Lösungen

Lösungen
Lösung 5
1. (a) Nullstelle bei x = 0, Polstellen bei x = ±1, Asymptote ist y = 0.
√
(b) Nullstellen bei x = 6 ± 30, keine Pole, Asymptote ist y = −1.
(c) Nullstelle bei x = 2, Pol bei x = 0, Asymptote ist y =
x2
4 .
(d) Nullstelle bei x = 3, Pol bei x = −2, Unbestimmtheitsstelle bei x = 1,
Asymptote ist y = 1.
y
y
1
1
x
1
(a) f (x) =
x
x2 −1
(b) f (x) =
12x−x2 −6
x2 +3
y
y
2
5
1
(c) f (x) =
x
10
x
1
(d) f (x) =
x3 −8
4x
87
x2 −4x+3
x2 +x−2
x
Lösungen
3
2. x #→ xx2−4x
+1 hat Nullstellen x = −2, 0, 2, keine Polstellen und geht nach ±∞ für
x → ±∞.
y
x #→ x (Asymptote)
x #→
x3 −4x
x2 +1
1
x
1
3. (a) Lösungsmenge: L = {0, 5/2}
(b) Lösungsmenge: L = {}
(c) Lösungsmenge: L = {−2, −1}
(d) Lösungsmenge: L = {1}, ACHTUNG: ±4 löst die Gleichung nicht, denn bei
beiden ist die rechte Seite der Gleichung nicht definiert!
4.
3
x2 +3x
=
1
x
+
−1
x+3 .
5. a = −12. Den Zähler kann man mittels Polynomdivision umschreiben. Es gilt:
x3 − 5x − 12 = (x2 + 3x + 4)(x − 3) und die Diskriminante von x2 + 3x + 4 ist
−5. Daher hat der Zähler und somit die ganze Funktion keine weitere Nullstelle.
6. y =
6x3 −96x+1
.
2x−8
7. (x5 + 2x4 + 2x3 − x2 − 3x − 1) : (x2 − 1) = x3 + 2x2 + 3x + 1.
Lösung 6
1. (a) π/2, ergibt Punkt (0, 1), (b) π, √
ergibt Punkt (−1, 0), (c) −3π, ergibt Punkt
(−1, 0) und (d) π/6, ergibt Punkt ( 3/2, 1/2).
88
Lösungen
2. (a) 360◦ , (b) 18◦ , (c) 0◦ und (d) 540◦ .
3. (a) α = 30◦ = π/6, (b) α = 45◦ = π/4.
4. Der Baum ist 1.7m + tan(25◦ )20m ≃ 11m hoch.
!
5. Der Kilometerzähler gibt (10000m)2 + (1000m)2 = 10.05km an.
6. Zeichne in ein Koordinatensystem den Einheitskreis um den Nullpunkt. Wir
zeichnen nun ein Dreieick, dessen eine Ecke im Nullpunkt liegt und dessen andere zwei Ecken, rechts vom Nullpunkt auf dem Kreis liegen und die Koordinaten
(x, ±1/2) haben. Dies ist ein gleichseitiges Dreieck. (Warum?). Ein Dreieckswinkel ist also 60◦ = π/3 gross. Wegen der Symmetrie zur x-Achse bildet die Dreiecksseite mit der Koordinaten (x, 1/2) zusammen mit der x-Achse eine Winkel
von π/6. Der Abschnitt der x-Achse, welcher im Dreieck liegt, hat also die Länge
cos(π/6). (Warum?) Wir können den Satz des Pythagoras auf das obere Teildreieck anwenden und erhalten
damit die Gleichung: 12 = (cos(π/6))2 + (1/2)2 .
√
Daraus folgt cos(π/6) = 3/2.
7. Wir quadrieren die Gleichung (und erhalten evtl. zusätzliche Lösungen!) und
lösen: sin2 (x) = cos2 (x). Ersetze sin2 (x) durch 1 − cos2 (x). Also
! brauchen wir
die Gleichung 2 cos2 (x) = 1 zu lösen. Wir finden: cos(x) = ± 1/2, also x =
π/4 + kπ/2, k ∈ Z. Ist allerdings k ungerade, so haben sin(π/4 + kπ/2) und
cos(π/4+kπ/2) verschiedenes Vorzeichen (dies sind die Lösungen der quadrierten
Gleichung, die durchs Quadrieren neu entstanden sind). Deshalb finden wir als
Lösungen von sin(x) = cos(x) die x von der Form x = π/4 + kπ.
8. Da die Innenwinkelsumme im Dreieck 180◦ oder π beträgt, muss der dritte Winkel γ = π/2 sein. Nun kann man entweder den Satz von Pythagoras oder den
Sinussatz anwenden. Wir erinnern uns an den Sinussatz, der sagt, dass in einem
Dreieck mit Seiten a, b und c und gegenüberliegenden Winkeln α, β und γ gilt:
b
c
a
=
=
.
sin(α)
sin(β)
sin(γ)
Da sin(π/2) = 1 ist, folgern wir daraus: c =
a
sin(α)
=
1
1/2
= 2.
9. sin 2α = 2 sin α cos α
Lösung 7
1. (a) 10, (b) 1000, (c) 0.01, (d) 1, (e) 1, (f) 1, (g) nicht definiert, (h) nicht definiert,
(i) 0, (j) 0.
2. Am Tag 19 ist der Teich halb bedeckt. Kaufe ich gleich 2 Seerosen, so dauert es
bis zur vollständigen Bedeckung 19 Tage.
89
Lösungen
3. Das Vermögen beträgt dann 1000 · 1.01510 = 1160.55 Franken. In 74 Jahren hat
sich das Vermögen verdreifacht (log1.015 3 ≃ 73.79).
y
y
4.
1
2
1
x
1
(b) g(x) =
(a) f (x) = ex−1 − 1
x
1
2e2x
5. (a) Man braucht total 4 Kerzen, also müssten zu den zwei schon leuchtenden
zusätzlich noch zwei Kerzen angezündet werden. (b) Die Belastung der Ohren
ist um den Faktor 210/3 = 10.079 grösser - also mehr als 10 mal so gross. (c) Wir
wollen auf verschiedenen Skalen gut diﬀerenziert hören und sehen können. Wäre
z.B. das Hörempfinden linear und darauf ausgelegt, dass wir ein lautes Konzert
überstehen können, so könnten wir z.B. ein Blätterrascheln kaum von absoluter
Stille unterscheiden.
6. (a) x = −63/64, (b) x = −9, 11, (c) x =
sein) und (d) x = 0 oder x = ±1.
√
5−1
2
(Vorsicht: x darf nicht negativ
7. Betrachte aloga (b/c) = b/c und aloga b−loga c = b/c und überlege, dass daraus die
Behauptung folgt.
√
1
= −1
8. (a) log7 49 = 2, (b) log3 1 = 0, (c) log5 6 25 = 13 , (d) log10 10
9. (a) loga (b+c)+loga (b+c)−1 = 0, (b) loga−b (a2 −2ab+b2) = 2, (c) logc (b2 )/ logc (a) =
2 loga b, (d) logc (a4 − b4 ) − logc (a2 + b2 ) − logc (a + b) = logc (a − b).
10. (a) log2 8 = 3, (b) log5 25 = 2, (c) log3 243 = 5, (d) log2 1024 = 10.
Lösung 8
1. 4x
2. (a) 0, (b) m, (c) 2ax + b
90
Lösungen
3. (a)
√
√
√
√ √
√
x+h− x
x+h− x x+h+ x
√
=
√
h
h
x+h+ x
(x + h) − x
= √
√
h( x + h + x)
1
1
h→0
= √
√ −→ √
2 x
x+h+ x
(b)
√1
x+h
−
h
√1
x
√
√
√
√
x− x+h x+ x+h
√
= √
√ √
h( x + h x) x + x + h
x − (x + h)
√
= √
√ √
h( x + h x)( x + x + h)
−1
h→0 −1
√
√
= √
−→
√ √
2x x
( x + h x)( x + x + h)
4. (a)
(f (x + h) + g(x + h)) − (f (x) + g(x))
h
g(x + h) − g(x)
f (x + h) − f (x)
= lim
+ lim
h→0
h→0
h
h
= f ′ (x) + g ′ (x)
(f (x) + g(x))′ = lim
h→0
(b)
(c · f (x))′ = lim
h→0
5.
f (x + h) − f (x)
c · f (x + h) − c · f (x)
= c · lim
= c · f ′ (x)
h→0
h
h
−2
(x−1)2
91

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