K
aus, darin sind λ und K Konstanten mit λ > 0 und K > 0 .
K
b1) Weisen Sie nach, dass die Funktionsgleichung Blog(t) = ------------------------------------------– λKt
K

1 + ------ – 1 e
B

0
Lösung für (**) ist!
147
b2) Untersuchen Sie die Graphen von Blog(t) auf Asymptoten, Extrem- und Wendepunkte!
b3) Beurteilen Sie, ob die UN bei ihrer Langzeit-Prognose die logistische Modellfunktion zur Grundlage hatte!
Begründen Sie Ihre Meinung konkret!
b4) Für welchen Zeitpunkt (Jahreszahl) liefert das logistische Modell näherungsweise einen Bevölkerungszuwachs pro Jahr, der kleiner ist als 0,05 Mrd. Menschen?
b5) Berechnen Sie den Wert für eine mittlere konstante Anzahl von Menschen, die
im Zeitraum von 1990 bis 2150 die gleichen Auswirkungen auf unseren Globus hinterlassen hätte wie die Bevölkerung nach dem logistischen Modell in
diesem Zeitraum!
c) M. E. Gilpin und F. J. Ayala haben in Global models of growth and competition
(Proc. Nat. Acad. Sci 70 (1973) 3590-3593) vorgeschlagen, die logistische Differenzialgleichung (**) zu ersetzen durch
B(t) Θ
dB(t)
------------- = λKB(t)  1 –  --------- 
K
dt
(***)
mit der Konstanten Θ > 0 , wobei Θ ≤ 1 bzw. Θ > 1 zu wählen sei, je nachdem, ob die Population aus wirbellosen oder aus Wirbeltieren besteht.
Lösen Sie die verallgemeinerte logistische Differenzialgleichung (***) unter
der Anfangsbedingung B 0 > 0 bei t = 0 !
Aufgabe 2:
In einem kartesischen Koordinatensystem sind mit a ∈ R eine Ebenenschar Ea
Ea:
( 1 – a )x 1 + x 2 + ax 3 + a = 0
und mit b ∈ R eine Geradenschar gb
gb:
gegeben.
148
 1
 b 
x =  1 + λ  1 
 0
 1 – b
λ∈R
Aufgaben
a) Berechnen Sie den Schnittwinkel der beiden Ebenen E1 und E-1 aus der Schar
Ea!
Welche Beziehung gilt zwischen zwei Parameterwerten a1 und a2, damit die
zugehörigen Ebenen Ea und Ea aus der Schar Ea senkrecht aufeinander ste1
2
hen?
b) Geben Sie eine Gleichung derjenigen Geraden an, die in jeder Ebene der Schar
Ea enthalten ist!
c) Berechnen Sie den Abstand des Punktes G(1; 1; 0) von der Ebene E–1!
Welche weitere Ebene aus der Schar Ea hat denselben Abstand von G(1; 1; 0)
wie Ebene E-1?
d) Welche Gerade der Schar gb geht durch den Koordinatenursprung O (0; 0; 0)?
e) Untersuchen Sie die Lagebeziehung zwischen der Geraden s
 – 3
 – 1


s:
x =
+ µ  1
µ∈R
 3
 
 – 4
 – 1
und den Geraden der Schar gb in Abhängigkeit vom Parameterwert b (gegenfalls Schnittpunkte oder Abstände angeben)!
f) Für welche Werte von a, b ∈ R schneiden sich die Geraden aus gb und Ebenen
aus Ea in genau einem Punkt? Geben Sie die Koordinaten des Schnittpunktes
allgemein an und bestimmen Sie a und b für den speziellen Fall, dass der Koordinatenursprung O (0, 0; 0) dieser Schnittpunkt ist!
149
a1) Einsetzen von B e ( t ) = B 0 e at in die DGL ergibt eine wahre Aussage:
(TI-92: Differenzialoperator)
dB(t)
– DGL für n = 1: ------------- = B'(t) = aB(t)
dt
– Aus B(t) = B 0 e at folgt B'(t) = aB 0 e at (linke Seite der DGL)
– Aus B e(t) = B 0 e at folgt aB(t) = aB 0 e at (rechte Seite der DGL)
⇒ Die exponentiellen Wachstumsfunktionen B e(t) erfüllen die DGL für n = 1.
a2) Lösen der DGL für weitere Fälle mittels Variablentrennung:
(TI-92: Integraloperator)
Für n ≠ 1 erhält man allgemein aus der unbestimmten Integration von
∫ B–n dB = ∫ a dt (Beim Ausführen der unbest. Integration werden die beiden
entstehenden Konstanten auf der rechten Seite zu C zusammengefasst.):
1
------------ B 1 – n = at + C ⇒
1–n
B = ( ( 1 – n ) ( at +
1
1
-----------1
C)) – n
.
1–n
-----------B0
Mit B(0) = ( ( 1 – n )C ) 1 – n = B 0 ⇒ C = ------------1–n
folgt als Lösungsfunktion für die Fälle n ≠ 1 :
1–n
1
1
-----------1–n
B 0   ----------1–n =
( ( 1 – n )at + B 0 ) 1 – n
B(t) =  ( 1 – n )  at + ------------

1–n
Als Spezialfälle ergeben sich dann:n = 0 ⇒ B 1(t) = at + B 0
1
n = 2 ⇒ B h(t) = ---------------------1
– at + -----B0
n = –1⇒ B w(t) =
Lösungsvariante: Spezialfälle für n zuerst einzeln betrachten
150
2
2at + B 0
Erwartungsbilder
a3) Gleichungen aufstellen und Werte der Konstanten a berechnen
(TI-92: „SOLVE“-Funktion)
10a 1
n=1
6, 23 = 5, 30e
n=0
6, 23 = 10a 0 + 5, 3
a 0 = 0, 093
n=2
1
6, 23 = -----------------------------1– 10a 2 + -------5, 3
a 2 = 0, 002817
n = –1
6, 23 =
20a – 1 + 5, 3 2
a 1 = 0, 016167
a – 1 = 0, 002771
Graphen der Wachstumsfunktionen:
– Grafik-Darstellung des TI-92 nach geeigneter Eingabe der Funktionsterme
nutzen.
– Ansonsten siehe Tabelle der berechneten Werte unter a4).
– Für den Graphen von B h(t) muss eine ungerade Polstelle bei
1 - ≈ 66, 98 beachtet werden.
t p = -------aB 0
in Mrd
n=2
n=1
70
60
50
40
30
n=0
20
n=–1
UNO
10
20
100
– 10
n=2
200
Zeit in Jahren
151
a4) Prozentuale Abweichung der Modellwerte von den Prognose - Werten:
Berechnungen zur grafischen Darstellung der Wachstumsfunktionen
(Bevölkerungszahlen in Mrd):
exp.
linear
hyperb. parabol.
Jahr
t in Jahren
UNO
n=1
n=0
n=2
n=-1
1960
-30
3,02
3,26
2,51
3,66
1990
0
5,3
5,30
5,30
5,30
5,30
2000
10
6,23
6,23
6,23
6,23
6,23
2025
35
8,47
9,33
8,56
11,10
8,10
2050
60
10,02
13,98 10,88
50,87
9,61
2100
110
11,19
31,38 15,53
-8,25
12,08
2150
160
11,54
70,42 20,18
-3,82
14,13
prozentuale Abweichungen zur UN-Prognose:
2050
2150
39,53% 8,58% 407,65% -4,05%
510,19% 74,87% -133,07% 22,44%
Richtigkeit der Modelle beurteilen:
– keines von den vier Wachstumsmodellen kann Grundlage der UN-Prognose
gewesen sein (zu große Abweichungen; Stabilisation wird nicht erfasst)
– völlig ungeeignet sind der exponentielle und hyperbolische Ansatz
b1) Funktionsterm von Blog(t) in die DGL (**) einsetzen und wahre Aussage
zeigen: (TI-92: „STO“- und „SO-DASS“-Operator)
2
Kλt
( K – B 0 )λB 0 e
dB- = K
B(t)
------------------------------------------------
linke Seite: -----2 = λKB(t)  1 – --------- (= rechte Seite)
dt
Kλr
K
( B0 e
+ K – B0 )
b2) Kurvendiskussion für Graphen von Blog(t):
(TI-92: Differenzialoperator, „SOLVE“-Funktion, „SO-DASS“-Operator)
Asymptoten:
lim B log(t) = K
lim B log(t) = 0
t→∞
Extrempunkte:
dB log
------------ = 0
dt
t → –∞
2
Kλt
K ( K – B 0 )λB 0 e
- = 0
⇒ ------------------------------------------------2
Kλt
( B0 e
+ K – B0 )
⇒ nur erfüllbar für K = 0, B0 = 0 und / oder K = B0. Da diese Fälle lt.Voraussetzung hier nicht gegeben sind, existieren also keine Extrempunkte.
152
Erwartungsbilder
K–B
ln ----------------0
2
B0
d (B)
Wendepunkte: Es gilt ------------2 - = 0 ⇒ t w = ---------------------- (lt. Vor.)
Kλ
dt
4 3
3
K λ
B(t ) = – ------------ ≠ 0 (lt. Vor.)
und d--------3 w
8
dt
K-B 0
 ln ------------B 0 K
- ; ----⇒ W  ------------------ Kλ
2


b3) Beurteilung der Langzeitprognose:
Die Abweichungen zwischen den Werten aus dem logistischen Modell und den
Prognose- Werten sind unbedeutend. Die Stabilisation der Werte für t → ∞
wird im logistischen Modell richtig erfasst.
Grundlage für die UN-Prognose war also ein logistisches Modell.
Begründung:
Die grafische Darstellung der speziellen logistischen Wachstumsfunktion mit
Wendepunkt W(5,38; 5,80) zeigt Übereinstimmung mit den Werten der Prognose (auch hinsichtlich der Stabilisierung)
oder/und:
Angabe der prozentualen Abweichung: (TI–92: “TABLE“)
B er ech n u n gen z u r gr afi s ch en D ar s t el l u n g
d er l o g. W ach s t u m s fu n k t i o n en
(B evö l k er u n gs z ah l en i n M r d):
t i n J ah r en
1
1
2
2
2
2
2
9
9
0
0
0
1
1
6
9
0
2
5
0
5
0
0
0
5
0
0
0
U NO
-3 0
0
1 0
35
60
1 1 0
1 60
logis t
3 ,0 2
5 ,3
6 ,2 3
8 ,4 7
1 0 ,0 2
1 1 ,1 9
1 1 ,5 4
2
5
6
8
9
1 1
1 1
,8
,3
,2
,3
,8
,2
,5
2
0
3
7
9
1
2
p r o z en t u al e A b w ei ch u n g en z u r U N -P r o gn o s e:
2050
21 50
-1 ,2 9 %
-0 ,1 7 %
153
UN-Prognose und logistisches Modell
14
B in Mrd.
12
10
UNO
8
logist
6
4
2
0
-50
0
50
100
Zeit in Jahren
150
200
(Tabelle und grafische Darstellung sind vom Schüler nicht explizit gefordert,
erweisen sich aber als hilfreich zur Begründung für die Güte des logistischen
Modells)
b4) Da der Zuwachs durch die 1. Ableitung repräsentiert wird, folgt
(TI-92: Differenzialoperator)
dB log,sp
------------------( t) = 0, 05 , also t 1 ≈ 57, 07 oder t 2 ≈ – 46, 31 (entfällt)
dt
⇒ Im Laufe des Jahres 2047 sinkt der Bevölkerungszuwachs nach dem logistischen Modell unter 0,05 Mrd. Menschen.
b5) Mittelwert über bestimmtes Integral berechnen: (TI-92: Integraloperator)
160
Mit A =
∫ Blog,sp(t) dt ≈ 1575, 82 folgt
1
B = ------------------ A ≈ 9, 85
160 – 0
0
Eine konstante Zahl von ca. 9,85 Mrd. Menschen würde im Zeitraum von 1990
bis 2150 die gleichen Auswirkungen hinterlassen wie die Bevölkerungsentwicklung nach dem logistischen Modell.
c) Da es sich um eine BERNOULLI-DGL handelt, wird substituiert und die
Lösungsmethode nach LAGRANGE angewandt.
1–θ 1+θ
Umformung der DGL ergibt: dB
------- = λKB – λK
B
dt
Substitution:
154
Z = B
1 – (θ + 1)
= B
–θ
Erwartungsbilder
1–θ
dZ
------- + λKθZ ( t ) = λΘK
dt
Allgemeine Lösungen der homogenen Ersatz- DGL. durch TdV:
⇒ lineare Ersatz- DGL.:
Z h ( t ) = Ce
λKθt
Partikuläre Lösung der inhomogenen Ersatz- DGL. durchVdK:
– λ Kθt
1
, also Z p ( t ) = -----θ
K
Allgemeine Lösung der Ersatz- DGL. durch Überlagerung:
C ( t ) = Ke
Z a ( t ) = Z h ( t ) + Z p ( t ) = Ce
– λKθt
1
+ -----θ
K
K
Rücksubstitution: B ( t ) = -------------------------------------------θ – λKθt
( CK e
+ 1)
--1θ
θ
AWP:
Lösung:
K- – 1
 ----B 
0
C = ----------------------θ
K
K
B ( t ) = -----------------------------------------------------------------1-
θ

– λKθt 
 K θ
 1 +  ------ – 1 e

B0


a) Ebenengleichung für E1 und E–1:
E1:
x2 + x3 + 1 = 0
E–1: 2x1 + x2 – x3 – 1 = 0
Schnittwinkel:(TI-92: „DOTP“-Funktion)
 0
 1
 
 1
 0  2 
 1 ⋅  1 
   
 2
 1  – 1
0


- = ---------- = 0
⋅ 1 = 0 ⋅ 2 + 1 ⋅ 1 – 1 ⋅ 1 = 0 bzw. cos ϕ = ---------------------- 
2
6
12
 – 1
⇒ ϕ = 90°
155
Zwei beliebige Ebenen E a und E a stehen aufeinander senkrecht, wenn
1
2
1 – a1 1 – a2

 

 1  °  1  = 0 , wenn also ( 1 – a ) ( 1 – a ) + 1 ⋅ 1 + a ⋅ a = 0 und
1
2
1
2

 

 a1   a2 
a2 – 2
demzufolge a 1 = ----------------- .
2a 2 – 1
b) Die Gerade, die in jeder Ebene der Schar Ea enthalten ist, ist die gemeinsame
Schnittgerade zweier beliebiger Ebenen Ea.
z.B. E 1 ∩ E –1: E 1 :
x2 + x 3 + 1 = 0
E –1 : 2x 1 + x 2 – x 3 – 1 = 0
2x 1 + 2x 2 = 0 ⇒ x1 = – x2 ; x3 = – x2 – 1
 x 1
 0
 – 1
 


x
Mit x 2 = µ ergibt sich als Schnittgerade s: x =  2 = 0 + µ  1 
 
 
 
 – 1
 – 1
 x 3
Lösungsvariante: In analoger Weise ist auch eine allgemeine Lösung E a ∩ E a
1
2
möglich.
c) Die Abstandsberechnung erfolgt mithilfe der HESSEschen Normalform der
Ebenengleichung von E–1: (TI-92: „NORM“- und „SOLVE“-Funktion)
1
2
2⋅1+1⋅1–1⋅0–1
d ( G, E – 1 ) = ---------------------------------------------------- = ------- = --- 6
3
2
2
2
6
2 + 1 + ( –1 )
Für alle Ebenen Ea, die denselben Abstand von G haben, wie die Ebene E1,
muss gelten:
(1 – a) ⋅ 1 + 1 ⋅ 1 + a ⋅ 0 + a
2
1- 6 = ----------------------------------------------------------------d ( G, Ea ) = -- = ---------------------------------3
2
2
2
2
(1 + a) + 1 + a
2a – 2a + 2
⇒6 =
2
2
12a – 12a + 12 , also a – a – 2 = 0 und a 1 = – 1 , a 2 = 2
Somit hat E2 denselben Abstand von G wie die Ebene E1.
156
Erwartungsbilder
 0
 1
 b 




d) Aus O ∈ g b folgt 0 = 1 + λ  1  .
 
 


 0
 1
 1 – b
⇒ λ = –1 ; b = 1
Die Gerade g1 verläuft durch den Koordinatenursprung.
e) Lagebeziehung zwischen der Geraden s und der Schar gb:
 b 
 – 1


(1) Vergleich der Richtungsvektoren:
≠ k 1 
 1 
 
 1 – b
 – 1
⇒ Da die Richtungsvektoren linear unabhängig sind, können Parallelität
und Identität ausgeschlossen werden.
(2) Für den Abstand von windschiefen Geraden s und gb gilt:
(TI-92: „CROSSP“-Funktion)
d =
 1  – 3
 1 –  3 
   
 0  – 4
 4
=  – 2
 4
 – 1  b 
 1 × 1 

  
 – 1  1 – b
⋅ ------------------------------------- – 1  b 
 1 × 1 

  
 – 1  1 – b
 –b+2
 – 2b + 1


 –b–1
------------------------------------------------------------------------------------------⋅
2
2
2
( – b + s ) + ( – 2b + 1 ) + ( – b – 1 )
( – b + 2 ) – 2 ( – 2b + 1 ) + 4 ( – b – 1 ) =
– 4b + 2
= 4---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------2
2
6( b – b + 1)
6(b – b + 1)
Die Geraden schneiden einander, wenn d null ist, wenn also gilt:
– 4b + 2 = 0 ⇒ b = 1--- .
2
Demzufolge existiert für b = 1-- ein Schnittpunkt,
für b ≠ 1--- sind die Geraden
2
2
– 4b + 2 - .
windschief mit dem Abstand d = ----------------------------------2
6(b – b + 1)
157
(3) Schnittpunkt S = g 1 ∩ s berechnen:
--2
(TI-92: „SOLVE“-Funktion oder „DET“-Kalkül)
1
Lösen des Gleichungssystems (I) 1 + --- λ = – 3 – µ
2
1+λ = 3+µ
1
(III) 0 + --- λ = – 4 – µ
2
(II)
1
1 2
10
4
liefert µ = – ------ ; λ = – --- .
⇒ S  --- ; – --- ; – --- 
3
3 3
3
3
f) Koordinaten der Geradenschar in Gleichung für Ea einsetzen:
( 1 – a ) ( 1 + λb ) + ( 1 + λ ) + a ( λ ( 1 – b ) ) + a = 0
2
⇒ λ = ---------------------------------------a ( 2b – 1 ) – b – 1
Für a ( 2b – 1 ) – b – 1 = 0 gibt es keine Lösung für λ und damit auch keinen
Schnittpunkt.
2
Für alle anderen Fälle ergibt das Einsetzen von λ = ----------------------------------------a ( 2b – 1 ) – b – 1
mit dem TI-92 in die Schargleichung von gb den allgemeinen Schnittpunkt S:
–2 ( b – 1 )
2b
2
S  ----------------------------------------- + 1 ; ----------------------------------------- + 1 ; -----------------------------------------
 a ( 2b – 1 ) – b – 1
a ( 2b – 1 ) – b – 1
a ( 2b – 1 ) – b – 1
Ist der Koordinatenursprung O(0; 0; 0) dieser Schnittpunkt, dann gilt:
(1) – 2 ( b – 1 ) = 0 , also b = 1 .
2b
1–b
(2) Aus ----------------------------------------- + 1 = 0 folgt a = --------------a ( 2b – 1 ) – b – 1
2b – 1
2
b–1
(Analog gilt: ----------------------------------------- = 0 ⇒ a = --------------- )
a ( 2b – 1 ) – b – 1
2b – 1
Mit b = 1 folgt in jedem Fall a = 0 .
E0 und g1 schneiden also einander im Koordinatenursprung, wenn a = 0 und
b = 1.
158

Abiturprüfung Leistungskurs 1998/99

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