- Merkur Verlag Rinteln

Bohner
Ihlenburg
Ott
Deusch
Mathematik für
berufliche Gymnasien
Jahrgangsstufen 1 und 2
Analysis und Stochastik
Ausführliche Lösungen
zu im Buch gekennzeichneten Aufgaben
ab 5. Auflage 2015
ISBN 978-3-8120-3338-1
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Merkur
Verlag Rinteln
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2
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 13
y
5
4
3
2
1
3
__
2 f(x) =    x2 — 3x
4
a)Mittlere Änderungsrate in [2; 5]:
f(5) – f (2)
3,75 – (– 3)

 ________
 
=   _________
 
 
= 2,25
5 – 2   
3 
—1
b)Sekante g durch P(2 | — 3) und
Graph von f
Graph von g
1
—1
—2
—3
Q(5 | 3,75):
2
3
4
5
waagrechte Tangente
Die Steigung m der Sekante ist
die mittlere Änderungsrate in [2; 5].
m = 2,25 (s. Teilaufgabe 2 a))
g: y = 2,25x – 7,5
Schaubilder von f und g: c)Momentane Änderungsrate in x = 2:
f(2 + h) – f (2)
3
__
  4 (2 + h)2 – 3(2 + h) – (– 3)
_____________________
3
__
  4 (4 + 4h + h2 ) – 6 – 3h + 3
______________________

  ____________
  
 
=   
 
  
 
=     
  
 

h 
h
h
3
__
  4 h2
____
3
__
=   h    =   4 h __
4 h → 0 für h → 0
3
Interpretation:
Die Steigung des Graphen von f an der Stelle x = 2 ist null.
waagrechte Tangente. S(2 | — 3) ist der Scheitelpunkt.
Lehrbuch Seite 14
9 a) Die Beschleunigung (Steigung des
Graphen) ist in t = 0 am größten, 60
danach nimmt sie ab und strebt 50
gegen Null.
b) v′(0) ≈ ___
  25  = 5
5
m
maximale Beschleunigung 5 __
     
s2
__
v in m
s
40
30
20
10
5
25
5
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t in s
10
15
20
25
30
35
40
x
3
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 27
3
__
4 a) f(x) = __7 1  x3+ 3x – 5 ⇒ f′(x) =  7 x2+ 3
Konstanter Summand fällt weg. 1
b) f(x) = __4 1  (8 – 2x2) ⇒ f′(x) = __4  1  (— 4x) = — x Konstanter Faktor __
  4  bleibt erhalten.
f(x) = __4 1  (8 – 2x2) = 2 — __2 1 x2 ⇒ f′(x) = — x
c)g(x) = xex ⇒ g′(x) = 1 · ex + xex = (x + 1)ex (Produktregel)
f(x) = x2 + xex ⇒ f′(x) = 2x + (x + 1)ex
d) f(x) = sin(3x)e2x

Mithilfe der Produkt- und Kettenregel
f′(x) = 3cos(3x)e2x
+ sin(3x) · 2e2x
=(3cos(3x) + 2sin(3x))e2x

e) f(x) = esin(x)

⇒ f′(x) = cos(x)esin(x)

(Kettenregel)
f) g(x) = x2 e3x – 5

⇒ g′(x) = 2xe3x – 5

+ x2 e3x – 5

· 3 = (2x + 3x2 )e3x – 5
f(x) = 4x2 + x2 e3x – 5

⇒ f′(x) = 8x + (2x + 3x2 )e3x – 5
g) f(x) = e4x
(x – x2 )  mit der Produkt- und Kettenregel f′(x) = 4e4x
(x – x2 ) + e4x
(1 – 2x) = e4x
(1 + 2x — 4x2 ) h) f(a) = ea (e– a+ 3) = ea – a
+ 3ea = e0 + 3ea = 1 + 3ea
f′(a) = 3ea
5
i) f(u) =  __u +
a ist die Funktionsvariable, nach der abgeleitet wird.
__
2√ u  =
5u– 1 + 2u0,5

5
___
f′(u) = — 5u– 2+ 2 · 0,5u– 0,5

= —   2   + u— 0,5

u
– ax
j) f(x) = 5 + 3xe

– ax
f′(x) = 3e + 3xe– ax· (– a) = (3 – 3ax)e– ax= 3(1 – ax)e– ax t
k) f(x) =  __2  x4 + 2tx2 – π
f′(t) = 2tx3 + 4tx
Konstanter Summand π fällt weg. 2
l) f(x) = ex + ex + e
2
f′(x) = 2xex + ex Konstanter Summand e fällt weg.
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4
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 35
y
4
3
2
1
3
3
3
3 f(x) = __4 1  x2 (x – 3) = __4 1  x3 – __
    x2 ; f′(x) = __
   x2 – __
   x 
4
4
2
a)f (1) = — __2 1 
Tangente in P(1 | — __2 1 ):
2 3 4 x
—3 —2 —1 —1 P 1
—2
—3
—4
3
__
f′(1) = –  4 
K
3
Hauptform:
y = – __
 4 x  + b
Punktprobe mit P(1 | – __2 1 ):
– __2 1 = –  __4 · 1 + b
b = __4
 1  
Tangentengleichung:
y = – __
 4 x + __4 1  
3
3
Normale in P:
1
1
Steigung der Normalen:
4
__
___
mn= –  ___
m   = –   __
3    =  3 
Gleichung der Normalen:
4
__
y =  __
 x – 6
 11  
3
t
–  4  
9
y
4
3
2
1
b)Stellen mit Steigung  __
4 
3
3
9
9
Bedingung: f′(x) = __
  4  __
   x2 – __
   x  =  __
4 
4
2
x2 – 2x – 3 = 0
Lösungen:x 1= 3; x 2= — 1
9
27
9
5
Tangente in x 1= 3:
__
y =  __
4 x —   4  
Tangente in x 2= — 1:
__
y =  __
4 x +  4  
—3 —2 —1 —1
—2
—3
—4
K
g
1
2 3 4
x
2
__
c) Stellen mit Steigung —  3 (negativer Kehrwert von 1,5)
Hinweis: f′(x0) ist die Steigung der Tangente an K in x0 .
2
__
Bedingung: f′(x) = —  3 
3
3
2
__
__
__
   x2 –   2 x
= –  3 
4
9x2 – 18x + 8 = 0
Stellen:x 1=  4__3 ; x 2=  2__3 
Tangente in x 1=  4__3 :
2
4
y = — __
 3 x +  __
27  
Tangente in x 2=  2__3 :
y = — __
 3 x +  __
27  
2
5
Hinweis: Die zwei Tangenten liegen nahe beieinander.
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h
y
4
3
2
1
—3 —2 —1 —1
—2
—3
—4
K
1
2 3 4 x
5
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 35
y
4
3
2
1 O=H
3d)Punkte mit waagrechter Tangente
3
3
 __4  x2 – __
   x  = 0
2
Bedingung: f ′(x) = 0
x2 – 2x = 0
x(x – 2) = 0
Stellen:x  1 = 0; x  2= 2
Punkte:O(0 | 0); T(2 | — 1)
—3 —2 —1 —1
—2
—3
—4
5
e) Stellen mit Steigung —  __
12   
12
(negativer Kehrwert von  __  )
5
3
5
3
5
__
Bedingung: f′(x) = —  12      __4  x2 — __
   x  = —  __
12   
2
T
K
1
P2
—1
9x2 – 18x + 5 = 0
Stellen:
x 1=  __3 ; x 2= __3   
Kurvenpunkte:
2
__1
__
P 1( __3 |—  __
27  ); P 2(3   |—  27  )
5
2 3 4 x
1
y
2
5
K
1
—1
1
2
4 x
3
P1
—2
25
Lehrbuch Seite 36
y
Skizze
P
1
Erdhügel
e
mp
Steigung in x = 4: f′(4) = — 1.
Ra
14 f(x) = 3x — __
   x  2 ; f′(x) = 3 — x
2
α
Steigung — 1 entspricht einem
Steigungswinkel von α = 135° (bzw. 45°).
Der Geländewagen kommt die Rampe wahrscheinlich nicht hoch.
x
Lehrbuch Seite 39
2 K: f(x) = — 0,5x3 + 2x + 1; f′(x) = — 1,5x2 + 2
y
4
G: g(x) = — 0,5(x3 + 2x2 + x — 2)
3
g′(x) = — 0,5(3x2+ 4x + 1)
2
x = 0 einsetzen: f(0) = g(0) = 1
1
Schnittpunkt S(0 | 1)
f′(0) = 2; g′(0) = — 0,5
f′(0) · g′(0) = 2 · (— 0,5) = — 1
Sie schneiden sich senkrecht.
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—3 —2 —1
—1
—2
K
1
2
G
3
x
6
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 42
5 K → C: K hat für — 2 < x < 2 eine positive Steigung,
C verläuft für — 2 < x < 2 oberhalb der x-Achse.
(K ist das Schaubild einer Polynomfunktion 3. Grades,
C ist das Schaubild einer Polynomfunktion 2. Grades.) G → B: G hat in x = 1 eine waagrechte Tangente,
Die Ableitungsfunktion hat in x = 1 eine Nullstelle.
H → A: H hat in x ≈ 1,7 eine waagrechte Tangente,
Die Ableitungsfunktion hat in x ≈ 1,7 eine Nullstelle.
Die Steigung von H in x = 0 ist ca. — 2, dies entspricht auch (ungefähr)
dem zugehörigen y-Wert des Punkte auf dem Schaubild von A.
Lehrbuch Seite 48
y
Graph von f
5 a)f′(x) > 1
Die Steigung des Graphen von f
ist größer als 1,
f ist streng monoton wachsend.
1
—1
x
1
—1
Z. B. f(x) = x3 + 2x
b)f′(x) ≤ 0
y Graph von f
f ist monoton fallend.
Z. B. f(x) = e—x

1
der Graph von f kann z. B. auch
eine Parallele zur x-Achse sein.
—1
1
x
c)f′(x) ∈ 0; 2]
f ist (streng) monoton wachsend.
Steigungen zwischen 0 und 2
Z. B. f(x) = x + sin(x)
Hinweis: Waagrechte Tangente
in x = ± π
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y
5
4
3
2
1
—5 —4 —3 —2 —1 —1
—2
—3
—4
—5
Graph von f
1
2 3 4 5 x
7
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 48
y
5
4
3
2
1
5 d)f(x) ∈ [— 4; 4]
Funktionswerte zwischen — 4 und 4
Z. B. f(x) = 4cos(x)
Hinweis: Der Graph von f verläuft in
einem „Streifen“ um die x-Achse.
—5 —4 —3 —2 —1 —1
—2
—3
—4
—5
Lehrbuch Seite 55
1
2
3
4
5 x
y
1
1 2
1 a) f (x)  =  –  __
4   x  + x – 2
1
1
f′(x) = –  __   x + 1; f′′(x) = –  __    < 0
2
Graph von f
—2 —1
2
Bedingung: f′(x) = 0 für x 1= 2
f′′(2) < 0
H(2 | – 1) 1
—1
—2
—3
—4
—5
3
4
5
6 x
1
2
3
4 x
2
H
b) f(x) = __6 1  (x3– 9x)
H
f′(x) = __6  1  (3x2– 9); f′′(x) = x
__
Bedingung: f′(x) = 0 für x 1|2= ± √ 3  
__
__
3  <
f′′(— √3 )  = — √
__
__
3  );
H(— √3  | √
__
0; f′′( 3 )  =
__
__
3 |  — 3 ) 
T( √
√
√
__
3 > 
√
—4 —3 —2 —1
0
y
3
2
1
—1
—2
—3
—4
T
3
1
c) f(x) = __
    x  4 – __
   x  2 + 5
16
2
1
3
f′(x) = __
   x  3 – 3x; f′′(x) =  __
 x  2— 3
4
4
y
__
6 H
Bedingung: f′(x) = 0 für x1 = 0; x 2|3= ± √ 12  
4
f′′(0) = — 3 < 0; f′′(± √ 12  ) = 6 > 0
2
__
H(0 | 5)
___
T1(√
12  |
— 4); T2 (—
___
12  |
√
—5 —4 —3 —2 —1
— 4)
T2
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—2
—4
1
2 3 4 5 x
T1
8
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 55
y
6
5
4
3
2
1
0,5x
1 d) f (x) = — x — 2 + e

f′(x) = — 1 + 0,5e0,5x
; f′′(x) = 0,25e0,5x
> 0
Bedingung: f′(x) = 0 für x
 1= 2 ln(2)
—5 —4 —3 —2 —1 —1
—2
f′′(2 ln(2)) > 0
Mit e0,5
· 2 ln(2)= 2 erhält man
2 3 4 5 x
T
1
f(2ln(2)) = — 2 ln(2)
Extrempunkt des Graphen von f:
Tiefpunkt T(2 ln(2) | — 2 ln(2))
e) f(x) = 2sin(2x) + 1; x ∈ ]— 1; 4[
y
f′(x) = 4cos(2x); f′(x) = — 8sin(2x)
3
2
1
Bedingung: f′(x) = 0
π
π
3
5
__
__
__
für x  1 = —   __
4  ; x  2 =   4   ; x  3 =   4 π; x  4 =   4 π
f′′(x1|3) > 0; f′′(x2|4) < 0
—2
—1
—1
T1
—2
H1
1
H2
2
3
4
5 x
T2
Extrempunkte des Graphen von f:
π
π
__
T 1( —   __
4  | — 1); H 1(  4   | 3)
3
5
T 2( __
  4 π | — 1); H 2(   __
4  π | 3)
1
f)f (x) = x__
    + x; x ≠ 0
1
x
1
x
f′(x) = — __
  2   + 1; f′′(x) = 2 · ___
  3   
Bedingung: f′(x) = 0 für x
 1|2 = ± 1
1
x
—  __2   + 1 = 0
| · x2
— 1 + x2 = 0
x2= 1
x  1|2 = ± 1
f′′(– 1) = – 2 < 0; f′′(1) = 2 > 0
f(– 1) = — 2; Hochpunkt H (— 1 | — 2)
f(1) = 2; Tiefpunkt T (1 | 2)
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y
8
6
4
2
—5 —4 —3 —2 —1 —2
H —4
—6
—8
T
1
2 3 4 5 x
9
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 56
3 2 __
3
1 3 __
18 K (x) =  __
12   x   –   8  x   +   2 x + 10
1
1
3
3
3
__
__
__
2 __
K′ (x) =  __
4   x   –   4  x +   2 ; K′′(x) =  2   x  –   4  
1
3 2
__ __
K′ (x) = 0 hat wegen D = ( __
     ·   23 < 0 keine Lösung
4 ) – 4 · 4
K′ (0) = __
 23 , also gilt K′ (x) > 0 für x > 0: K ist monoton wachsend.
K′ (x) ist am geringsten,
wenn K′′ (x) = 0: 1
3
__
 __
2    x—   4    = 0
3
x =  __
2 
y
30
25
20
15
10
5
Produktionsmenge, bei der sich die
Gesamtkosten am geringsten ä
ndern:
3
x =  __
2 
3
__
Kostenänderung K′ (  __
    
2 )  = 16
15
0
Graph von K
1
2
3
Lehrbuch Seite 63
3
3
9
9
3
9
2a)f(x) =  __8  x3 –  __2 x; f′(x) =  __8  x2 –  __2 ; f′′(x) = __
 4 x  ; f″′(x) =  __
   ≠ 0
4
Wendepunkt
9
Bedingung: f′′(x) = 0  __
 x  = 0
4
x=0
Nachweis: f″′(0) =  __
   ≠ 0
4
Wendepunkt:
W(0 | 0)
9
3
Steigung der Wendetangente: f′(0) = –  __2 
3
Hauptform:
y = –  __2  x + b
Punktprobe mit W(0 | 0):
0=b
3
Gleichung der Wendetangente: y = –  __2 x
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4
5
6
7 x
10
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 63
2b)f(x) = x3 — 3x2 — x + 5
f′(x) = 3x2 — 6x — 1; f′′(x) = 6x — 6; f ′′′(x) = 6 ≠ 0
Wendepunkt
Bedingung: f′′(x) = 0 Nachweis: 6x – 6= 0
x=1
f″′(1) = 6 ≠ 0
Wendepunkt:
W(1 | 2)
Steigung der Wendetangente: f '(1) = – 4
Hauptform:
y = — 4x + b
Punktprobe mit W(1 | 2):
Gleichung der Wendetangente:
2=—4·1+b
b=6
y = — 4x + 6
c)f(x) = x(ex – 1)
f′(x) = 1 · (ex – 1) + xex = ex (x + 1) – 1
x
x
mit der Produktregel
x
f′′(x) = e (x + 1) + e · 1 = e (x + 2)
Wendepunkt
Bedingung: f′′(x) = 0 ex(x + 2) = 0
ex ≠ 0:
x=—2
Nachweis: f′′(x) wechselt das Vorzeichen in x = — 2.
Wendepunkt:
W(— 2 | — 2(e– 2
— 1))
Steigung der Wendetangente: f′(— 2) =— e
– 2— 1
Hauptform:
y = (– e
– 2— 1)x + b
Punktprobe mit W(— 2 | — 2(e– 2
– 1)):— 2(e– 2— 1) = (— e
– 2— 1) · (— 2) + b
— 2
e– 2
+ 2 = 2e– 2+ 2 + b
— 4
e– 2
= b
Gleichung der Wendetangente:
y = – (e– 2
+ 1)x — 4e– 2

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11
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 64
17 f′(x) = 0 für x1= 0 und x2= 3:
f hat zwei Stellen mit waagrechter Tangente;
f′ ist eine Polynomfunktion 3. Grades
f′′(3) = 0
f′′(2,9)< 0; f′′(3,1)> 0
Bei x2= 3 wechselt f′′(x) das Vorzeichen von minus nach plus.
Bei x2= 3 liegt ein Krümmungs-
wechsel von Rechtskurve zu
Linkskurve vor,
also Wendestelle.
f′(— 1) < 0 und f′(1) > 0:
Tiefpunkt T(0| f(0))
y
3
2
1
—1
1
—1
—2
—3
—4
2
3
4
x
Lehrbuch Seite 77
3 f(x) = ax3 + bx2 + cx + d; f′(x) = 3ax2 + 2bx + c
Schaubild verläuft durch den Ursprung: d = 0
f(x) = ax3 + bx2 + cx
Eigenschaft
BedingungGleichung
A(2 | 1) ist ein Kurvenpunkt.
f(2) = 1
8a + 4b + 2c = 1
waagrechte Tangente in x = 1 f′(1) = 0
3a + 2b + c = 0
waagrechte Tangente in x = 3 f′(3) = 0
27a + 6b + c = 0
9
Lösung des LGS: a = __2 1 ; b = — 3; c =  __2 
Funktionsterm:
f(x) = __2 1 x3 — 3x2 +  __
2 x
9
Bei einem Schaubild einer Polynomfunktion 3. Grades ist die Wendestelle der
Mittelwert der Extremstellen (sofern diese existieren).
x+ x
1+3
1
2
xW=  ______
 
= ____
  2   
 = 2 x-Wert des Kurvenpunktes A.
2   
Der Punkt A ist der Wendepunkt.
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12
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 77
7 Ziel: f(x) = acos(b(x — c)) + d
Start: g(x) = cos(bx)
2π
b =  ___
p  = 2
Periode p = π: Ansatz: g(x) = cos(bx) g(x) = cos(2x)
Hochpunkt von G:
H(0 | 1)
Verschiebt man G um 3 nach rechts
y
6
5
4
3
2
1
und um 4 nach oben, so hat die
verschobene Kurve den
Hochpunkt H(3 | 5).
Funktionsterm: f(x) = cos(2(x — 3)) + 4
Alternative:
—2
—1
mit dem Ansatz: g(x) = sin(2x)
y = cos(2(x—3)) + 4
y = cos(2x)
1
—1
—2
2
3
4
5
x
π
Hochpunkt von G:
π
H( __4  | 1)
Verschiebt man G um 3 —  __4  nach rechts und um 4 nach oben, so hat die
verschobene Kurve den Hochpunkt H(3 | 5).
Funktionsterm:
π
f(x) = sin(2(x — (3 —  __4  ))) + 4
Lehrbuch Seite 86
6 Abstand: d(x) = 0,021x2 — 1,072x + 25 — 0,2x
Zielfunktion:
d(x) = 0,021x2— 1,272x + 25; 0 ≤ x < 70
Untersuchung von d auf ein Minimum
Ableitung: d′(x) = 0,042x — 1,272
Notwendige Bedingung: d′(x) = 0
0,042x — 1,272 = 0
x = 30,3 ∈ [0; 70[
Nachweis: Das Schaubild von d ist eine nach oben geöffnete Parabel.
d besitzt somit bei x = 30,3 ein absolutes Minimum.
d wird minimal für x = 30,3.
y
y = 0,021x2 — 1,072x + 25
in m
Minimaler Abstand: d(30,3) = 5,7
Der minimale Abstand beträgt 5,7 m,
die Vorschrift wird eingehalten.
y= 0,2x
Abstand: y-Differenz
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70
ng
Ha
x in m
13
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 91
4 f(t) = a tebt
2ae2b
= 33,8
(1)
f(4) = 24,9
4ae4b
=
(2)
16,9
(e4b
= (e2b
)2 = (____
  a  ) 
 2
)
Bedingungen: f(2) = 33,8
Aus (1): e
2b
= ____
  a 
 
 
24,9 16,9
16,9
in (2):
4a(____
  a  ) 
 2
= 24,9
 _______
 = 24,9 ⇒ a = 45,88
a   
1142,44
16,9
______
Aus e
2b
= 45,88
 
 
  
⇒ b = — 0,5
f(t) = 45,88 te— 0,5t

; f′(t) = e— 0,5t

(— 22,94t + 45,88)
f′(t) = 0 für t = 2
f(0) = 0; f(t) → 0 für t → ∞
⇒ t = 2 ist Maximalstelle
Die Behauptung stimmt.
Lehrbuch Seite 94
3a)s(t) = at3 + bt2 + ct + d; Schaubild verläuft durch O(0 | 0): d = 0
s′(x) = 3at2 + 2bt + c; s′′(x) = 6at + 2b
s ′(0) = v(0) = 0:
c=0
s ′′(0) = 3:
2b = 3 ⇒ b =  __
 
2
s′′(7,5) = 0:
45a + 2b = 0
3
__
Mit b =  2 erhält man:
s(t) = — __
  1   t3 +  __2  t2
15
3
1
45a + 3 = 0 ⇒ a = –   __
15   
3
s′(t) = v(t) = — __5
 1  t2 + 3 t; s′′(t) = a(t) = —  2__5  t + 3 b) Die Geschwindigkeit nimmt zu bis s′′(t) = a(t) = 0
—  2__5  t + 3 = 0
t = 7,5
Für t < 7,5 nimmt die Geschwindigkeit zu:
Beschleunigung: a(t) = s′′(t) > 0 (Wendestelle t = 7,5)
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14
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 94
3 c) Laufzeit s(t) = 100 für t = 11,89 (s)
s in m
100
mit Hilfsmittel oder mit einer
50
verfeinerten Wertetabelle im WTR 75
W
25
100
d) Mittlere Geschwindigkeit: v =  ____
 = 8,4
11,9  
2
Größte Geschwindigkeit: v′(t) = s′′(t) = 0
4
6
8
10
12
14 t in s
t = 7,5
vmax= v(7,5) = 11,25
__
Die größte Geschwindigkeit nach 7,5 s ist 11,25  m
s  .
Lehrbuch Seite 100
1200
1000
800
600
400
200
0
1 a) Zeichnung: E(x) = 44x
b) Gewinnfunktion G:
G(x) = —  1__4  x3 + 6x2 — 6x — 280
G(6) = — 154; Verlust
G(20) = 0 Kostendeckung
GE
E
K
0
5
10
15
G′(x) = —  3__4  x2 + 12x — 6; G′′(x) = —  3__2 x + 12
Maximaler Gewinn
Bedingung: G′(x) = 0
—  3__4  x2 + 12x — 6 = 0
x1= 15,48; x2= 0,52
Nachweis: G′′(15,48) < 0; G′′(0,52) > 0
Der maximale Gewinn liegt bei 15,48 ME und beträgt 137,53 GE.
K(15) – K(10)
93,75
c) ___________
 
 
 
=   _____
 = 18,75
5 
5   
d) Minimaler Kostenzuwachs: K′′(x) = 0
x=8
K′(8) = 2
Die Stelle mit minimalem Kostenzuwachs ist die Wendestelle.
Wird die Produktion von 8 ME auf 9 ME erhöht, so beträgt
der Kostenzuwachs 2 GE/ME.
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20
ME
25
15
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 106
5
2 a)F(x) = x +  __2 cos(x) + c
b)
Ein konstanter Summand fällt beim Ableiten weg.
1
F(x) = — 2sin(x) —  __
  x3 + c 3
c) F(x) = tx — t2 cos(x) + c
t und t2werden wie Zahlen behandelt
3
d)F(x) = __6
 1  x2 —  __2  ex + c
e) F(x) = t(ex — x) + c
t(ex — x) muss nicht ausmultipliziert werden.
f) F(x) = — __
  1    tx4 — sin(x) + c
72
Der Parameter t ist eine konstante reelle Zahl.
g)F(x) = (t + 1) · (— cos(x) — 0,5x2 ) + c = — (t + 1) · (cos(x) + 0,5x2 ) + c
h)
F(x) = — 4ex — __4
 1  x2 + 4x + c
i) F(x) =— ( 2__3  ex — 3x) + c = —  2__3  ex 
+ 3x + c
e
j) F(x) = e · ex +  __2  x2 + c
e ist eine konstante Zahl; e = 2,718...
k) F(x) = ex (1 — e) + c
(1 — e) ist ein konstanter Faktor
l) F(x) = aex + bx + c
Lehrbuch Seite 107
F(x) = — 2x4 + __3 1  x3 — 3x + c
1 Stammfunktion von f: Punktprobe mit A(— 1 l 2):
2 = — 2(— 1)4 + __3 1  (— 1)3— 3(— 1) + c
(— 1)4 = 1; (— 1)3= — 1
2 = — 2 — __3 1  + 3 + c⇔ c =  4__3  
Stammfunktion von f: F(x) = — 2x4 + __3 1  x3 — 3x +  4__3  
Lehrbuch Seite 110
3 Nullstelle von f mit VZW ist Extremstelle von F
y
Graph von F
x = 0: Minimalstelle von F
x = 3: Maximalstelle von F
A
in x = 1,5 hat der Graph von F die größte
Steigung: 2,25
Ein Schaubild einer Stammfunktion
zeichnen und so nach oben verschieben,
dass es durch A(1 l 4) verläuft.
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Graph von f
1
x
16
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 114
1 ∫f(x)dx = F(x)
6 __ 1  x
a) F(x) =  __5  e2 + x + c
b) F(x) = — __8 1  e4x
– 2— 2x + c
c)
5 – 4x __1 2
F(x) = __6 1  e
— 2   x + c
c ist ein konstanter Summand
d) F(x) = __4
 1  x2 —  4__3  cos( 1 — 3x) + c
1
e) F(x) =  2__3  x3 — __2 1  tx2 +  __
4  sin(4x) + c
e
f) F(x) =  __2  x2 + 2e1 – x+ c
5
g) F(x) =  __4  sin(2x + 1) + c
2
h) F(x) =   1__6  x6 —  __
π  sin(πx) + c
x
i) F(x) = x — 4__9  x3 + 3πcos( __
π  ) + c
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17
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 116
1
3 a) Beliebige Stammfunktion von f: F(x) = —0,125e–2x
+  __
  x3 + 3x + c
3
Punktprobe: F(— 1) = 2:
2 = — 0,125e2 —  __
  + 3(—1) + c
3
Auflösen nach c: c=  __
  +  __  e2
3
8
Gesuchte Stammfunktion: 1
16
1
2
b) Beliebige Stammfunktion von f: F(x) = x —  __
 x3 + c
3
F(2) =  2__3 :  2__3 = 2 —  __
 · 23 + c 3
2
Auflösen nach c:
c=4
F(x) = x —  __
 x3 + 4
3
Gesuchte Stammfunktion: c) Beliebige Stammfunktion von f: Nullstelle in x  0= — 1: Auflösen nach c:
Gesuchte Stammfunktion:
16
1
2
8
π
__
F(x) = 3x2 +  __
π  cos( 2 x) + c
π
8
__
0 = 3(— 1)2+  __
π  cos(—  2 ) + c
c=—3
8
π
__
F(x) = 3x2 +  __
π  cos( 2 x) — 3
12
d) Beliebige Stammfunktion von f: F(x) = 6x +  ___
x   + c
— 3 = 6 · (— 1) — 12 + c
Mit F(— 1) = — 3: Auflösen nach c:
c = 15
Gesuchte Stammfunktion:
F(x) = 6x +  ___
x   + 15
e) Beliebige Stammfunktion von f: F(x) = x3 — 3x2+ c
Mit F(0) = — 1: —1 = c
Gesuchte Stammfunktion:
F(x) = x3 — 3x2— 1
12
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1
F(x) = —0,125e–2x
+  __
  x3 + 3x +  __  +  __  e2
3
3
8
18
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 122
[  1
]2
4
1
1
b) ∫   (—2x + sin(2x))dx= [ —  __
  x —  __  cos(2x) ]  = — 127,4
2
2
0
1 a) ∫–1     (0,5x2 + 6x — 1)dx =   __
  x3 + 3x2 — x     = 7,5
6
—1
2
4
3
4
0
[ 
]0
—1
–1
3 2 __
5
5
c) ∫0   (3x +  __2  e–x
)dx =  __
 x —    e— x   = — 2,80
2
2
[ 
π
]6
π
12
__
d) ∫ 1  (— 3cos( __4  x))dx= —  __
π  sin( 4 x)  1 = 6,52
6
[ 
]
2
1 4 __1 2 2
e) ∫
 –2     (0,25x3 + x)dx =   __
  x +     x     =
  0
16
2
—2
[ 
2π
 ___
   
2
__
] 0π
1
 
f) ∫
 0 3  sin(3x)dx = —  __
  cos(3x)  3   = 0
3
[ 
]
4
4
a 2 __
1
g) ∫ –1     (ax + x
3 )dx =   __
 x
+   4  x4   —  1 = 7,5a + 63,75
2
[  1
]
1
x
1 5
1
86
__ 3
__
__ 3 ___
h) ∫ –2   (u4 — __4
  1  u2 ) du =  __
5  u —  12  u   —  2 =  5  x —  12  x + 15  
x
[ 
5
]
2
23
x4 __1
1 5 __1 2 2
___
i) ∫ –1     (  __
    x) dx =  ___
   x
  —     x      =    
4   — 3
20
6
20
—1
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19
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 130
1 a) Nullstellen: f(x) = 0
(x — 2)(x + 1) = 0
y
2
x = — 1; x = 2
1
Skizze:
2
∫
-1
    (x — 2)(x + 1)dx
—1
x
2
1
—1
2   (x2 — x— 2)dx = —  __ ; A =  __ 
= ∫-1
2
2
9
9
—2
1 2
Stammfunktion: F(x) = __3 1  x3 —  __
  x — 2x
2
b) Nullstellen: f(x) = 0
y
24
3
20
2
__
2
16
x (—  3 x + 4) = 0
12
x = 0 ; x = 6
8
Skizze:
4
2
—  __ x3 + 4x2 = 0
6
∫ 0  (—  2__3  x3 + 4x2 )dx= 72;
Stammfunktion: F(x) = — __6
 1  x4 + 4__3  x3
—1
c) Nullstellen: f(x) = 0
— __
  1 x  4 + 2x3 — 3x2 = 0
3
1
—1
1
—1
Skizze:
27
∫ 0 (— __3 1  x4 + 2x3 — 3x2 )dx= —  __
10 
27
Stammfunktion:
F(x) = — __
  1   x5 + __2 1  x4 — x3
15
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4
5
x
6
1
x= 0; x = 3
A =  __
10 
3
y
x2 (— __
  1 x  2 + 2x — 3) = 0
3
3
2
—2
2
3
x
20
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 132
18 Giebelrand: f(x) = __
  1   x4 — __2 1 x2 + 4 Symmetrie zur y-Achse
64
[ 
] 04
2∫0  f(x)dx= 2 ___
  1    x5 — __6 1  x3 + 4x   = 17,07
320
4
Farbverbrauch: 350 · 17,07 = 5974,5
2 · 5974,5 cm3= 11,949 Liter
Es müssen mindestens 3 Dosen Farbe geliefert werden.
(2 Dosen à 5 Liter und 1 Dose à 2 Liter)
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21
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 146
3
3
3
1 f(x) = __8
 1  x3 —  __4  x2 + 4; f'(x) =  3__8  x2 —  __2  x ; f''(x) =  3__4  x —  __2  ; f'''(x) =  3__4  ≠ 0
a)Wendepunkt: f''(x) = 0
x=2
3
Mit f(2) = 2; f'(2) =—  __2  und f'''(x) =  3__4  ≠ 0 erhält man den
3
Wendepunkt W( 2 | 2) und die Wendetangente mit y = —  __2  x + 5
Fläche zwischen Wendetangente und y-Achse:
2
3
∫ 0  ( — __2  x + 5 — f(x)) dx= __2 1  ;
__1
A = 2    
y
5
4
3
2
1
—3
—2
—1
—1
x
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6 x
b)U(— 2 l 0); V(6 l 4) sind Kurvenpunkte.
Gerade g durch U und V: g(x) = 0,5x + 1
K und g schneiden sich in U, V und im Wendepunkt
Schnittstellen: x1 = — 2; x2 = 2; x3 = 6
(aus der gegebenen Zeichnung zu entnehmen)
Fläche zwischen K und der Geraden
im 1.und 2. Feld:
y
5
2
∫ –  2  (f(x) — (__2 1  x + 1)) dx= 8
4
3
A = 8
2
1
—3
—2
—1
c) Dreiecksfläche: A ∆= __2 1  · 4 · 2 = 4
∫ 2  f(x)dx= 1,5;
A = 4 + 1,5 = 5,5
4
1
1
4 __ 3
Stammfunktion von F: F(x) =  ___
    x + 4x
32   x — 4
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—1
22
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 147
8 K: f(x) = 4xe— 0,2x

; x ∈ [ 5; 30 ]
G: g(x) = 20e—0,2x

; x ∈ [ 5; 30 ]
F mit F(x) = (— 20x — 100)e—0,2x

ist eine Stammfunktion von f, da F'(x) = f(x)
Mit der Produkt- und der Kettenregel:
F'(x) = — 0,2(— 20x — 100)e—0,2x

— 20e—0,2x

= 4xe— 0,2x

= f(x)
Inhalt der Fläche zwischen K und G und x = 30:
30
▪ ∫5    4xe—0,2x

dx= [ F(x) ]30
5  = 71,84
(Stammfunktion F ist bekannt)
y
8
30
▪ ∫5    20e—0,2x

dx 
x = 30
6
= [ — 100e—0,2x

 ]30
5  = 36,54
K
4
Gesamtfläche in m2 :
G
2
71,84 — 36,54 = 35,3
0
Aufschüttungsvolumen:
5
10
15
20
25
30
35 x
V = 35,3 m2 · 12 m = 423,6 m3
Lehrbuch Seite 151
1 a) Bei gefüllter Rinne steht das Wasser 8 dm hoch.
Fläche zwischen Gerade (y = 8) und K: ∫ – 4    (8 — f(x))dx= 34,13; A = 34,13
4
Der Wasserquerschnitt ist etwa 34 dm2groß.
1
b)Höhe 3,5: Bedingung: f(x) = 3,5 — __
     x4 + x2 = 3,5
32
Durch Substitution x2 = u erhält man: — __
     u2 + u — 3,5 = 0
32
1
u2 — 32u + 112 = 0
Lösung der quadratischen Gleichung:
u = 4; u = 28
Lösungen in x: x 1|2= ± 2; x 3|4= ± 5,29
Bemerkung: x 3|4= ± 5,29 ist nicht relevant
Fläche zwischen Gerade (y = 3,5) und K:
9,07
∫ –  2  (3,5 — f(x))dx= 9,07
2
   
= 26,6 % des maximalen Querschnitts. Der kleine Querschnitt beträgt  _____
34,13
Es fließen also 26,6 % der maximalen Wassermenge.
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23
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 154
1 a)
__1
4
–  3
y
5
__
    ∫    f(x) dx=  4 
7
3
Graph von f
__
m =1,25
2
__
5
Mittlerer Funktionswert m  =  __
4 
1
1
2
F(x) =  __
4  x + x
—3
—2
—1
1
2
3
4
x
b)
0
25
    ∫ –  5  f(x) dx=  __
5
6  
__1
y
Mittlerer Funktionswert auf [ – 5; 0 ]:
__
25
m  =  __
6  
5
__ __
25
m=6
1
__ 3
2
F(x) = —   __
2  x —  3  x
—5
c)
__ __1
4
m  = 4
    · ∫ 0  f(x) dx= 1,25
7
6
5
4
3
2
1
Graph von f
F(x) = x — e—x

—4
—3
—2
x
—1
y
3
2
Graph von f
__
m = 1,25
1
1
2
3
4
x
y
3
__
d) m  =  2__5   · ∫ 0,5    f(x) dx= — 0,252
3
3
F(x) = —  __
 cos(2x)
2
2
1
1
__
—1 m =— 0,25
—2
—3
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Graph von f
2
3
x
24
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 157
y
2 Die Fläche A rotiert um die x-Achse.
(f(x))2 = (ex + 1)2
=
e2x

+
2ex +
2
1
A
1
Stammfunktion: F(x) =  __
  e2x
+ 2ex + x
2
—1
Volumen:
0
π ∫ –1   (f(x))2dx= 8,47
V = 8,47
Lehrbuch Seite 165
1 a) Schaubild einer Stammfunktion F mit F(0) = 0,5
Integral über die Geschwindigkeit liefert die im Zeitraum [a; b]
erreichte Höhe: ∫
a    v(t) dt = s(b) — s(a)
Stammfunktion F(t) = — 2,5e—0,5t

+ 3 mit F(0) = 0,5
b
y
4
Graph von F
3
2
1
0
1
0   
b) ∫
v(t) dt 
4
  v(t)
1 
1
2
3
4
5
6
8
t
Höhenzuwachs im 1. Jahr
∫

0,5 +∫0   v(t) dt Höhe nach 4 Jahren
dt
7
Höhenzuwachs vom 1. bis zum 4. Jahr
4
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K
25
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 166
7 Entnahmegeschwindigkeit in m3 pro Stunde: f(x) = 24x — x2 ; 0 ≤ x ≤ 24 a) Integral über die Entnahmegeschwindigkeit liefert das entnommene
m3
Volumen; vgl. auch die Einheiten:  ______
    
· Stunde = m3 Stunde
3
∫
2 f(x)dx= 53,67
1 3 
Stammfunktion von f: F(x) = 12x2 —   __
  x
3
Zwischen 2 Uhr und 3 Uhr werden dem Speicher 53,67 m3 Wasser
entnommen.
5
b)∫0  f(x)dx= 258,33
Zwischen 0 Uhr und 5 Uhr werden dem Speicher 258,33 m3 Wasser
entnommen.
5
800 — ∫0  f(x)dx= 541,67
Im Wasserspeicher sind nach 5 Stunden noch 541,67 m3 Wasser.
Lehrbuch Seite 171
2 X: Anzahl der roten Kugeln beim 3-maligen Ziehen
3
Mit Zurücklegen: Die Wahrscheinlichkeit P(rot) = __
  4  bleibt erhalten.
(  )
3 2
__
1 1
3
P(X = 2) =     
   · (  4 ) · ( __  ) = 0,4219
4
2
( 2 )
Bernoulli-Kette
3
Es gibt 3 =     
   Möglichkeiten, 2 rote Kugeln auf 3 Kugeln zu verteilen.
6
5
2
Ohne Zurücklegen: P(X = 2) = 3 ·   __
   ·   __  ·   __  = 0,5357
8 7 6
keine Bernoulli-Kette
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26
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 175
5 a) ( 54   ) · 0,44 ·  0,61= P(X = 4) =0,0768;
X ist binomialverteilt mit n = 5; p = 0,4; X ist B  5; 0,4-verteilt
b) ( 154   ) · 0,34 ·  0,711= P(X = 4) = 0,2186;
X ist binomialverteilt mit n = 15; p = 0,3
10
40
 
c) ( 50
10  ) · 0,1 ·  0,9 = P(X = 10) = 0,0152;
X ist binomialverteilt mit n = 50; p = 0,1      · 0,244 ·  0,856= P(X = 44) = 3,25 · 10—8 ≈ 0
d) ( 100
)
44
X ist binomialverteilt mit n = 100; p = 0,2; X ist B  100; 0,2-verteilt
Lehrbuch Seite 176
12a)X: Anzahl der Ananaskonserven; X ist B 
__1
n = 50; p =   3  ; k = 16
Genau 16 Ananaskonserven: P(X = 16) = B 
b)Y: Anzahl der Papayakonserven; Y ist B 
2
__
n = 50; p =   3 ; k = 25 ;
1 (16)
50; __
 3  
= 0,1178
2 -verteilt
50;   __
  
3
Genau 25 Papayakonserven: P(Y = 25) = B 
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1 -verteilt
50; __
 3  
2 (25)
50;   __
  
3
= 0,0059
27
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 182
1 Berechnung mit dem WTR
a)X ist B5; 0,5

- verteilt
P(X = 3) = B5; 0,5

(3) = 0,3125
P(X ≤ 1) = P(X = 0) + P(X = 1) = 0,0313 + 0,1563 = 0,1876
oder direkt mit dem WTR.
P(X ≥ 1) = 1 — P(X = 0) = 1 — B5; 0,5

(0) = 1 — 0,0313 = 0,9687
b)X ist B20; 0,2

- verteilt
P(X = 4) = B20; 0,2

(4) = 0,2182
P(X ≤ 1) = 0,0692
P(X ≥ 2) = 1 — P(X ≤ 1) = 1 — 0,0692 = 0,9308
P(2 ≤ X ≤ 6) = P(X ≤ 6) – P(X ≤ 1) = 0,9133 – 0,0692 = 0,8441
c)X ist B200; 0,05

- verteilt
P(X = 25) = B200; 0,05

(25) = 1,7 · 10– 5
P(X ≤ 1) = 4,04 · 10–4

P(20 < X < 45) = P(X ≤ 44) – P(X ≤ 20) = 1 — 0,9988 = 0,0012
P(10 ≤ X < 15) = P(X ≤ 14) – P(X ≤ 9) = 0,92187 – 0,45471 = 0,46716
Lehrbuch Seite 183
8 X sei die Anzahl fehlerhafter Handyschalen bei n Kontrollen. X ist B n; 0,1-verteilt
P(X ≥ 1) = 1 — P(X = 0) = 1 — 0,9n ≥ 0,9
ln(0,1)
______
0,9n ≤ 0,1 ⇔ n ≥ ln(0,9)
 
 
  
= 21,85
Es müssen mindestens 22 Schalen überprüft werden.
Oder
Es genügt auch: 0,921 = 0,1094 > 0,1
0,922 = 0,09848 < 0,1
und 0,9nist fallend für wachsendes n.
Es müssen mindestens 22 Schalen überprüft werden.
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28
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 190
1 a) p = 0,5; n = 12:
μ = 6; σ = 1,73 E(X) = 6
maximale Warscheinlichkeit:
P(X = 6) = 0,2256
P(X=k)
0,2500
0,2000
0,1500
0,1000
0,0500
0,0000
2
4
6
8
6
10
14
k
10
p = 0,5; n = 20: μ = 10; σ = 2,24
E(X) = 10
Größte Wahrscheinlichkeit
P(X = 10) = 0,1762
0,1800
0,1600
0,1400
0,1200
0,1000
0,0800
0,0600
0,0400
0,0200
0,0000
b) n = 50; p = 0,25: μ = 12,5; σ = 3,06
0,1400
E(X) = 12,5
0,1000
P(X=k)
k
P(X = k)
0,1200
0,0800
Größte Wahrscheinlichkeit
P(X = 12) = 0,1294
P(X = 13) = 0,1261
0,0600
0,0400
0,0200
0,0000
12
P(X = 12) ist das Maximum.
n = 50; p = 0,1: μ = 5; σ = 2,12
E(X) = 5
Größte Wahrscheinlichkeit
P(X = 5) = 0,1849
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0,2000
0,1800
0,1600
0,1400
0,1200
0,1000
0,0800
0,0600
0,0400
0,0200
0,0000
14
k
P(X = k)
5
10
k
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 191
5 X: Anzahl der defekten Dichtungen; X ist B 500; 0,05-verteilt
__________
√
E(X) = 25; σ = n · p ·(1 – p)  
= 4,87
μ — σ = 20,13
μ + σ = 29,87
ganzzahlige Werte in dem Intervall [20,13; 29,87] sind 21, ... , 29.
P(20,13 ≤ X ≤ 29,87) = P(21 ≤ X ≤ 29) = 0,8235 — 0,1789 = 0,6446
Berechnungen mit dem WTR:
X ist B  50; 0,05-verteilt;
P(A) = P(X = 0) = 0,0769
P(B) = P(X ≤ 3) = 0,7604
P(C) = P(X > 35) = 1 — P(X ≤ 35) = 0 P(D) = P(4 ≤ X ≤ 6) = P(X ≤ 6) — P(X ≤ 3) = 0,9882 — 0,7604 = 0,2278
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29
30
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 196
1. a) p = 0,5; n = 50:
Erwartungswert μ = 25 Standardabweichung σ = 3,54
maximale Wahrscheinlichkeit P(X = 25) = 0,1123
μ — σ = 21,46
μ + σ = 28,54
ganzzahlige Werte in dem Intervall [21,46; 28,54] sind 22, ... , 28.
P(22 ≤ X ≤ 28) = P(X ≤ 28)— P(X ≤ 21) = 0,8389 — 0,1611 = 0,6778
p = 0,5; n = 120:
Erwartungswert μ = 60 Standardabweichung σ = 5,48
maximale Wahrscheinlichkeit P(X = 60) = 0,0727
μ — σ = 54,52
μ + σ = 65,48
ganzzahlige Werte in dem Intervall [54,52; 65,48] sind 55, ... , 65.
P(55 ≤ X ≤ 65) = P(X ≤ 65) — P(X ≤ 54)= 0,8423 — 0,1577 = 0,6846
b) n = 50; p = __6 1  :
μ = 8,333; σ = 2,64
maximale Wahrscheinlichkeit P(X = 8) = 0,1510
Zum Vergleich: P(X = 9) = 0,1410
μ — σ = 5,69
μ + σ = 10,97
ganzzahlige Werte in dem Intervall [5,69; 10,97] sind 6, ... , 10.
P(6 ≤ X ≤ 10) = P(X ≤ 10) — P(X ≤ 5) = 0,7986 — 0,1388 = 0,6598
n = 50; p = 0,3:
μ = 15; σ = 3,24
maximale Wahrscheinlichkeit P(X= 15) = 0,1223
μ — σ = 11,76
μ + σ = 18,24
ganzzahlige Werte in dem Intervall [11,76; 18,24] sind 12, ... , 18.
P(12 ≤ X ≤ 18) = P(X ≤ 18) — P(X ≤ 11) = 0,8594 — 0,1390 = 0,7204
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Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
31
Lehrbuch Seite 197
8 p = 5 % für mangelhafte Ware; n = 50
X: Anzahl der mangelhaften Prüfstücke
a) X ist binomialverteilt, da es nur zwei mögliche Ergebnisse gibt und man vom
Experiment: Ziehen mit Zurücklegen ausgehen kann.
b) Erwartungswert μ = 50 · 0,05 = 2,5
______________
Standardabweichung σ = √
50
  
· 0,05 · 0,95 = 1,54
c) P(A) = P(X = 3) = 0,2199 P(B) = P(X≤ 3) = 0,7604
μ + σ = 4,04; μ — σ = 0,96;
ganzzahlige Werte in dem Intervall [0,96; 4,04] sind 1, ... , 4.
P(C) = P(1 ≤ X≤ 4) = P(X ≤ 4) — P(X = 0) = 0,8964 — 0,0769 = 0,8195
d) X ist B  n; 0,05-verteilt
Bedingung für den kleinsten Stichprobenumfang n:
P(X ≥ 1) ≥ 0,90 ergibt P(X = 0) ≤ 0,1;
0,95n≤ 0,1
Lösung der Gleichung 0,95n= 0,1 mit dem WTR (Log-Taste)
ln(0,1)
oder durch Logarithmieren n = _______
  ln(0,95) 
  
= 44,89
n ≥ 45
Es müssen mindestens 45 Prüfstücke entnommen werden.
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32
Ausführliche Lösungen zu Mathematik für berufliche Gymnasien
Lehrbuch Seite 204
1 Vertrauensintervall für die Sicherheitswahrscheinlichkeit γ = 90 % : z = 1,64
Vertrauensintervall für γ = 95 %: z = 1,96
______
[  √
______
√
h(1 – h)
______
]
h(1 – h)
  
; h — z ______
  n   
  
 
 
n   
VI = h — z  
a) n = 50; k = 10; h = 0,2
_________
[ 
√
[ 0,2 — 1,96 √ 
50
_________
_________
√
]
0,2(1 – 0,2)
0,2(1 – 0,2)
0,2 — 1,64 _________
 
   
  
 
; 0,2 + 1,64 _________
 
   
  
 
  = [ 0,1072; 0,2928 ]
50
_________
√
]
0,2(1 – 0,2)
0,2(1 – 0,2)
_________
   
  
 
; 0,2 + 1,96 _________
 
   
   
 
= [ 0,0891; 0,3109 ]
50
50
b) n = 100; k = 60; h = 0,6 _________
[ 
√
[ 0,6 — 1,96√ 
_________
√
]
0,6(1 – 0,6)
0,6(1 – 0,6)
0,6 — 1,64   _________
   
 
 ; 0,62 + 1,64   _________
   
 
   = [ 0,5197; 0,6803 ]
100
100
_________
_________
√
]
0,6(1
– 0,6)
0,6(1 – 0,6)
_________
   
 
 ; 0,6 + 1,96   _________
   
 
   = [ 0, 5040; 0,6960 ]
100
100
c) n = 40; k = 20; h = 0,5
z = 1,64: VI = [ 0,3703; 0,6297 ]
z = 1,96: VI = [ 0,3450; 0,6550 ]
3 Schätzwert für p: h = 0,45
Mit n = 1350 und c = 1,96 folgt
[ 
____________
√
0,45(1 – 0,45)
____________
___________
√
]
0,45(1 – 045)
0,45 — 1,96   
   
 
  
; 0,45 + 1,96 ___________
  
  
 
 
   = [ 0,4235; 0,4765 ]
 
1350
1350
Vertrauensintervall für die Wahrscheinlichkeit p: VI = [ 0,4235; 0,4765 ]
bezogen auf die Grundgesamtheit von 45650 Wählern:
VI = [0,4235 · 45650; 0,4765 · 45650] = [19332,8; 21752,2]
Die Stichprobe lässt auf mindestens 19333 und höchstens 21752
Wahlberechtigte schließen, die Partei A wählen.
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