Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Gleichungslehre
Lösungshinweise und Tipps
Die Lösungshinweise beziehen sich auf die konkrete Aufgabenstellung, während die von Fall
zu Fall beigefügten Tipps die Erinnerung an allgemeine Verfahren auffrischen sollen.
P1
Formen Sie die Gleichung so um, dass auf einer Seite 0 steht. Klammern Sie dann x aus.
P2
Substituieren Sie u = x2. Stichwort: biquadratische Gleichung.
P3
Lösen Sie die Gleichung nach der Lösungsformel für quadratische Gleichungen
(pq-Formel). Beachten Sie, dass in der Wurzel kein negativer Term stehen darf.
P4
a)
b)
c)
d)
e)
f)
P5
a) Multiplizieren Sie die Gleichung mit dem Hauptnenner (x + 2) ⋅ x.
b) Multiplizieren Sie die Gleichung mit x4.
P6
a) Substituieren Sie u = cos x. Beachten Sie bei der Rücksubstitution, dass nur x-Werte
mit 0 ≤ x ≤ 2π verlangt sind.
b) Klammern Sie sin x aus.
c) Ein Produkt ist genau dann 0, wenn einer der Faktoren 0 ergibt.
Welche Werte kann sin x annehmen?
Substituieren Sie u = e2x.
1
Substituieren Sie u = e 2 x .
Multiplizieren Sie die Gleichung mit ex. Substituieren Sie dann u = ex.
Klammern Sie ex aus.
Klammern Sie e2x aus. Substituieren Sie dann u = ex.
Ein Produkt ist genau dann 0, wenn einer der Faktoren 0 ergibt.
2
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Gleichungslehre
Lösungen
P1
Umformen der Gleichung:
11x 3 + 2x(x + 1) = 8x 3 + 9x 2
11x 3 + 2x 2 + 2x = 8x 3 + 9x 2
3x 3 − 7x 2 + 2x = 0
7
2
x3 − x2 + x = 0
3
3
7
2
2
x ⋅ x − x + = 0
3
3
Eine Lösung ist somit x1 = 0. Die weiteren Lösungen erhält man aus der quadratischen
Gleichung:
7
2
x2 − x + = 0
3
3
7
49 2 7
49 24 7
25 7 5
x 2, 3 = ±
− = ±
−
= ±
= ±
6
36 3 6
36 36 6
36 6 6
1
x 2 = ; x3 = 2
3
{
}
Die Gleichung 11x 3 + 2x(x + 1) = 8x 3 + 9x 2 hat die Lösungsmenge L = 0; 13 ; 2 .
P2
Bei der biquadratischen Gleichung 2x 4 − 16x 2 − 18 = 0 führt die Substitution u = x2
auf die quadratische Gleichung:
2u 2 − 16u − 18 = 0 bzw. u 2 − 8u − 9 = 0.
Mithilfe der pq-Formel ergibt sich daraus:
u1, 2 = 4 ± 16 + 9 = 4 ± 5
Aus u1 = 9 erhält man: 9 = x2; x1, 2 = ± 3.
u2 = –1 führt auf die unlösbare Gleichung –1 = x2.
Die Gleichung 2x 4 − 16x 2 − 18 = 0 hat die Lösungsmenge L = {–3; 3}.
P3
Die Anwendung der Lösungsformel (pq-Formel) für quadratische Gleichungen führt
auf:
t
t2
t
t 2 − 16
−4 =− ±
x 2 + t ⋅ x + 4 = 0; x1, 2 = − ±
2
4
2
4
Die Gleichung hat genau eine Lösung, wenn der Radikand gleich 0 ist:
t 2 − 16
= 0 ⇔ t 2 − 16 = 0 ⇔ t = − 4 oder t = 4
4
Sie hat genau zwei Lösungen, wenn der Radikand der Wurzel positiv ist:
t 2 − 16
oder t < – 4
> 0 ⇔ t 2 − 16 > 0 ⇔ t > 4
4
3
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Gleichungslehre
Sie hat keine Lösung, wenn der Radikand negativ ist:
t 2 − 16
< 0 ⇔ t 2 − 16 < 0 ⇔ − 4 < t < 4
4
P4
a) Bei der Gleichung
e 4x − 4e 2x + 3 = 0
führt die Substitution u = e2x auf eine quadratische Gleichung für u:
u 2 − 4u + 3 = 0; u1, 2 = 2 ± 1; u1 = 1, u 2 = 3.
Aus u1 = 1 ergibt sich: 1 = e 2x ; 2x = ln1 = 0; x1 = 0.
1
Aus u2 = 3 ergibt sich: 3 = e 2x ; 2x = ln 3; x 2 = ln 3.
2
Die Gleichung e 4x − 4e 2x + 3 = 0 hat die Lösungsmenge L = 0; 12 ln 3 .
{
}
b) Bei der Gleichung
1
e x + 2e 2 x − 3 = 0
1
1
führt die Substitution u = e 2 x wegen e x = (e 2 x ) 2 = u 2 auf eine quadratische
Gleichung für u:
u 2 + 2u − 3 = 0; u1, 2 = −1 ± 1 + 3; u1 = −3, u 2 = 1.
1
u1 = –3 führt auf die unlösbare Gleichung −3 = e 2 x .
1
1
Aus u2 = 1 ergibt sich: 1 = e 2 x ; x = ln1 = 0; x = 0.
2
1
x
x
2
Die Gleichung e + 2e − 3 = 0 hat die Lösungsmenge L = {0}.
c) Multiplikation der Gleichung
ex – 3e–x – 2 = 0
mit ex ergibt:
e2x – 3 – 2ex = 0
Nun führt die Substitution u = ex auf eine quadratische Gleichung für u:
u 2 − 2u − 3 = 0; u1, 2 = 1 ± 1 + 3; u1 = −1, u 2 = 3.
(Die Substitution u = ex hätte man auch gleich zu Beginn machen können.)
u1 = –1 führt auf die unlösbare Gleichung –1 = ex.
Aus u2 = 3 ergibt sich: 3 = ex; x = ln 3
Die Gleichung ex – 3e–x – 2 = 0 hat die Lösungsmenge L = {ln 3}.
d) Bei der Gleichung
ex + 1 + ex = 1
kann man ex ausklammern:
1
1
e x (e + 1) = 1; e x =
; x = ln
= ln1 − ln(1 + e) = − ln(1 + e).
e +1
1+ e
Die Gleichung ex + 1 + ex = 1 hat die Lösungsmenge L = {– ln(1 + e)}.
4
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Gleichungslehre
e) Bei der Gleichung
e 4x − 4e 3x − 5e 2x = 0
klammert man zunächst e2x aus:
e 2x ⋅ (e 2x − 4e x − 5) = 0
Wegen e2x > 0 für alle x ∈ 0 folgt daraus:
e 2x − 4e x − 5 = 0
Die Substitution u = ex führt auf eine quadratische Gleichung für u:
u 2 − 4u − 5 = 0; u1,2 = 2 ± 4 + 5 = 2 ± 3; u1 = 5, u 2 = −1.
Aus u1 = 5 ergibt sich: 5 = e x ; x = ln 5
u2 = –1 führt auf die unlösbare Gleichung –1 = ex.
Die Gleichung e4x – 4e3x – 5e2x = 0 hat die Lösungsmenge L = {ln 5}.
f) Es gilt
(e x + 1 − 2) ⋅ (3x 2 − 27) = 0
genau dann, wenn einer der beiden Faktoren null ergibt:
e x + 1 − 2 = 0; e x + 1 = 2; x + 1 = ln 2; x1 = ln 2 − 1.
3x 2 − 27 = 0; 3x 2 = 27; x 2 = 9; x 2,3 = ± 3.
Die Gleichung hat die Lösungsmenge L = {–3; ln 2 – 1; 3}.
P5
a) Die Gleichung
1
1
+ =0
x+2 x
hat die Definitionsmenge D = 0\{–2; 0}.
Multiplikation mit dem Hauptnenner (x + 2) · x liefert:
x + (x + 2) = 0; 2x + 2 = 0; 2x = –2; x = –1.
Da –1 in der Definitionsmenge liegt, ist die Lösungsmenge L = {–1}.
b) Die Gleichung
5
4
−
=1
x4 x2
hat die Definitionsmenge D = 0\{0}.
Multipliziert man sie mit x4, so erhält man die biquadratische Gleichung
5 − 4x 2 = x 4 bzw. x 4 + 4x 2 − 5 = 0.
Die Substitution u = x2 führt auf eine quadratische Gleichung für u:
u 2 + 4u − 5 = 0
Sie hat die Lösungen:
u1, 2 = −2 ± 4 + 5 = −2 ± 9 = −2 ± 3; u1 = –5; u2 = 1.
5
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Gleichungslehre
Resubstitution:
x2 = –5, diese Gleichung ist unlösbar.
x2 = 1 führt auf x1, 2 = ±1.
Die vorgegebene Gleichung hat die Lösungsmenge L = { −1; 1}.
P6
a) Bei der Gleichung
(cos x) 2 − 2 ⋅ cos x − 3 = 0
führt die Substitution u = cos x zunächst auf die quadratische Gleichung
u 2 − 2u − 3 = 0
für u. Ihre Lösungen lauten:
u1,2 = 1 ± 1 + 3 = 1 ± 2; u1 = −1; u 2 = 3.
Aus u1 = –1 ergibt sich die Gleichung: –1 = cos x.
Sie hat im Intervall [0; 2π] nur die Lösung x1 = π.
u2 = 3 führt auf die Gleichung: 3 = cos x.
Wegen –1 ≤ cos x ≤ 1 für alle x ∈ 0 ist sie unlösbar.
Die Gleichung (cos x) 2 – 2 ⋅ cos x – 3 = 0 hat für 0 ≤ x ≤ 2π die Lösungsmenge L = {π}.
b) Es gilt:
sin 2 x − sin x = 0; sin x(sin x − 1) = 0; sin x = 0 oder sin x = 1.
Als Lösungen im Intervall [0; 2π] ergeben sich x1 = 0, x2 = π; x3 = 2π und x 4 =
Die Gleichung sin 2 x − sin x = 0 hat für 0 ≤ x ≤ 2π die Lösungsmenge
π
L = 0; ; π; 2π .
2
{
}
c) Es gilt
(sin x − 2) ⋅ cos x = 0
genau dann, wenn einer der beiden Faktoren null ergibt, d. h., wenn gilt
(1) sin x = 2 oder (2) cos x = 0.
Die erste Gleichung ist unlösbar, da –1 ≤ sin x ≤ 1 für alle x ∈ 0 gilt.
Die zweite Gleichung hat für 0 ≤ x ≤ 2π die Lösungen
1
3
x1 = π; x 2 = π.
2
2
1
3
Die Gleichung hat die Lösungsmenge L = π; π .
2
2
{
6
}
π
.
2
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Wichtige Funktionsklassen
Lösungshinweise und Tipps
Die Lösungshinweise beziehen sich auf die konkrete Aufgabenstellung, während die von Fall
zu Fall beigefügten Tipps die Erinnerung an allgemeine Verfahren auffrischen sollen.
P7
Skizzieren Sie zunächst den Graph von f. Führen Sie dann die angegebenen Abbildungen nacheinander aus.
r Tipp:
Für den Graph einer Funktion f bedeutet:
– Verschieben in x-Richtung um x0: Ersetzen von x durch (x – x0) im Funktionsterm.
– Spiegeln an der x-Achse:
Multiplikation des Funktionsterms mit (–1).
– Verschieben in y-Richtung um y0: Addition von y0 zum Funktionsterm.
P8
Skizzieren Sie zunächst jeweils den Graph der Grundfunktion. Die Terme der
Grundfunktionen sind hier:
1
a) g(x) = x 3
b) g(x) =
c) g(x) = sin x
x
d) g(x) = e x
e) g(x) = e x
f) g(x) = x
Überlegen Sie dann, welche Abbildungen Sie durchführen müssen.
Beachten Sie auch die Lösungshinweise zu Aufgabe P 7.
r Tipp:
Für den Graph einer Funktion f bedeutet:
– Spiegelung an der y-Achse:
Ersetzen von x durch (–x) im Funktionsterm.
– Strecken in y-Richtung
mit einem Faktor a > 0:
Multiplikation des Funktionsterms mit a.
– Strecken in x-Richtung
x
mit einem Faktor b > 0:
Ersetzen von x durch
im Funktionsterm.
b
P9
Stellen Sie den Funktionsterm von f als Produkt von Linearfaktoren dar.
P 10
Bestimmen Sie zunächst die Nullstellen von f.
P 11
Die Lösungen der Gleichung sind die Nullstellen der Funktion. Betrachten Sie das
Verhalten von f für x → ∞.
r Tipps:
• Das Verhalten einer ganzrationalen Funktion f für x → ±∞ wird durch die
höchste Potenz von x bestimmt. Mit f (x) = a n x n + … + a 0 gilt für a n > 0
(1) n ist gerade:
x → ±∞ ⇒ f (x) → +∞
{
x → +∞ ⇒ f (x) → +∞
x → −∞ ⇒ f (x) → −∞
Für a n < 0 drehen sich die Vorzeichen bei f(x) um.
• Eine ganzrationale Funktion vom Grad n hat
– höchstens n Nullstellen,
– höchstens n – 1 Extremstellen,
– höchstens n – 2 Wendestellen.
(2) n ist ungerade:
11
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Wichtige Funktionsklassen
P 12
Bestimmen Sie zunächst die Gleichungen der Asymptoten aus den Graphen. Überlegen
Sie, ob Polstellen mit oder ohne Vorzeichenwechsel vorliegen. Verwenden Sie zur
genauen Bestimmung des Funktionsterms Punkte des Graphen mit ganzzahligen
Koordinaten. Beachten Sie auch Symmetrieeigenschaften der Graphen.
r Tipps:
• K sei der Graph einer gebrochenrationalen Funktion f.
Eine Gerade x = x0 ist eine senkrechte Asymptote von K, wenn die Zahl x0 eine
Nullstelle des Nennerpolynoms, aber nicht des Zählerpolynoms ist (Überprüfen!
Gegebenfalls muss der Bruchterm gekürzt werden.)
• Die Zahl x0, z. B. x0 = 2, heißt dann eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel von f,
wenn im Nenner des (gekürzten) Bruchterms ein Faktor der Form (x – 2), (x – 2)3,
(x – 2)5 … usw. als Potenz von (x – 2) mit der größtmöglichen Hochzahl enthalten
ist.
Sie ist eine Polstelle ohne Vorzeichenwechsel, wenn entsprechend im Nenner ein
Faktor der Form (x – 2)2, (x – 2)4, (x – 2)6 … usw. vorkommt.
• Hat man eine waagrechte Asymptote mit der Gleichung y = c gefunden, so kann
man die Funktion f durch
f (x) = c + Restbruch
darstellen, wobei beim Restbruch der Zählergrad kleiner als der Nennergrad ist.
Beispiel: Hat die Funktion f an der Stelle x = 1 einen Pol ohne Vorzeichenwechsel
und der Graph von f die waagrechte Asymptote y = 1, so kann man – Nennergrad
≤ 2 vorausgesetzt – folgenden Ansatz machen:
a⋅x + b
f (x) = 1 +
(x − 1) 2
Aus dem Graph müssen zwei Punkte bestimmt werden. Setzt man ihre Koordinaten in die Funktionsgleichung ein, so erhält man zwei Gleichungen für a und b.
P 13
Zeichnen Sie zunächst eine Parallele y = c zur x-Achse so ein, dass sie durch die Wendepunkte der Kurve geht. Bestimmen Sie dann aus der Zeichnung die Periode T der
Sinusfunktion.
r Tipp:
Eine allgemeine Sinuskurve hat die Gleichung f(x) = a · sin[k(x – b)] + c, wobei die
Darstellung nicht eindeutig ist. Es kann jedoch immer a > 0, k > 0 erreicht werden.
In diesem Fall gilt:
– c ist der Mittelwert des Minimums m und des Maximums M der Funktion:
m+M
c=
(Verschiebung in y-Richtung.)
2
M−m
– Für die Amplitude a gilt: a =
2
– b ist gleich dem x-Wert eines Wendepunktes mit positiver Steigung. (Verschiebung in x-Richtung um b.)
– Die Periode T > 0 der Sinusfunktion ist die Differenz der x-Werte zweier benachbarter Wendepunkte mit gleicher Steigung (oder zweier benachbarter Hoch- bzw.
Tiefpunkte).
2π
(Kehrwert des Streckfaktors in x-Richtung.)
– Es gilt: k =
T
12
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Wichtige Funktionsklassen
P 14
Bestimmen Sie z. B. die Nullstellen der Funktionen.
P 15
a) Überlegen Sie sich eine quadratische Gleichung, die die Lösungen –2 und 2 hat.
b) Beachten Sie die Lösungshinweise zu Aufgabe P 12.
P 16
a) Bringen Sie den Funktionsterm zunächst auf die Form f(x) = a · sin[k(x – b)] + c.
Beachten Sie die Lösungshinweise zu Aufgabe P 13.
b) Verwenden Sie den Ansatz g(x) = a ⋅ sin(k ⋅ x) + c.
13
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Wichtige Funktionsklassen
Lösungen
P7
Die vier Bilder zeigen die schrittweise Durchführung der angegebenen Abbildungen:
f(x) = ex
Verschiebung um x0 = +2 in
x-Richtung: g1(x) = ex – 2
Spiegeln an der x-Achse:
g2(x) = – ex – 2
Verschiebung um y0 = +3 in
y-Richtung: g(x) = – ex – 2 + 3
Die letzte Kurve ist der Graph der Funktion g mit g(x) = – ex – 2 + 3; x ∈ 0.
14
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Wichtige Funktionsklassen
P8
Beachten Sie auch die Lösungshinweise zu Aufgabe P 7.
a) Die Kurve K mit der Gleichung
f (x) = (x − 1) 3 + 2
entsteht durch Verschiebung um
(+1) in x-Richtung und Verschiebung um (+2) in y-Richtung aus
der Kurve mit der Gleichung
g(x) = x3.
b) Die Kurve K mit der Gleichung
1
f (x) =
+2
x −3
entsteht durch Verschiebung um
(+3) in x-Richtung und Verschiebung um (+2) in y-Richtung aus
der Kurve mit der Gleichung
g(x) = 1x .
c) Die Kurve K mit der Gleichung
π
f (x) = −2sin x − + 1
3
entsteht aus der Kurve mit der
Gleichung g(x) = sin x zunächst
durch Verschiebung um + π3
in x-Richtung, anschließender
Spiegelung an der x-Achse und
Streckung mit dem Faktor 2 in
y-Richtung. Danach erfolgt
noch eine Verschiebung um
(+1) in y-Richtung.
( )
15
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Wichtige Funktionsklassen
d) Die Kurve K mit der Gleichung
f (x) = e x − 3 − 2
entsteht durch Verschiebung um
(+3) in x-Richtung und Verschiebung um (–2) in y-Richtung aus
der Kurve mit der Gleichung
g(x) = ex.
e) Die Kurve K mit der Gleichung
f (x) = 2e − x − 1
entsteht aus der Kurve mit der
Gleichung g(x) = ex durch Spiegelung an der y-Achse, Streckung
mit dem Faktor 2 in y-Richtung
und anschließender Verschiebung
um (–1) in y-Richtung.
f) Die Kurve K mit der Gleichung
f (x) = x + 1 − 2
entsteht durch Verschiebung um
(–1) in x-Richtung und Verschiebung um (–2) in y-Richtung aus
der Kurve mit der Gleichung
g(x) = x .
16
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Wichtige Funktionsklassen
P9
a) Die Funktion f mit f(x) = (x – 1)2 ⋅ (x – 2) bzw. ausmultipliziert f(x) = x3 – 4x2 + 5x – 2
hat genau die Nullstellen x1 = 1 und x2 = 2 und es gilt: x → ∞ ⇒ f (x) → +∞
b) Die Funktion f mit f(x) = – (x – 1)2 ⋅ (x – 2) bzw. ausmultipliziert
f(x) = –x3 + 4x2 – 5x + 2 hat genau die Nullstellen x1 = 1 und x2 = 2 und es gilt:
x → ∞ ⇒ f (x) → −∞
P 10
P 11
Die ganzrationale Funktion f zweiter Ordnung mit f(x) = (x + 1) ⋅ (x – 3) hat die beiden
Nullstellen x1 = –1 und x2 = 3. Ferner gilt f(1) = – 4 < 0.
Da f keine weiteren Nullstellen besitzt, gilt f(x) < 0 für alle Werte von x mit –1 < x < 3.
1
7
a) Die Lösungen der Gleichung − x 4 + x 3 − 2x + 2 = 0 sind die Nullstellen der
3
5
1 4 7 3
Funktion f mit f (x) = − x + x − 2x + 2.
3
5
Im Graph ist bereits eine Nullstelle
(x1 ≈ –1,3) erkennbar.
Die drei Extremwerte von f sind ersichtlich
positiv.
Für x → +∞ gilt f (x) → −∞.
Somit muss f eine weitere Nullstelle haben.
Gäbe es eine dritte Nullstelle, so müsste f
auch weitere Extremstellen haben (zwischen
den Nullstellen). Eine ganzrationale Funktion vierten Grades kann aber höchstens drei
Extremstellen haben.
1
7
Die Gleichung − x 4 + x 3 − 2x + 2 = 0
3
5
hat somit genau zwei Lösungen.
1
7
b) Die Gleichung − x 4 + x 3 − 2x + 2 = c hat z. B. für
3
5
c = 5 genau zwei Lösungen,
c = 2 genau vier Lösungen.
(Die Gerade y = 5 schneidet den Graphen von f in genau zwei, die Gerade y = 2
in genau vier Punkten.)
P 12
a) Der Graph hat die waagrechte Asymptote y = 3 und die senkrechte Asymptote x = 0.
Für x → 0 gilt f (x) → −∞, d. h., x = 0 ist eine Polstelle ohne Vorzeichenwechsel.
Ansatz:
ax + b
f (x) = 3 +
x2
Der Graph ist achsensymmetrisch zur y-Achse. Daher kann im Zähler keine Potenz
von x mit ungerader Hochzahl stehen. Das bedeutet a = 0.
17
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Wichtige Funktionsklassen
Der Punkt P(1 | 2) liegt auf dem Graph. Punktprobe mit P liefert b = –1.
Ein Funktionsterm der zugehörigen Funktion ist:
1
3x 2 – 1
f(x) = 3 – 2 =
x
x2
b) Der Graph hat die waagrechte Asymptote y = 1 und die senkrechte Asymptote x = 1.
Für x → 1 gilt f (x) → +∞, d. h., x = 1 ist eine Polstelle ohne Vorzeichenwechsel.
Ansatz:
ax + b
f (x) = 1 +
(x − 1) 2
Punktprobe mit P(0 | 2) und Q(2 | 2) liefert b = 1, a = 0.
Ein Funktionsterm der zugehörigen Funktion ist:
1
f(x) = 1 +
(x – 1) 2
c) Der Graph hat die waagrechte Asymptote y = 2 und die senkrechte Asymptote x = 1.
Für x → 1 und x < 1 gilt f (x) → −∞; für x → 1 und x > 1 gilt f (x) → +∞.
x = 1 ist eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel.
Ansatz:
a
f (x) = 2 +
x −1
Punktprobe mit P(2 | 5) liefert a = 3.
Ein Funktionsterm der zugehörigen Funktion ist:
3
2x + 1
f(x) = 2 +
=
x –1
x –1
d) Der Graph hat die waagrechte Asymptote y = 1.
Es gibt zwei senkrechte Asymptoten x = –1 und x = 1.
Bei x = –1 und x = 1 liegen Polstellen mit Vorzeichenwechsel vor. Der Nenner des
gesuchten Funktionsterms muss daher diese beiden Werte als Nullstellen haben.
Ansatz:
ax + b
ax + b
f (x) = 1 +
=1+
(x + 1)(x − 1)
x2 −1
Die Kurve ist achsensymmetrisch zur y-Achse, d. h. a = 0.
Ferner geht die Kurve durch den Ursprung O. Punktprobe mit O(0 | 0) liefert b = 1.
Ein Funktionsterm der zugehörigen Funktion ist:
1
x2
f(x) = 1 + 2
= 2
x –1 x –1
18
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Wichtige Funktionsklassen
P 13
Eine allgemeine Sinuskurve hat die Gleichung
2π
f (x) = a ⋅ sin[k(x − b)] + c = a ⋅ sin (x − b) + c.
T
Im Folgenden bezeichnet M das Maximum, m das Minimum der Funktion. Beachten
Sie die Lösungshinweise zu dieser Aufgabe.
a) Dem Graph entnimmt man hier unmittelbar:
c = 0; a = 1; b = 1; T = 7 – 1 = 6.
Ein möglicher Funktionsterm der zugehörigen Funktion f ist somit:
2π
π
f(x) = sin (x − 1) = sin (x − 1)
6
3
b) Aus dem Graph ergibt sich:
M+m 4+0
M−m 4−0
c=
=
= 2; b = 1; a =
=
= 2; T = 9 − 1 = 8
2
2
2
2
Ein möglicher Funktionsterm der zugehörigen Funktion f ist:
2π
π
f(x) = 2 ⋅ sin (x − 1) + 2 = 2 ⋅ sin (x − 1) + 2
4
8
c) Aus dem Graph erhält man:
M + m 3 +1
M − m 3 −1
c=
=
= 2; b = 2; a =
=
= 1; T = 8 − 2 = 6
2
2
2
2
Ein möglicher Funktionsterm der zugehörigen Funktion f ist:
2π
π
f(x) = sin (x − 2) + 2 = sin (x − 2) + 2
6
3
d) Aus dem Graph ergibt sich:
M + m 3,5 + 0,5
M − m 3,5 − 0,5
=
= 2; b = 1; a =
=
= 1,5; T = 5 − 1 = 4
c=
2
2
2
2
Ein möglicher Funktionsterm der zugehörigen Funktion f ist:
2π
π
f(x) = 1,5 ⋅ sin (x − 1) + 2 = 1,5 ⋅ sin (x − 1) + 2
4
2
P 14
Neben den folgenden Lösungen sind weitere Begründungen denkbar.
a) Für die Funktion f mit f(x) = 3x2e –x gilt:
f(x) = 0 ⇔ x = 0
f hat somit die Nullstelle x = 0 und es gilt f(x) ≥ 0 für alle x ∈ 0. Dies trifft nur auf
Bild (2) zu.
b) Für die Funktion f mit f(x) = 2(x – 1) ex gilt:
f(x) = 0 ⇔ x = 1
f hat die Nullstelle x = 1. Dies trifft nur auf Bild (3) zu.
19
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Wichtige Funktionsklassen
c) Für die Funktion f mit f(x) = 2xex gilt:
f(x) = 0 ⇔ x = 0
f hat die Nullstelle x = 0 und es gilt f(–1) = –2e –1 < 0. Dies trifft nur auf Bild (1) zu.
P 15
a) Eine gebrochenrationale Funktion f mit den Nullstellen x1 = –2 und x2 = 2 und der
Polstelle x3 = 1 ohne Vorzeichenwechsel ist gegeben durch:
(x – 2) (x + 2)
x2 – 4
f(x) =
=
(x – 1) 2
(x – 1) 2
Den Term einer weiteren gebrochenrationalen Funktion mit diesen Eigenschaften
kann man durch einfache Veränderungen aus dem Term von f erhalten, z. B.:
3 ⋅ (x 2 – 4)
x2 − 4
g(x) =
oder h(x) =
2
(x – 1)
(x – 1) 4
2x
hat die Asymptoten x = 1 und y = 2.
b) Der Graph der Funktion g mit g(x) =
x −1
Daneben sind weitere Lösungen möglich.
P 16
a) Aus dem Funktionsterm
f (x) = 1,5 ⋅ sin( π ⋅ x − π) + 2
= 1,5 ⋅ sin[ π(x − 1)] + 2
der Funktion f liest man für den
Graph ab:
2π
Periode:
T=
= 2;
π
Amplitude: a = 1,5;
Verschiebung in x-Richtung um (+1);
Verschiebung in y-Richtung um (+2).
b) Die Funktion g mit g(x) = a ⋅ sin(k ⋅ x) + c
2π
.
hat die Periode T =
k
Sie hat die Periode π, wenn k = 2 gilt.
Wählt man a = 2 und c = 1, so hat die
Funktion g mit
g(x) = 2 ⋅ sin(2x) + 1
die Periode π und die Wertemenge
W = [–1; 3].
20
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Differenzieren
Lösungshinweise und Tipps
Die Lösungshinweise beziehen sich auf die konkrete Aufgabenstellung, während die von Fall
zu Fall beigefügten Tipps die Erinnerung an allgemeine Verfahren auffrischen sollen.
P 17
Verwenden Sie die Produkt- und Kettenregel.
r Tipps:
• Produktregel: f (x) = u(x) ⋅ v(x) ⇒ f '(x) = u '(x) ⋅ v(x) + u(x) ⋅ v'(x)
⇒ f '(x) = u'(v(x)) ⋅ v'(x)
• Kettenregel: f (x) = u(v(x))
P 18
a) Beachten Sie die Kriterien für Extrem- und Wendepunkte.
r Tipps:
• f '(x0) = 0 und f "(x0) < 0 ⇒ Der Graph von f hat an der Stelle x0 einen Hochpunkt.
• f '(x0) = 0 und f "(x0) > 0 ⇒ Der Graph von f hat an der Stelle x0 einen Tiefpunkt.
• f "(x0) = 0 und f '''(x0) ≠ 0 ⇒ Der Graph von f hat an der Stelle x0 einen Wendepunkt.
b) Stellen Sie ein LGS für b und c auf.
P 19
Verwenden Sie beim Ableiten die Produktregel.
r Tipp:
Formel für den Abstand zweier Punkte P1(x1 | y1) und P2(x2 | y2):
d(P1 ;P2 ) = (x 2 − x1 ) 2 + (y 2 − y1 ) 2
P 20
Verwenden Sie beim Ableiten die Produkt- und Kettenregel.
Beachten Sie die Lösungshinweise zu Aufgabe P 18.
P 21 a) Siehe P 20
b) r Tipps:
• Tangentengleichung in einem Punkt P(u | f(u)): y = f '(u)(x − u) + f (u)
• Zwei Geraden y = m1x + c1 und y = m2x + c2 sind genau dann orthogonal, wenn
gilt: m1 · m2 = –1
P 22
r Tipp:
Gleichung einer Normalen im Punkt P(u | f(u)): y = −
P 23
r Tipp:
P 24
a) Beachten Sie die Lösungshinweise zu Aufgabe P 12.
b) Bestimmen Sie zuerst die Steigung der Geraden g.
1
(x − u) + f (u)
f '(u)
Die Graphen zweier Funktionen f und g berühren sich in einem Punkt P(u | v), wenn
gilt:
(1) f(u) = g(u) = v
(2) f '(u) = g '(u)
24
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Differenzieren
P 25
a) Beachten Sie die Lösungshinweise zu Aufgabe P 12.
b) Überlegen Sie z. B., wie viele Nullstellen f haben kann.
P 26
Betrachten Sie zunächst die Punkte der Kurve mit waagrechter Tangente. Was gilt hier
für f '? Untersuchen Sie dann das Monotonieverhalten von f.
r Tipp:
Es sei f eine in einem Intervall I differenzierbare Funktion mit f '(x) ≠ 0 für x ∈ I.
f ist auf dem Intervall I genau dann streng monoton wachsend (fallend), wenn für
alle x ∈ I gilt f '(x) > 0 (f '(x) < 0).
P 27
–
P 28
(1) Verwenden Sie die Vorzeichenregel für lokale Extrema.
(2) Welche Stellen bei f ' entsprechen den Wendestellen von f?
(3) Beachten Sie den Tipp zu Aufgabe P 26.
(4) Beachten Sie, dass f ' die Tangentensteigung des Graphen von f beschreibt.
(5) Beachten Sie, dass f eine Stammfunktion von f ' ist.
r Tipps:
Vorzeichenregel für lokale Extremstellen:
• f '(x0) = 0 und f ' wechselt an der Stelle x0 das Vorzeichen von plus nach minus
⇒ f(x0) ist ein lokales Maximum.
• f '(x0) = 0 und f ' wechselt an der Stelle x0 das Vorzeichen von minus nach plus
⇒ f(x0) ist ein lokales Minimum.
P 29
Es ist hilfreich, zuerst die Graphen der Ableitungsfunktionen zu skizzieren.
Untersuchen Sie auch das Monotonieverhalten der Ableitungsfunktionen. Beachten Sie
den Tipp zu Aufgabe P 26.
P 30
r Tipps:
• Gilt f '(x) > 0 für alle x ∈ Df, so ist f streng monoton wachsend.
• Gilt f '(x) < 0 für alle x ∈ Df, so ist f streng monoton fallend.
25
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Differenzieren
Lösungen
P 17
Die Ableitungen erhält man unter Verwendung der Produkt- und Kettenregel.
⇒ f '(x) = 3x2 · cos x + x3 · (– sin x) = x2 · (3 · cos x – x · sin x)
a) f(x) = x3 · cos x
b) f(x) = x ⋅ e 2x +
1
x
⇒ f '(x) = 1 ⋅ e 2x + x ⋅ e 2x ⋅ 2 −
c) f(x) = (3x + 1)8
⇒ f '(x) = 8 · (3x + 1)7 · 3 = 24 · (3x + 1)7
d) f(x) = 3x 3 ⋅ x
⇒ f '(x) = 9x 2 ⋅ x + 3x 3 ⋅
e)
f(x) = x2 · sin(x3 – 1)
1
2 x
=
21x 3
2 x
2x ⋅ sin(x 3 − 1) + x 2 cos(x 3 − 1) ⋅ 3x 2
⇒ f '(x) =
= 2x ⋅ sin(x 3 − 1) + 3x 4 cos(x 3 − 1)
f) f(x) = e2x · ln x
⇒ f '(x) = e 2x ⋅ 2 ⋅ ln x + e 2x ⋅
1
1
= 2ln x + ⋅ e 2x
x
x
g) f(x) = x 2 ⋅ 2x + 1
⇒ f '(x) = 2x ⋅ 2x + 1 + x 2 ⋅
1
⋅2
2 2x + 1
= 2x ⋅ 2x + 1 +
h) f(x) =
P 18
1
1
= (1 + 2x) ⋅ e 2x −
x2
x2
3
2x 2 + 1
⇒ f '(x) = −
x2
2x + 1
−12x
3
⋅ 4x =
(2x 2 + 1) 2
(2x 2 + 1) 2
a) Aus f(3) = 0, f ''(3) = 0, f '''(3) ≠ 0 folgt:
W(3 | 0) ist Wendepunkt von Graph f.
Im Punkt H(2 | 4) ≠ W hat Graph f
wegen f(2) = 4, f '(2) = 0 eine waagrechte Tangente.
Da f ganzrational vom Grad 3 ist,
muss H(2 | 4) ein Extrempunkt sein.
Wegen der Punktsymmetrie des
Graphen zum Wendepunkt W ist
auch T(4 | – 4) ein Extrempunkt.
b) f (x) = 2x 3 + bx 2 + cx − 36
Mit f(3) = 0 ergibt sich 2 ⋅ 27 + 9b + 3c − 36 = 0 bzw. 9b + 3c = −18 (1).
Aus f(2) = 4 erhält man 2 ⋅ 8 + 4b + 2c − 36 = 4 bzw. 4b + 2c = 24 (2).
Auflösen von Gleichung (1) nach c liefert c = −3b − 6; Einsetzen in Gleichung (2)
ergibt:
4b + 2( −3b − 6) = 24; −2b − 12 = 24; −2b = 36; b = −18; c = −3( −18) − 6 = 48.
26
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Differenzieren
P 19
Gegeben ist die Funktion f mit
f(x) = x2 ex; x ∈ 0.
Ableitung von f:
f '(x) = 2x ⋅ e x + x 2 ⋅ e x = x ⋅ (2 + x) ⋅ e x .
Punkte mit waagrechter Tangente:
f '(x) = 0; x(2 + x) = 0; x1 = 0; x 2 = −2.
f (0) = 0; P1 (0 | 0).
f ( −2) = 4e −2 ; P2 ( −2 | 4e −2 ).
Abstand der Punkte P1 und P2:
d = ( −2 − 0) 2 + (4e −2 − 0) 2 = 4 + 16e − 4 = 2 1 + 4e − 4 .
P 20
Die Ableitungen der Funktion f mit f(x) = x · e –x; x ∈ 0 erhält man mithilfe der
Produkt- und Kettenregel:
f '(x) = e − x + x ⋅ e − x ⋅ ( −1) = (1 − x) ⋅ e − x
f ''(x) = −e − x + (1 − x) ⋅ e − x ⋅ ( −1) = (x − 2) ⋅ e − x
f '''(x) = e − x + (x − 2) ⋅ e − x ⋅ ( −1) = (3 − x) ⋅ e − x .
Wegen
f '(1) = 0; f "(1) = – e –1 < 0
hat der Graph von f an der Stelle x1 = 1 einen Hochpunkt.
Wegen
f "(2) = 0; f '''(2) = e –2 ≠ 0
hat der Graph von f an der Stelle x2 = 2 einen Wendepunkt.
P 21
1
a) Ableitung der Funktion f mit f (x) = x 2 + :
x
2x 3 − 1
1
f '(x) = 2x −
=
.
x2
x2
Schnittpunkt N des Graphen mit der x-Achse:
1
f(x) = 0; x 2 + = 0; x3 + 1 = 0; x3 = –1; x = –1; N(–1 | 0).
x
Bestimmung des x-Wertes des Tiefpunktes:
1
1
f '(x) = 0; 2x3 – 1 = 0; x 3 = ; x T = 3 .
2
2
b) Tangente im Punkt P(1 | 2):
t: y = f '(1) (x – 1) + f(1) = 1 · (x – 1) + 2 = x + 1.
Die Gerade g durch die Punkte P(1 | 2) und Q(–2 | 3) hat die Steigung
3−2
1
mg =
=− ,
−2 − 1
3
die Tangente in P die Steigung mt = f '(1) = 1.
27
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Differenzieren
Wegen
1
1
m g ⋅ m t = − ⋅ 1 = − ≠ −1
3
3
sind die Gerade g und die Tangente t nicht orthogonal zueinander.
P 22
Gegeben ist die Funktion f mit
1
f (x) = − x 3 + 3x.
3
a) Nullstellen von f:
f (x) = 0
1 3
− x + 3x = 0
3
1
x ⋅ − x 2 + 3 = 0.
3
Eine Nullstelle ist x1 = 0.
Die weiteren ergeben sich aus:
1
− x 2 + 3 = 0; x2 = 9; x2, 3 = ± 3.
3
Die Nullstellen von f sind x1 = 0, x2 = –3 und x3 = 3.
Skizze von f:
f ist ganzrational vom Grad 3, hat also höchstens zwei lokale Extremstellen.
Das Verhalten von f für x → ± ∞ wird von der höchsten Potenz von x samt Vorzahl
im Funktionsterm bestimmt:
Aus x → −∞ folgt f (x) → + ∞; aus x → + ∞ folgt f (x) → − ∞.
Zusammen mit den Nullstellen lässt sich eine Skizze des Graphen anfertigen.
b) Untersuchung auf Schnittpunkte von K mit der Normalen im Ursprung:
Ableitung von f:
f '(x) = –x2 + 3.
Gleichung der Normalen in O(0 | 0):
1
1
y=−
⋅ x = − ⋅ x.
f '(0)
3
Schnitt von K mit der Normalen:
1
1
− x 3 + 3x = − x ⋅ 3
3
3
− x 3 + 9x = − x
x 3 − 10x = 0
x ⋅ (x 2 − 10) = 0.
Die Gleichung hat die Lösungen x 4 = 0, x 5 = − 10 , x 6 = 10.
28
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Differenzieren
Die y-Werte der Schnittpunkte erhält man durch Einsetzen der x-Werte in die Normalengleichung.
Die Kurve K schneidet die Normale im Ursprung O in den Punkten
1
1
10 und P3 10 –
10 .
P1(0 | 0), P2 − 10
3
3
P 23
Die Graphen der beiden Funktionen berühren sich, wenn sie einen Schnittpunkt mit
gemeinsamer Tangente besitzen.
Untersucht werden muss daher das Gleichungssystem:
(1) f (x) = g(x) bzw. x 2 = 2x 2 − 2x + 1
(2) f '(x) = g'(x) bzw. 2x = 4x − 2
Auflösen der Gleichung (2) liefert:
2x = 4x – 2; 2x = 2; x = 1.
x = 1 ist auch Lösung der Gleichung (1), wie man
durch Einsetzen bestätigt:
12 = 2 · 12 – 2 · 1 + 1.
Mit f(1) = 1 ergibt sich:
Die Graphen von f und g berühren sich im Punkt P(1 | 1).
P 24
a) Der Graph der Funktion f mit
1
f (x) =
− 2; x ∈ 0 \ {0}
x2
hat
– die waagrechte Asymptote y = –2,
– die senkrechte Asymptote x = 0.
Für x → 0 folgt f (x) → + ∞. (x = 0 ist
eine Polstelle ohne Vorzeichenwechsel.)
Damit lässt sich eine Skizze des
Graphen anfertigen.
b) Gesucht ist der Punkt P auf dem Graph,
in dem die Tangentensteigung gleich der
Steigung der Geraden g ist.
Umformen der Geradengleichung von g
liefert:
1
x + 4y + 8 = 0; 4y = − x − 8; y = − x − 2.
4
Die Steigung der Geraden g ist
1
m=− .
4
29
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Differenzieren
Ableitung von f mit f (x) =
1
− 2 = x −2 − 2:
x2
2
.
x3
Für den Punkt P muss gelten:
1
2
1
f '(x) = − ; −
= − ; x 3 = 8; x = 2.
4
4
x3
7
1
7
Mit f (2) = − 2 = − erhält man den gesuchten Punkt P 2 – .
4
4
4
f '(x) = −2 ⋅ x −3 = −
P 25
a) Gegeben ist die Funktion f mit
x 2 − 2x − 1
f (x) =
; x ∈ 0 \ {–1; 1}.
x2 −1
Die Geraden x = –1 und x = 1 sind senkrechte Asymptoten des Graphen
von f, denn x1 = –1 und x2 = 1 sind keine Nullstellen des Zählerpolynoms.
Wegen
x 2 (1 − x2 − 12 )
1 − x2 − 12
x 2 − 2x − 1
x
x
lim f (x) = lim
= lim
= lim
=1
|x|→∞
|x|→∞
| x | → ∞ x 2 (1 − 1 )
| x |→ ∞ 1− 1
x2 −1
2
2
x
x
ist die Gerade y = 1 waagrechte Asymptote.
b) Die Kurve K2 schneidet die x-Achse in 4 Punkten.
Die Funktion f kann aber höchstens 2 Nullstellen haben, da die Bedingung f(x) = 0
auf die quadratische Gleichung x2 – 2x – 1 = 0 führt, die höchstens zwei Lösungen
hat. Somit kann K2 nicht den Graph von f darstellen. Daher kann nur K1 der
Graph von f sein.
P 26
Man wird zunächst die Punkte der Graphen mit waagrechten Tangenten betrachten.
Ihre x-Werte sind Nullstellen der Ableitungen. Sie werden zuerst auf der x-Achse markiert und die Definitionsmenge dadurch in Teilintervalle zerlegt.
Dann gilt: Ist f in einem Teilintervall streng monoton fallend, so ist f ' dort negativ; ist f
streng monoton wachsend, so ist f ' positiv. Wendestellen von f sind Extremstellen von f '.
a)
b)
30
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Differenzieren
P 27
Für den Graph von f bedeutet:
f(1) = 2:
Der Punkt P(1 | 2) liegt auf dem Graph.
f '(1) = 0:
Der Graph hat in P eine waagrechte Tangente.
f "(1) = 0 und f '''(1) ≠ 0: Der Punkt P ist ein Wendepunkt des Graphen.
Zusammengefasst: Der Graph von f hat den Wendepunkt P(1 | 2) mit waagrechter
Tangente (Sattelpunkt).
P 28
Die Abbildung zeigt den Graph der Ableitungsfunktion f ' der Funktion f.
(1) Die Funktion f hat an der Stelle x = 0
ein lokales Maximum.
Die Aussage ist falsch.
Begründung:
An der Stelle x = 0 hat f ' eine Nullstelle
und einen Vorzeichenwechsel von minus
nach plus. Somit hat f an dieser Stelle ein
lokales Minimum.
(2) Die Funktion f hat mindestens eine
Wendestelle.
Die Aussage ist wahr.
Begründung:
Die Ableitungsfunktion f ' hat mindestens
zwei lokale Extremstellen.
Diese sind Wendestellen von f.
(3) Für –1 < x < 1 ist f streng monoton steigend.
Die Aussage ist falsch.
Begründung:
Für –1 < x < 0 gilt f '(x) < 0. Die Funktion f ist daher in diesem Bereich streng
monoton fallend.
(4) Der Graph von f hat mindestens drei Tangenten mit der Steigung 2.
Die Aussage ist wahr.
Begründung:
In dem dargestellten Ausschnitt des Graphen von f ' schneidet die Gerade y = 2 den
Graph in drei Punkten.
Es gibt somit mindestens drei x-Werte mit der Tangentensteigung f '(x) = 2. Die
Tangenten an den Graph von f an diesen Stellen sind daher parallel zur Geraden
y = 2x – 6.
(5) f hat mindestens eine Nullstelle im Intervall I = [–3; 3].
Die Aussage ist unentscheidbar.
Begründung:
f ist als Stammfunktion von f ' auf dem Intervall I nur bis auf einen konstanten
Summanden bestimmt. D. h., ist h eine bestimmte Stammfunktion von f ' auf I, so
sind alle weiteren Stammfunktionen g durch g(x) = h(x) + c gegeben. Abhängig von
c sind Stammfunktionen möglich, die im Bereich I = [–3; 3] positiv oder negativ
sind oder Nullstellen haben. Welche dieser Eigenschaften die Funktion f hat, lässt
sich aus dem Graph von f ' nicht erschließen, da dieses keine Aussagen über die
absolute Größe der Funktionswerte von f ermöglicht.
31
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Differenzieren
P 29
Die Aussage (1) f '(2) < g '(2) ist wahr.
Begründung:
Die Funktion f ist im dargestellten Bereich
streng monoton fallend. Also gilt:
f '(2) < 0.
Die Funktion g ist im dargestellten Bereich
streng monoton wachsend. Daher ist
g '(2) > 0.
Somit gilt:
f '(2) < 0 < g '(2).
Die Aussage (2) f(2) < f '(2) ist falsch.
Begründung:
Es gilt:
f(2) = 0 > f '(2) (s. o.)
Die Aussage (3) f "(2) < g "(2) ist falsch.
Begründung:
Im dargestellten Bereich gilt:
Die Kurve Kf ist linksgekrümmt (f ' wächst
monoton). D. h., es gilt
f "(2) ≥ 0.
Die Kurve Kg ist rechtsgekrümmt (g ' fällt
monoton). D. h., es gilt
g "(2) ≤ 0.
Somit erhält man:
g "(2) ≤ 0 ≤ f "(2).
P 30
Wegen f(x) > 0 verläuft der Graph von f
oberhalb der x-Achse.
Aus f '(x) > 0 folgt, dass er streng monoton
steigt.
f ''(x) > 0 für x < 2 bedeutet, dass die Steigung für x < 2 zunimmt (Linkskurve) und
f ''(x) < 0 für x > 2, dass sie für x > 2 abnimmt (Rechtskurve).
An der Stelle 2 liegt eine Wendestelle vor.
32
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Integrieren
Lösungshinweise und Tipps
Die Lösungshinweise beziehen sich auf die konkrete Aufgabenstellung, während die von Fall
zu Fall beigefügten Tipps die Erinnerung an allgemeine Verfahren auffrischen sollen.
P 31
Verwenden Sie bei den Teilaufgaben a) bis d) und f) die lineare Substitution.
1
Beachten Sie bei Teilaufgabe b) die Darstellungsmöglichkeit n = x − n .
x
1
1
1
= 1 = x − 2 oder
Beachten Sie bei Teilaufgabe e) die Darstellungsmöglichkeit
x
2
1
x
dass f mit f (x) = x die Ableitung f '(x) =
besitzt.
2 x
P 32
Bestimmen Sie zunächst die Nullstellen von f. Fertigen Sie eine Skizze an. Beachten
Sie, dass eine Teilfläche unterhalb der x-Achse liegt.
P 33
Überlegen Sie, durch welche Abbildungen der Graph aus der Kurve y = ex hervorgeht.
Beachten Sie die Lösungshinweise zu den Aufgaben P 7 und P 8.
Betrachten Sie zunächst die Fläche zwischen Kurve K, y-Achse und der Geraden y = 1
über einem Intervall [0; z].
r Tipp:
Fläche zwischen zwei Kurven:
b
A = ∫ (f (x) − g(x)) dx
a
P 34
Überlegen Sie, durch welche Abbildungen der Graph aus der Kurve y = ex hervorgeht.
Beachten Sie die Lösungshinweise zu den Aufgaben P 7 und P 8.
r Tipp:
b
Formel für den Rauminhalt eines Drehkörpers: V = π ∫ ( f (x) ) dx
2
a
P 35
Wenden Sie die lineare Substitution an. Beachten Sie die Darstellungsmöglichkeit
1
= x −3 .
x3
P 36
Wenden Sie die lineare Substitution an.
r Tipp:
∫ sin x dx = − cos x
P 37
Wenden Sie die lineare Substitution an. Beachten Sie, dass eine Stammfunktion nur bis
auf einen konstanten Summanden c bestimmt ist.
P 38
Bestimmen Sie eine allgemeine Stammfunktion F von f. Beachten Sie den Lösungshinweis zu Aufgabe P 37.
Berechnen Sie die lokalen Extrempunkte von F.
35
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Integrieren
P 39
(1) Beachten Sie die Vorzeichenregel für die Bestimmung von lokalen Extremstellen.
(2) Überlegen Sie, dass die Integralfunktion I die Nullstelle –1 haben muss.
(3) Betrachten Sie die Teilflächen, die der Graph mit der x-Achse einschließt.
P 40
(1) Beachten Sie die Extremstellen von f.
(2) Beachten Sie die Vorzeichenregel für die Bestimmung von lokalen Extremstellen.
(3) Die Funktion f beschreibt die Tangentensteigungen des Graphen von F.
P 41
Vergleichen Sie z. B. die Extremstellen mit den Nullstellen der Graphen. Welcher
Zusammenhang muss bestehen?
36
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Integrieren
Lösungen
P 31
Unter Anwendung der linearen Substitution erhält man:
1
a)
1
∫
1
1
1
(1 + e 2x − 1 ) dx = x + e 2x − 1 = 1 + e − e −1
0
2
2
2
1
2
2
1
1
dx = ∫ 2 ⋅ (2x + 1) −3 dx = (2x + 1) −2 ⋅ = −
−2
0 2 ⋅ (2x + 1) 2
2
(2x + 1) 3
0
0
0
b)
1
∫
0
=−
1
c)
0
−1
4
e)
0
1
1
1
1
1
−
=0
(2x + 1) 5 dx = (2x + 1) 6 ⋅ = (2x + 1) 6 =
6
−1 12 12
2 −1 12
4
1
1
1
1
5 19
+ x dx = 2 x + x 2 = 2 ⋅ 4 + ⋅ 4 2 − 2 ⋅1 + ⋅1 = (4 + 8) − =
2
2
2
2 2
x
1
∫
1
π
f)
1 1 8 4
+ =
=
18 2 18 9
1
0
∫
3
π
= − 3 ⋅ cos(3π) + 3 ⋅ cos π = 3 − 3 = 0
4 4 4
π
4 = −1
2
∫ 3 ⋅ sin(4x − π) dx = − 4 ⋅ cos(4x − π)
π
2
P 32
1
2
1
2
2
2 ⋅ ln 4
dx = 2 ⋅ ln | 3x + 1 | ⋅ = ln 4 − ln1
=
3x + 1
3 0 3
3 =0
3
∫
0
d)
1
Man bestimmt zunächst die Nullstellen der
Funktion f mit f(x) = x2 – 2x:
f(x) = 0; x(x – 2) = 0; x1 = 0; x2 = 2.
Für den Inhalt der beschriebenen Fläche
gilt dann (siehe Skizze):
2
3
A = − ∫ (x 2 − 2x) dx + ∫ (x 2 − 2x) dx
0
2
2
3
1
1
= − x 3 − x 2 + x 3 − x 2
3
0 3
2
8
8
8
= − − 4 + (9 − 9) − − 4 = .
3
3
3
37
= −1
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Integrieren
P 33
Der Graph der Funktion f mit f(x) = 1 – e –x
entsteht aus der Kurve y = ex durch Spiegelung
an der x- und y-Achse und anschließender
Verschiebung in y-Richtung um (+1).
Man berechnet zunächst den Inhalt der Fläche
zwischen der Geraden y = 1 und dem Graph von
f über dem Intervall [0; z] (z > 0):
z
z
0
z
0
A(z) = ∫ (1 − f (x)) dx = ∫ (1 − 1 + e − x ) dx
z
= ∫ e − x dx = − e − x = − e − z + 1.
0
0
Für den Inhalt der nach rechts unbegrenzten Fläche gilt dann:
A = lim A(z) = lim ( − e − z + 1) = 1.
z→∞
z→∞
Die nach rechts unbegrenzte Fläche zwischen y-Achse, der Geraden y = 1 und
dem Graph von f hat einen endlichen Inhalt.
P 34
Der Graph der Funktion f mit f(x) = 3e –x
entsteht aus der Kurve y = ex durch Spiegelung
an der y-Achse und Streckung in y-Richtung
mit dem Faktor 3.
Rauminhalt des Drehkörpers:
2
2
V = π ∫ (f (x)) dx = π ∫ 9e −2x dx
2
0
0
2
9
9
9
= π − e −2x = π − e − 4 + e 0
2
0
2
2
9
= π(1 − e − 4 ).
2
P 35
Eine mögliche Stammfunktion der Funktion f mit
2
f (x) = 4x 3 +
− 3e − 4x = 4x 3 + 2x −3 − 3e − 4x
x3
ist gegeben durch:
1
2
3
1 3 − 4x
F(x) = 4 ⋅ ⋅ x 4 − ⋅ x −2 + e − 4x = x 4 −
+ e .
4
2
4
x2 4
38
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Integrieren
P 36
Eine mögliche Stammfunktion der Funktion f mit
f (x) = 4x 3 − sin(3x + 2)
ist gegeben durch:
1
F(x) = x 4 + ⋅ cos(3x + 2).
3
P 37
Für eine Stammfunktion F von f mit f(x) = x3 – e 2x – 2 gilt:
1
1
F(x) = x 4 − e 2x − 2 + c; c ∈ 0.
4
2
Aus F(1) = 1 folgt für c:
1 1 2−2
1 1 5
− e
+ c = 1; c = 1 − + = .
4 2
4 2 4
Die gesuchte Stammfunktion F ist gegeben durch:
1
1
5
F(x) = x 4 − e 2x − 2 + .
4
2
4
P 38
Für eine Stammfunktion F von f mit f(x) = – 6x2 + 12x gilt:
F(x) = −2x 3 + 6x 2 + c; c ∈ 0.
Ableitungen von F:
F'(x) = f (x) = − 6x 2 + 12x; F''(x) = f '(x) = −12x + 12.
Extrempunkte von F:
F'(x) = 0; − 6x 2 + 12x = 0; − 6x(x − 2) = 0; x1 = 0, x 2 = 2.
F "(0) = 12 > 0; F (0) = c;
F "(2) = –12 < 0; F (2) = 8 + c;
Tiefpunkt: T(0 | c).
Hochpunkt: H(2 | 8 + c).
Der Hochpunkt liegt auf der x-Achse, wenn gilt:
8 + c = 0; c = −8.
Die gesuchte Stammfunktion ist gegeben durch:
F(x) = –2x 3 + 6x 2 – 8.
39
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Integrieren
P 39
Die Integralfunktion I mit
I(x) =
x
∫
f (t) dt
−1
bezieht sich auf den abgebildeten Graph der
Funktion f.
(1) Die Funktion I hat ein lokales Maximum.
Die Aussage ist wahr.
Begründung:
An der Stelle x1 = 0 wechselt die Ableitung
I' = f das Vorzeichen von plus nach minus.
Somit hat I an dieser Stelle ein lokales
Maximum.
(2) Der Graph von I berührt die x-Achse.
Die Aussage ist wahr.
Begründung:
−1
a) Es gilt: I( −1) =
∫
f (t) dt = 0. Somit hat I die Nullstelle x2 = –1.
−1
b) Mit I'(x) = f (x) folgt I'( −1) = f ( −1) = 0.
Also hat der Graph von I an der Stelle x2 = –1 eine waagrechte Tangente.
Aus a und b folgt die Behauptung.
(3) Es gilt: I(2) > 0.
Die Aussage ist falsch.
Betrachtet man die Fläche, die der Graph von f mit der x-Achse einschließt, so ist
der Inhalt A1 der Teilfläche oberhalb der x-Achse ersichtlich kleiner als der Inhalt
A2 der Teilfläche unterhalb der x-Achse.
I(2) =
2
∫
f (t) dt
−1
gibt den orientierten Inhalt der Gesamtfläche an, wobei gilt:
I(2) = A1 − A 2 < 0.
P 40
Es sei F eine Stammfunktion und f ' die Ableitung von f.
(1) f ' hat mindestens eine Nullstelle.
Begründung:
Der Graph von f hat ersichtlich mindestens zwei lokale Extrempunkte. Die zugehörigen x-Werte sind Nullstellen von f ', da in diesen Punkten die Tangentensteigung 0 ist.
(2) F hat ein lokales Maximum und ein lokales Minimum.
Begründung:
Die Funktion f ist die Ableitung von F: F ' = f.
Da f an der Stelle x1 = –1 eine Nullstelle mit Vorzeichenwechsel von minus nach
plus hat, besitzt F dort ein lokales Minimum.
Entsprechend hat f an der Stelle x2 = 1 eine Nullstelle mit Vorzeichenwechsel von
plus nach minus. Daher hat F dort ein lokales Maximum.
40
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Integrieren
(3) Der Graph von F hat an der Stelle 0 eine Tangente, die parallel zur Geraden
y = 2x – 1 ist.
Begründung:
Aus der Zeichnung entnimmt man: F'(0) = f (0) = 2
Der Graph von F hat daher an der Stelle 0 eine Tangente mit der Steigung 2, die
somit parallel zur Geraden y = 2x – 1 ist.
P 41
An einer lokalen Extremstelle einer Funktion hat die Ableitung der Funktion eine
Nullstelle.
Eine Lösungsmöglichkeit besteht daher darin, die Nullstellen mit den lokalen Extremstellen in den Bildern zu vergleichen:
Bild 1
Bild 2
Bild 3
Nullstelle
1
–
0
Extremstelle
2
0
1
Graph von
f'
F
f
Bild 3 muss den Graph von f, Bild 1 den Graph von f ' und Bild 2 den Graph von
F darstellen. Denn nur dann gilt:
f(1) ist lokales Minimum ⇒ f '(1) = 0.
F(0) ist lokales Maximum ⇒ F '(0) = f(0) = 0.
(Man könnte auch mithilfe der Monotonieeigenschaften der Funktionen argumentieren.)
41
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben Pflichtteil – Weitere funktionale Betrachtungen
Lösungshinweise und Tipps
Die Lösungshinweise beziehen sich auf die konkrete Aufgabenstellung, während die von Fall
zu Fall beigefügten Tipps die Erinnerung an allgemeine Verfahren auffrischen sollen.
P 42
a) Es gilt F ' = f. Somit gibt f die Tangentensteigung von Graph F an.
Betrachten Sie eine geeignete Tangente.
b) (1) F hat eine Wendestelle.
(2) Was können Sie über die Monotonie von F ablesen?
(3) F ist eine Stammfunktion von f.
r Tipp:
b
∫a f (x) dx = F(b) − F(a)
P 43
Machen Sie für den Funktionsterm den Ansatz f(x) = ax2 + bx + c. Aus den Angaben in
der Aufgabe lassen sich drei Gleichungen für a, b und c aufstellen.
P 44
Machen Sie für den Funktionsterm den Ansatz f(x) = ax3 + bx2 + cx + d. Aus den Angaben in der Aufgabe lassen sich vier Gleichungen für a, b, c und d aufstellen.
P 45
a) Vergleichen Sie Nullstellen mit Extremstellen der Funktionen.
b) Verwenden Sie die Nullstelle und die Extremstelle von f, um Gleichungen für a
und b zu finden.
P 46
r Tipp:
P 47
a) Was gilt für die Geschwindigkeit, wenn der Taucher am Grund des Sees angekommen ist?
b) Beachten Sie: Die Geschwindigkeit ist die Änderungsrate der Tauchtiefe.
Bestimmen Sie die Fläche zwischen t-Achse und Kurve näherungsweise durch
Abzählen der Kästchen.
P 48
b) Verwenden Sie die Steigung einer geeigneten Sekanten.
P 49
Bestimmen Sie den Flächeninhalt in Abhängigkeit von u. Beachten Sie, dass das
Dreieck rechtwinklig ist.
Untersuchen Sie den Inhalt A(u) auf Extremwerte.
r Tipp:
1
Flächeninhalt Dreieck: A = ⋅ g ⋅ h
2
P 50
r Tipp:
Für die Verkettung f g zweier Funktionen f und g gilt y = f (g(x)).
(Erst g(x) berechnen, dann das Ergebnis in f(x) für x einsetzen.)
Ist durch die Funktion f eine Änderungsrate gegeben, so ist die Änderung des zugeb
hörigen Bestandes in einem Intervall [a; b] gegeben durch
b
∫ f (t) dt, die mittlere
a
1
Änderung durch
⋅ f (t) dt.
b − a ∫a
45
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben Pflichtteil – Weitere funktionale Betrachtungen
Lösungen
P 42
a) Die Funktion f ist die Ableitung
von F.
f(3) = F '(3) ist die Tangentensteigung
von Graph F an der Stelle 3. Aus dem
Graph entnimmt man: f(3) ≈ 1.
b) (1) F hat im Bereich 0 < x < 6 ersichtlich eine Wendestelle.
Wendestellen von F sind aber
Extremstellen von f = F '. Somit
hat f mindestens eine Extremstelle.
(2) Im Bereich 0 < x < 6 ist F streng monoton wachsend; somit gilt hier f(x) ≥ 0.
Im Bereich 6 < x < 9 ist F streng monoton fallend; daher gilt hier f(x) ≤ 0.
(3) Da F eine Stammfunktion von f ist, gilt:
3
∫
6
f (x) dx = F(3) − F(0) = 2 − 0 = 2;
0
∫ f (x) dx = F(6) − F(3) = 4 − 2 = 2.
3
Die Funktionswerte von F entnimmt man dem Graph.
Somit ist:
3
∫
0
P 43
6
f (x) dx =
∫ f (x) dx.
3
Für die gesuchte Funktion kann man ansetzen:
f(x) = ax2 + bx + c.
Aus den genannten Eigenschaften müssen drei Gleichungen für a, b und c gefunden
werden.
Der Graph geht durch den Punkt P(–1 | 6). Dies bedeutet:
f(–1) = 6
(1)
Der Graph berührt die 1. Winkelhalbierende an der Stelle 0. Da die 1. Winkelhalbierende durch den Ursprung geht und die Steigung 1 hat, erhält man daraus zwei
Bedingungen:
f(0) = 0
(2)
und
f '(0) = 1
(3).
Mit f '(x) = 2ax + b ergeben sich somit die drei Gleichungen:
a−b+c=6
(1)
c=0
(2)
b =1
(3)
Die Lösungen sind:
a = 7, b = 1, c = 0.
Die gesuchte Funktion f hat die Funktionsgleichung f(x) = 7x2 + x.
46
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben Pflichtteil – Weitere funktionale Betrachtungen
P 44
Für die gesuchte Funktion kann man ansetzen:
f(x) = ax3 + bx2 + cx + d.
Aus den genannten Eigenschaften müssen vier Gleichungen für a, b, c und d gefunden
werden.
Der Graph berührt die x-Achse im Ursprung. Dies bedeutet:
(1)
und
f '(0) = 0
(2).
f(0) = 0
|
Der Punkt W(1 2) ist Wendepunkt:
(3)
und
f "(1) = 0
(4).
f(1) = 2
Mit den Ableitungen f '(x) = 3ax2 + 2bx + c; f ''(x) = 6ax + 2b erhält man die vier
Gleichungen:
d=0
(1)
c=0
(2)
a+b+c+d =2
(3)
6a + 2b = 0
(4).
Wegen d = c = 0 verbleibt das folgende LGS für a und b:
a + b = 2 ⋅ ( − 6) ; a + b = 2
; b = 3, a = −1.
6a + 2b = 0
− 4b = −12
Die gesuchte Funktion f ist gegeben durch f(x) = –x3 + 3x2.
P 45
a) Die Kurve C schneidet an der Stelle x0 = 1 die x-Achse. K hat dort einen Hochpunkt.
Also ist K der Graph von f und C der Graph von f ', denn nur dann gilt f '(1) = 0.
b) Die Funktionsgleichung von f hat die Form:
f (x) = 10 ⋅ (x + b)e ax .
Ableitung:
f '(x) = 10 ⋅ e ax + 10 ⋅ (x + b) ⋅ a ⋅ e ax = 10 ⋅ (ax + ab + 1)e ax .
Da K die x-Achse im Ursprung schneidet und an der Stelle x0 = 1 einen Extrempunkt hat, muss gelten:
10b = 0;
b = 0.
f(0) = 0; 10 ⋅ (0 + b) ⋅ e a ⋅ 0 = 0;
f '(1) = 0; 10 ⋅ (a ⋅ 1 + a ⋅ 0 + 1) ⋅ e a ⋅ 1 = 0; 10 ⋅ (a + 1) ⋅ e a = 0; a = –1.
Die Funktion f ist somit gegeben durch f(x) = 10 ⋅ xe–x.
P 46
1
und g(x) = x 2 − 10 erhält man:
x −6
1
1
1
f (5) =
= −1; f (g(5)) =
= ; g(f (5)) = ( −1) 2 − 10 = − 9.
5−6
(5 2 − 10) − 6 9
Allgemein gilt:
1
1
f (g(x)) =
=
.
(x 2 − 10) − 6 x 2 − 16
Die Nullstellen des Nenners sind x1 = – 4 und x2 = 4.
Somit ist die Verkettung f g für – 4 und 4 nicht definiert.
Mit f (x) =
47
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben Pflichtteil – Weitere funktionale Betrachtungen
P 47
a) Wenn der Taucher am Grund des Sees angekommen ist, muss seine Geschwindigkeit v = 0 sein.
Dies ist nach 8 Minuten der Fall.
Er verweilt dann etwa 3 Minuten bis zur 11. Minute dort. Anschließend steigt er
wieder auf.
b) Die Geschwindigkeit v(t) ist die Änderungsrate der erreichten Tauchtiefe.
Für die Tiefe s (in m) des Sees gilt daher:
s=
8
∫
v(t) dt .
0
Zur Berechnung von s muss der Flächeninhalt zwischen der t-Achse und dem
Graph von t = 0 bis t = 8 bestimmt werden. Dies kann näherungsweise durch
m ⋅ 1 min = 1 m
Abzählen der Kästchen erfolgen, da der Inhalt eines Kästchen 1 min
entspricht.
Durch Auszählen und Ausgleichen erhält man ungefähr 24 Rechtecke.
Die Tiefe des Sees an der untersuchten Stelle beträgt ungefähr 24 m.
Ab der 11. Minute steigt der Taucher wieder auf. Die nach der 14. Minute erreichte
Höhe über dem Grund entspricht dem Flächeninhalt zwischen dem Graph, der
t-Achse und der Geraden t = 14. Durch Auszählen und Ausgleichen der Kästchen
erhält man etwa 7,5 Rechtecke. Der Taucher ist also um 7,5 m aufgestiegen.
Nach 14 Minuten ist der Taucher ungefähr 24 m – 7,5 m = 16,5 m von der
Oberfläche entfernt.
P 48
a) Die Tanne wächst in den ersten Jahren nur sehr langsam. Nach 30 Jahren hat sie
eine Höhe von etwa 10 Metern erreicht. Danach wächst sie einige Jahrzehnte
schneller. Nach etwa 50 Jahren hat die Wachstumsgeschwindigkeit ihren größten
Wert erreicht. Ungefähr nach 90 bis 100 Jahren ist die Tanne ausgewachsen und hat
ihre maximale Höhe von ca. 100 m erreicht.
Die Skizze zeigt den Verlauf der Wachstumsgeschwindigkeit:
48
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben Pflichtteil – Weitere funktionale Betrachtungen
b) Die mittlere Wachstumsgeschwindigkeit in Meter pro Jahr zwischen dem
30. und 60. Jahr ist:
80 − 10 7
v=
= ≈ 2,3.
60 − 30 3
(A Sekantensteigung – siehe Skizze)
Die Tanne wächst in dieser Zeit ungefähr 2,3 Meter pro Jahr.
P 49
Die Kurve K mit der Gleichung f(x) = –x2 + 4
ist eine nach unten geöffnete Normalparabel
mit dem Scheitel S(0 | 4).
P(u | f(u)) ist ein Punkt auf K mit 0 < u < 2.
Das rechtwinklige Dreieck OPQ hat den
Inhalt:
1
1
A(u) = ⋅ u ⋅ f (u) = ⋅ u ⋅ ( − u 2 + 4)
2
2
1 3
= − u + 2u.
2
Untersuchung auf Extremwerte:
3
A'(u) = − u 2 + 2 A''(u) = −3u.
2
3
4
4
A'(u) = 0; − u 2 + 2 = 0; u 2 = ; u1 = −
, u 2 =
2
3
3
4
.
3
Wegen
4
<0
3
ist A(u2) ein lokales Maximum. Als einziges Extremum der (stetig differenzierbaren)
Funktion A auf dem Intervall ]0; 2[ ist dieses Maximum auch global.
A''(u 2 ) = −3
49
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben Pflichtteil – Weitere funktionale Betrachtungen
Mit
4
4
8
f
=− +4=
3
3
3
erhält man somit:
4
Für P
3
8
hat das Dreieck OPQ den größten Flächeninhalt.
3
30
P 50
a)
∫
e(t) dt beschreibt den gesamten Energieverbrauch für die ersten 30 Stunden.
0
b)
1
30
30
∫
0
e(t) dt beschreibt den durchschnittlichen stündlichen Energieverbrauch
während der ersten 30 Stunden.
50
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – LGS und Vektoren
Lösungshinweise und Tipps
Die Lösungshinweise beziehen sich auf die konkrete Aufgabenstellung, während die von Fall
zu Fall beigefügten Tipps die Erinnerung an allgemeine Verfahren auffrischen sollen.
P 51
Bringen Sie die Gleichungssysteme auf Stufenform. Beachten Sie, dass jede Gleichung
der linearen Gleichungssysteme eine Ebene im Raum beschreibt.
P 52
Wählen Sie möglichst geschickt eine Ecke des Quaders
O eines
Koordina
als Ursprung
tensystems. Stellen Sie dann zunächst die Vektoren OP und OQ durch a, b und c dar.
P 53
Stellen Sie ein LGS auf. Überprüfen Sie dessen Lösbarkeit.
52
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – LGS und Vektoren
Lösungen
P 51
a) Lösen des LGS nach dem Gauß-Verfahren:
− x1 + 4x 2
= 2
2x1 − 9x 2 + x 3 = −2
3x1
+ x3 = 9
− x1 + 4x 2
= 2
− x 2 + x3 = 2
12x 2 + x 3 = 15
− x1 + 4x 2
− x2 +
⋅ (2) ⋅ (3)
⋅ (12)
= 2
x3 = 2
13x 3 = 39
Aus der Dreiecksform des LGS liest man ab:
x 3 = 3; x 2 = 1; x1 = 2.
Jede der drei Ausgangsgleichungen des linearen Gleichungssystems stellt eine
Ebene dar. Es gibt genau einen Punkt, der in allen drei Ebenen liegt, nämlich
P(2 | 1 | 3).
b) Umformen des LGS:
2x1 − 3x 2 + x 3 = 1
3x1 + 2x 2 − x 3 = 0
(+)
2x1 − 3x 2 + x 3 = 1
5x1 − x 2
=1
Setzt man für x1 den Parameter t, so erhält man die Lösungen:
x1 = t; x 2 = −1 + 5t; x 3 = 1 − 2 ⋅ t + 3 ⋅ ( −1 + 5t) = −2 + 13t; t ∈ 0.
Darstellung der Lösung in Vektorform:
1
0
x = −1 + t ⋅ 5 ; t ∈ 0.
−2
13
Diese Vektorgleichung stellt eine Gerade dar. Sie ist die Schnittgerade der
beiden Ebenen, die durch die beiden Ausgangsgleichungen des Gleichungssystems bestimmt sind.
53
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – LGS und Vektoren
P 52
Es sei O die in der Abbildung
bezeichnete Ecke des Quaders.
Dann gilt:
1 1 OP = b + a; OQ = b + c.
2
2
Daraus ergibt sich:
PQ = − OP + OQ
1 1 = −b − a + b + c
2
2
1 1 = − a − b + c.
2
2
P 53
a) Untersucht werden muss, ob eine Darstellung
1
2
3
8 = r1 ⋅ 5 + r2 ⋅ 4
1
1
2
möglich ist. Dazu muss das folgende LGS untersucht werden:
1 = 2r1 + 3r2
8 = 5r1 + 4r2 .
1 = r1 + 2r2
Aus den letzten beiden Gleichungen ergibt sich:
8 = 5r1 + 4r2
1 = r1 + 2r2
⋅ ( −2)
;
6 = 3r1
;
1 = r1 + 2r2
r1 =
r2 = −
2
1 .
2
Die Probe mit der ersten Gleichung liefert:
1
1 ≠ 2 ⋅ 2 + 3 ⋅ − .
2
D. h., das LGS hat keine Lösung, der Vektor x lässt sich nicht durch die
beiden anderen Vektoren darstellen.
b) Zu prüfen ist, ob eine Darstellung
8
1
−1
2
−1 = r1 ⋅ 1 + r2 ⋅ 2 + r3 ⋅ 0
1
2
7
−2
möglich ist. Dazu muss das folgende LGS untersucht werden:
8 = r1 − r2 + 2r3
−1 = r1 + 2r2
1 = 2r1 + 7r2 − 2r3
8 = r1 − r2 + 2r3
−1 = r1 + 2r2
9 = 3r1 + 6r2
(+)
⋅ ( −3)
54
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – LGS und Vektoren
8 = r1 − r2 + 2r3
−1 = r1 + 2r2
12 = 0
Die letzte Gleichung ist unlösbar und damit auch das ganze LGS.
Es gibt daher keine Möglichkeit, den Vektor a als Linearkombination der
angegebenen Vektoren darzustellen.
c) Der Ansatz a = r ⋅ b + s ⋅ c führt auf das LGS:
−3 = r + 3s
t = 2r − s .
−7 = − r + 2s
Aus der ersten und dritten Gleichung erhält man:
−3 = r + 3s
−7 = − r + 2s
(+)
;
−3 = r + 3s
;
−10 =
5s
r= 3
.
s = −2
Einsetzen in die zweite Gleichung ergibt: t = 2 ⋅ 3 − ( −2) = 8.
Für t = 8 lässt sich der Vektor a als Linearkombination der Vektoren b und c
darstellen.
55
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Geraden und Ebenen
Lösungshinweise und Tipps
Die Lösungshinweise beziehen sich auf die konkrete Aufgabenstellung, während die von Fall
zu Fall beigefügten Tipps die Erinnerung an allgemeine Verfahren auffrischen sollen.
P 54
Beachten Sie, dass die Mittelparallele zweier paralleler Geraden g und h jede Verbindungsstrecke AB halbiert, wenn A ein Punkt auf g und B ein Punkt auf h ist.
r Tipp:
Zwei Geraden sind parallel, wenn ihre Richtungsvektoren parallel sind.
P 55
r Tipp:
Zwei Geraden sind windschief, wenn sie sich nicht schneiden und sie nicht parallel
sind.
P 56
Überlegen Sie, welche Lage die Geraden g und h haben können, damit sie in einer
Ebene liegen. Aus den Vektorgleichungen der beiden Geraden lässt sich zunächst eine
Vektorgleichung dieser Ebene aufstellen.
Bestimmen Sie daraus eine Koordinatengleichung der Ebene.
r Tipp:
n1
Koordinatengleichung: Sie brauchen einen Normalenvektor n = n 2 und einen
n
3
Punkt P der Ebene. Dann gilt E: n1x1 + n 2 x 2 + n 3 x 3 = a, wobei sich a durch
Punktprobe mit P bestimmen lässt.
P 57
Für alle
Punkte
X, die zwischen P und Q auf der Verbindungsgeraden PQ liegen, gilt:
x = OP + t ⋅ PQ mit 0 < t < 1.
Für t = 0 ergibt sich der Punkt P, für t = 1 erhält man den Punkt Q.
P 58
Bestimmen Sie zunächst eine Vektorgleichung der Ebene und daraus eine Koordinatengleichung. Berechnen Sie dann die Schnittpunkte der Ebene mit den Koordinatenachsen.
r Tipp:
Koordinatengleichung: Sie brauchen
einen Normalenvektor n und einen Punkt P
der Ebene. Dann gilt: E: n ⋅ (x − p) = 0.
P 59
Man kann drei wesentliche Fälle unterscheiden.
P 60
Berechnen Sie zunächst die Schnittpunkte der Ebenen mit den Koordinatenachsen.
Suchen Sie Schnittpunkte von Spurgeraden in der Figur.
P 61
Berechnen Sie zunächst die Schnittpunkte von E mit den Koordinatenachsen. Suchen
Sie dann Schnittpunkte der Spurgeraden von E mit Quaderkanten.
58
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Geraden und Ebenen
Lösungen
P 54
Parallelität:
Eine Gleichung der Verbindungsgeraden h der Punkte P(2 | –1 | 3) und Q(0 | 3 | 1) ist:
−2
2
h: x = OP + t ⋅ PQ = −1 + t ⋅ 4 ; t ∈ 0.
3
−2
Die Gerade
1
g: x = s ⋅ −2 ; s ∈ 0
1
ist parallel zu h, da die Richtungsvektoren wegen
−2
1
4 = ( −2) ⋅ −2
−2
1
parallel sind.
Mittelparallele:
Der Punkt P(2 | –1 | 3) liegt auf h, der Punkt O(0 | 0 | 0) auf g. Die Mittelparallele k von
g und h muss durch den Mittelpunkt M 1 − 12 23 der Strecke OP gehen. M kann
daher als Stützpunkt von k gewählt werden. Die Richtungsvektoren von k, g und h sind
parallel. Die Mittelparallele von g und h ist daher gegeben durch:
1
1
1
k: x = − 2 + r ⋅ −2 ; r ∈ 0.
1
3
2
(
P 55
)
Die Geraden
−1
2
0
g: x = 2 + t ⋅ 1 ; t ∈ 0 und h: x = s ⋅ − 6 ; s ∈ 0
1
2
4
sind windschief, wenn sie sich nicht schneiden und nicht parallel sind.
Untersuchung auf Schnittpunkte:
0 − t = 2s
0
−1
2
2 + t ⋅ 1 = s ⋅ − 6 ; 2 + t = − 6s
1
2
4
1 + 2t = 4s
(1)
(2) .
(3)
Gleichung (1) liefert t = –2s. Eingesetzt in Gleichung (2) erhält man:
1
2 − 2s = − 6s; 2 = − 4s; s = − .
2
Damit folgt aus (1): t = 1.
Die Probe mit Gleichung (3) zeigt aber:
1
1 + 2 ⋅ 1 ≠ 4 ⋅ − .
2
Das LGS ist daher unlösbar, die Geraden g und h schneiden sich nicht.
59
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Geraden und Ebenen
Untersuchung auf Parallelität:
2
−1
Aus − 6 = k ⋅ 1 folgt:
4
2
2 = −k
k = −2
−6 = k ; k = −6 .
4 = 2k
k=2
Das Gleichungssystem ist nicht lösbar. Die Richtungsvektoren der beiden Geraden
sind daher nicht parallel und somit auch die Geraden nicht.
Insgesamt bedeutet dies: Die Geraden g und h sind windschief.
P 56
Untersuchung der Lage von g und h:
Die beiden Geraden
1
−2
1
1
g: x = 2 + t ⋅ 6 ; t ∈ 0 und h: x = 0 + s ⋅ −3 ; s ∈ 0
1
−1
1
2
liegen genau dann in einer Ebene, wenn sie sich schneiden oder parallel und verschieden sind.
Man wird zunächst die Parallelität anhand der Richtungsvektoren überprüfen, da dies
am schnellsten geht. Es gilt:
−2
1
6 = ( −2) ⋅ −3 .
2
−1
Somit sind die Geraden parallel.
Überprüfen, ob der Stützpunkt P(1 | 2 | 1) von g auf h liegt:
1 =1+ s
1 1
1
2 = 0 + s ⋅ −3 ; 2 = − 3s .
1 1
−1
1 =1− s
2
Die erste und dritte Gleichung haben die Lösung s = 0; die zweite die Lösung s = − .
3
Der Punkt P liegt daher nicht auf der Geraden h.
Die Geraden g und h sind parallel und verschieden und liegen somit in einer
Ebene E.
Koordinatengleichung der Ebene E:
Spannvektoren der Ebene sind der Richtungsvektor
1
−3
−1
der beiden Geraden und der Verbindungsvektor der beiden Stützpunkte:
1 1 0
2 − 0 = 2 .
1 1 0
60
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Geraden und Ebenen
n1
Für einen Normalenvektor n = n 2 von E muss gelten:
n
3
1
0
n ⋅ −3 = 0; n ⋅ 2 = 0;
−1
0
Eine mögliche Lösung ist:
n1 − 3n 2 − n 3 = 0
.
2n 2
=0
1
n2 = 0, n1 = 1, n3 = 1, d. h. n = 0 .
1
Mit dem Ansatz x1 + x3 = c und durch Einsetzen der Koordinaten des Punktes P(1 | 2 | 1)
der Ebene erhält man schließlich eine Koordinatengleichung: E: x1 + x3 = 2.
P 57
Eine Gleichung der Geraden g durch die Punkte P(2 | 1 | 3) und Q(3 | –2 | 4) ist:
1
2
g: x = OP + t ⋅ PQ = 1 + t ⋅ −3 ; t ∈ 0.
3
1
Da hier als Richtungsvektor der Verbindungsvektor PQ gewählt wurde, liegt ein
Punkt auf der Geraden genau dann zwischen P und Q, wenn für den zugehörigen
Parameterwert gilt: 0 < t < 1. (Für t = 0 ergibt sich der Punkt P, für t = 1 erhält man
den Punkt Q.)
Schnitt von g mit E: 3x1 − x 3 = 4:
1
3 ⋅ (2 + t) − (3 + t) = 4; 3 + 2t = 4; t = .
2
5
1 7
Einsetzen in die Geradengleichung ergibt den Schnittpunkt S
−
.
2
2 2
1
Wegen 0 < < 1 liegt der Schnittpunkt S zwischen P und Q.
2
P 58
Eine Vektorgleichung der Ebene E durch die Punkte P(1 | 1 | 5), Q(2 | 1 | 3) und
R(0 | –1 | 7) ist:
1
−1
1
E: x = OP + s ⋅ PQ + t ⋅ PR = 1 + s ⋅ 0 + t ⋅ −2 ; s, t ∈ 0.
5
−2
2
n1
Für einen Normalenvektor n = n 2 der Ebene E muss gelten:
n
3
1 n1
−1 n1
0 = 0 ⋅ n 2 und 0 = −2 ⋅ n 2 ;
−2 n 3
2 n3
− 2n 3 = 0 ( + )
n1
n1
− 2n 3 = 0
;
.
− n1 − 2n 2 + 2n 3 = 0
−2n 2
=0
Eine Lösung des LGS ist n2 = 0, n3 = 1, n1 = 2.
61
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Geraden und Ebenen
2
Somit ist n = 0 ein Normalenvektor von E.
1
Mit dem Ansatz E: 2x1 + x3 = a und P(1 | 1 | 5) ∈ E
ergibt sich a = 7.
Eine Koordinatengleichung der Ebene ist
E: 2x1 + x3 = 7.
Die Ebene E schneidet
die x1-Achse (x2 = x3 = 0) im Punkt S1(3,5 | 0 | 0);
die x3-Achse (x1 = x2 = 0) im Punkt S3(0 | 0 | 7).
Die x2-Achse (x1 = x3 = 0) schneidet die Ebene E
nicht!
Daher sind zwei Spurgeraden parallel zur x2-Achse
und die dritte ist die Verbindungsgerade von S1
und S3.
P 59
Es gibt drei Fälle für die Lage zweier verschiedener Geraden g und h im Raum:
1. Fall: Die Geraden schneiden sich in genau einem Punkt.
Beispiel:
Die Geraden
1
1
1
1
g: x = 1 + t ⋅ 0 ; t ∈ 0 und h: x = 1 + s ⋅ 1 ; s ∈ 0
1
1
1
0
haben für t = s = 0 den Punkt S(1 | 1 | 1) gemeinsam. Da ihre Richtungsvektoren nicht
parallel sind, schneiden sie sich genau im Punkt S.
2. Fall: Die Geraden sind parallel.
Beispiel:
Die Richtungsvektoren der Geraden
1
2
1
1
g: x = 1 + t ⋅ 0 ; t ∈ 0 und h: x = 1 + s ⋅ 0 ; s ∈ 0
0
1
1
2
sind parallel. Der Stützpunkt G(1 | 1 | 0) der Geraden g liegt nicht auf h, denn aus
1 = 1 + 2s
1 1
2
1 = 1 + s ⋅ 0 folgt 1 = 1
0 1
2
0 = 1 + 2s
s=0
und daraus der Widerspruch
g und h sind zwei verschiedene, parallele Geraden.
62
s=−
1 .
2
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Geraden und Ebenen
3. Fall: Die Geraden sind windschief.
Beispiel:
Die Richtungsvektoren der Geraden
1
1
1
1
g: x = 1 + t ⋅ 0 ; t ∈ 0 und h: x = 1 + s ⋅ 1 ; s ∈ 0
0
1
1
0
sind nicht parallel, also sind auch g und h nicht parallel. Aus
1+ t =1+ s
1
1 1
1
1 + t ⋅ 0 = 1 + s ⋅ 1 folgt
1 =1+ s .
0
1 1
0
t =1
Die letzten beiden Gleichungen liefern t = 1 und s = 0. Einsetzen in die erste Gleichung
führt zum Widerspruch 1 + 1 = 1 + 0. Die Geraden schneiden sich daher auch nicht.
g und h sind in diesem Beispiel windschief.
P 60
Die Ebene E: 2x1 + 3x2 + 3x3 = 12 schneidet
die x1-Achse (x2 = x3 = 0) im Punkt S1(6 | 0 | 0);
die x2-Achse (x1 = x3 = 0) im Punkt S2(0 | 4 | 0);
die x3-Achse (x1 = x2 = 0) im Punkt S3(0 | 0 | 4).
Mithilfe dieser Schnittpunkte kann man nun die
Spurgeraden von E in den Koordinatenebenen
zeichnen.
Die Ebene F: 2x1 + 3x3 = 6 schneidet
die x1-Achse (x2 = x3 = 0) im Punkt T1(3 | 0 | 0);
die x3-Achse (x1 = x2 = 0) im Punkt T3(0 | 0 | 2).
Die x2-Achse schneidet die Ebene F nicht!
Somit sind zwei Spurgeraden von F parallel
zur x2-Achse und die dritte ist die Verbindungsgerade von T1 und T3.
Die Spurgeraden beider Ebenen in der
x1x2-Ebene schneiden sich im Punkt A, die
Spurgeraden in der x2x3-Ebene im Punkt B.
Die Verbindungsgerade von A und B ist die Schnittgerade s der beiden Ebenen E
und F.
63
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Geraden und Ebenen
P 61
Mit der Vorgabe der Eckpunkte O(0 | 0 | 0),
P(3 | 0 | 0), Q(0 | 5 | 0) und R(0 | 0 | 3) lässt
sich der Quader zeichnen und aus den
Koordinaten dieser Punkte bestimmt man
die Koordinaten der übrigen Eckpunkte:
A(3 | 5 | 0), B(3 | 0 | 3),
C(3 | 5 | 3), D(0 | 5 | 3).
Die Ebene E: 12x1 + 10x2 + 20x3 = 60
schneidet
die x1-Achse (x2 = x3 = 0) im
Punkt S1(5 | 0 | 0);
die x2-Achse (x1 = x3 = 0) im
Punkt S2(0 | 6 | 0);
die x3-Achse (x1 = x2 = 0) im
Punkt S3(0 | 0 | 3) = R.
Die Spurgerade S1S2 schneidet die Quaderkante PA im Punkt V, die Kante AQ im
Punkt Y. Die Spurgerade S1S3 schneidet die Quaderkante PB im Punkt U, die Spurgerade S2S3 die Kante DQ in X.
Die Schnittfläche der Ebene E mit dem Quader ist das Fünfeck UVYXR.
64
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Abstand und Winkel
Lösungshinweise und Tipps
Die Lösungshinweise beziehen sich auf die konkrete Aufgabenstellung, während die von Fall
zu Fall beigefügten Tipps die Erinnerung an allgemeine Verfahren auffrischen sollen.
P 62
r Tipps:
P 63
Überlegen Sie, dass ein Normalenvektor von E als Spannvektor von F gewählt werden
kann.
P 64
a) Berechnen Sie die Schnittpunkte von E mit den Koordinatenachsen.
b) Beachten Sie, dass E und F die gleichen Normalenvektoren haben müssen.
c) Verwenden Sie die HNF von E.
r Tipp:
Ist die Ebene E durch die Gleichung ax1 + bx 2 + cx 3 = d gegeben, so lautet ihre
HNF (Hesse’sche Normalenform):
ax1 + bx 2 + cx 3 − d
=0
a 2 + b2 + c2
• Zwei Geraden sind parallel, wenn ihre Richtungsvektoren parallel sind.
• Eine Gerade ist parallel zu einer Ebene, wenn der Richtungsvektor der Geraden
orthogonal zum Normalenvektor der Ebene ist.
• Eine Gerade ist orthogonal zu einer Ebene, wenn der Richtungsvektor der Geraden und der Normalenvektor der Ebene parallel sind.
a) Bestimmen Sie den Schnittpunkt der Ebene E mit der Lotgeraden zu E durch P.
b) Verwenden Sie eine Hilfsebene, die orthogonal zu g ist.
P 66 Untersuchen Sie die Seitenvektoren PQ, QR, RP.
P 65
P 67
Verwenden Sie die HNF von E.
r Tipp:
Eine Betragsgleichung löst man entweder durch Fallunterscheidung oder Quadrieren. Beispiel:
| x − 2 | = 3 ⇔ x − 2 = 3 oder x − 2 = −3
oder:
| x − 2 | = 3 ⇔ (x − 2) 2 = 9
P 68
Verwenden Sie eine Hilfsebene, die orthogonal zu beiden Geraden ist.
P 69
a) Vergleichen Sie die Richtungsvektoren der Geraden mit denen der Koordinatenachsen.
b) Beachten Sie, dass die beiden Geraden parallel zu einer Koordinatenebene liegen.
67
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Abstand und Winkel
P 70
Sie können die Frage beantworten, ohne die Winkel konkret zu berechnen.
r Tipp:
Für den Schnittwinkel α mit 0° ≤ α ≤ 90° einer Geraden mit einer Ebene gilt:
u ⋅ n
sin α = ,
u⋅n
wobei u ein Richtungsvektor der Geraden, n ein Normalenvektor der Ebene ist.
P 71
Wählen Sie das Dreieck ABC als Grundfläche. Was gilt dann für die Höhe der Pyramide?
P 72
Die Punkte Bt liegen auf einer Geraden g. Bestimmen Sie eine Gleichung für g.
P 73
Verwenden Sie eine geeignete Hilfsebene bei der Bestimmung der Dreieckshöhe.
r Tipp:
1
Flächeninhalt Dreieck: A = ⋅ g ⋅ h
2
P 74
Um den Abstand zweier paralleler Ebenen zu bestimmen, wählt man einen beliebigen
Punkt der einen Ebene und bestimmt seinen Abstand zur anderen Ebene.
r Tipp:
Parallele Ebenen haben die gleichen Normalenvektoren.
P 75
Die Punkte Pt liegen auf einer Geraden g. Geben Sie eine Gleichung für g an. Eine
Skizze ist hilfreich.
r Tipp:
Zwei Vektoren a und b sind genau dann orthogonal, wenn a ⋅ b = 0 gilt.
68
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Abstand und Winkel
Lösungen
P 62
Für die Gerade g: x = p + t ⋅ u; t ∈ 0 gilt:
1
(1) Für u = 0 ist g parallel zur x1-Achse.
0
Begründung:
u ist auch ein Richtungsvektor der x1-Achse.
0
(2) Für u = 1 ist g parallel zur x2x3-Ebene.
1
Begründung:
1
Der Vektor n = 0 ist ein Normalenvektor der x2x3-Ebene und es gilt: u ⋅ n = 0.
0
3
(3) Für u = 0 ist g orthogonal zur Ebene F: 3x1 + 4x 3 = 12.
4
Begründung:
u ist ein Normalenvektor der Ebene F.
0
(4) Für u = 1 ist g parallel zur Ebene F: 3x1 + 4x 3 = 12.
0
Begründung:
3
Der Vektor n = 0 ist ein Normalenvektor der Ebene F und es gilt:
4
u ⋅ n = 0 ⋅ 3 + 1 ⋅ 0 + 0 ⋅ 4 = 0.
P 63
Parallelität:
1
Der Vektor n = 2 ist ein Normalenvektor der Ebene E: x1 + 2x 2 + x 3 = 3.
1
Die Gerade
−1
1
g: x = 2 + t ⋅ 1 ; t ∈ 0
−1
−1
ist parallel zur Ebene E, denn der Normalenvektor n von E ist orthogonal zum Richtungsvektor von g:
1 −1
2 ⋅ 1 = −1 + 2 − 1 = 0.
1 −1
69
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Abstand und Winkel
Ebene F:
Die Ebene F ist orthogonal zur Ebene E. Somit kann der Normalenvektor n von E als
Spannvektor von F verwendet werden. Zusammen mit der Gleichung für g erhält man
damit eine Vektorgleichung für F:
–1
1
1
F: x = 2 + t ⋅ 1 + s ⋅ 2 ; t, s ∈ 0.
–1
−1
1
P 64
a) Die Ebene E : x1 + 2x2 – 2x3 = 4 schneidet
die x1-Achse (x2 = x3 = 0) im Punkt
S1(4 | 0 | 0),
die x2-Achse (x1 = x3 = 0) im Punkt
S2(0 | 2 | 0),
die x3-Achse (x1 = x2 = 0) im Punkt
S3(0 | 0 | –2).
Mithilfe der Spurgeraden S1S2,
S2S3 und S1S3 lässt sich die
Ebene E nun darstellen.
Die Gerade g ist die Verbindungsgerade der Punkte
P(5 | 1 | 1) und Q(3 | 1 | 0).
b) Eine zu E parallele Ebene F lässt
sich durch eine Gleichung der Form
F: x1 + 2x 2 − 2x 3 = a
darstellen.
Da Q(3 | 1 | 0) auf F liegen soll, erhält man durch Einsetzen der Koordinaten von Q:
3 + 2 ⋅ 1 − 2 ⋅ 0 = a; a = 5.
Die zu E parallele Ebene durch den Punkt Q ist somit:
F: x1 + 2x 2 − 2x 3 = 5.
c) Eine Vektorgleichung der Geraden g durch P und Q ist
−2
5
g: x = OP + t ⋅ PQ = 1 + t ⋅ 0 ; t ∈ 0.
1
−1
−
2
1
Für den Richtungsvektor u = 0 von g und den Normalenvektor n = 2
−1
−2
von E gilt:
u ⋅ n = −2 ⋅ 1 + 0 ⋅ 2 + ( −1) ⋅ ( −2) = 0.
Die Vektoren u und n sind daher orthogonal.
Das bedeutet aber, dass die Gerade g und die Ebene E parallel sind.
70
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Abstand und Winkel
Um den Abstand von E zu g zu bestimmen, genügt es, den Abstand eines Punktes
auf g zur Ebene E zu berechnen.
x1 + 2x 2 − 2x 3 − 4
= 0.
3
Wir wählen den Punkt P(5 | 1 | 1) auf g. Dann gilt:
|5+ 2−2−4| 1
d(g; E) = d(P; E) =
= .
3
3
1
Die Ebene E hat den Abstand von der Geraden g.
3
HNF von E:
P 65
a) Eine Gleichung der Lotgeraden h zur Ebene
E: x1 – 2x2 = 3 durch den Punkt P(0 | 1 | 2) ist:
1
0
h: x = 1 + t ⋅ −2 ; t ∈ 0
2
0
Schnitt von E mit h:
t − 2 ⋅ (1 − 2t) = 3; 5t − 2 = 3; 5t = 5; t = 1
Schnittpunkt: S(1 | –1 | 2)
Für den Spiegelpunkt P ' von P gilt:
1 2
0
OP ' = OP + 2 ⋅ PS = 1 + 2 ⋅ −2 = −3
2
0 2
Der Bildpunkt von P(0 | 1 | 2) bei der
Spiegelung an E ist der Punkt P'(2 | –3 | 2).
b) Gegeben ist eine Gerade g im Raum.
Der Punkt P wird an ihr gespiegelt.
Ein mögliches Verfahren zur Bestimmung
des Bildpunktes P ' ist:
• Man bestimmt die Gleichung einer Hilfsebene H, die durch P geht und orthogonal
zur Geraden g ist. Als Normalenvektor
für H wählt man einen Richtungsvektor
von g.
• Die Hilfsebene H schneidet die Gerade g
in einem Punkt S.
• Für
den
Bildpunkt
P ' gilt dann:
OP ' = OP + 2 ⋅ PS (oder: OP ' = OS + PS)
71
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Abstand und Winkel
P 66
Untersuchung des Dreiecks PQR:
Für die Seitenvektoren des Dreiecks PQR mit P(2 | –1 | 0), Q(4 | –3 | –1) und R(3 | 1 | –2)
gilt:
2 −1 −1
PQ = −2 ; QR = 4 ; RP = −2 ;
−1
−1
2
PQ ⋅ QR = −2 − 8 + 1 = − 9; QR ⋅ RP = 1 − 8 − 2 = −9; PQ ⋅ RP = −2 + 4 − 2 = 0.
Die Vektoren PQ und RP sind orthogonal. Somit ist das Dreieck rechtwinklig mit
dem rechten Winkel in P.
Zu zeigen ist noch, dass das Dreieck gleichschenklig ist, d. h., dass die Katheten PQ
und RP gleich lang sind:
PQ= 3 =RP.
Das Dreieck PQR ist somit gleichschenklig und rechtwinklig.
Ergänzung zu einem Quadrat:
Für den Punkt S muss gelten (siehe Skizze):
RS = PQ.
Damit erhält man:
3 2 5
OS = OR + PQ = 1 + −2 = −1 .
−2 −1 −3
Der Punkt S(5 | –1 | –3) ergänzt das
Dreieck PQR zu einem Quadrat.
P 67
Es sei P(0 | 0 | a) ein Punkt auf der x3-Achse. Gesucht sind die Werte für a, für die
der Punkt P von der Ebene E: 2x1 – x2 + 2x3 = 1 den Abstand 1 hat.
HNF von E:
2x1 − x 2 + 2x 3 − 1
=
2x1 − x 2 + 2x 3 − 1
= 0.
3
4 +1+ 4
Abstandsbedingung:
| 2 ⋅ 0 − 0 + 2 ⋅ a −1|
| 2a − 1 |
d(P;E) = 1;
= 1;
= 1; | 2a − 1 | = 3.
3
3
Daraus ergibt sich durch Fallunterscheidung:
2a − 1 = 3 oder 2a − 1 = −3; 2a = 4 oder 2a = −2; a = 2 oder a = −1.
Die Punkte P1(0 | 0 | 2) und P2(0 | 0 | –1) der x3-Achse haben von der Ebene E
den Abstand 1.
72
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Abstand und Winkel
P 68 Bei zwei parallelen Geraden sind die Richtungsvektoren parallel.
Ein mögliches Verfahren, nach dem man den Abstand zweier paralleler Geraden g
und h bestimmen kann, ist:
• Man bestimmt die Gleichung einer Hilfsebene H,
die durch einen Punkt P der Geraden g geht und
orthogonal zu beiden Geraden ist. Als Normalenvektor für H wählt man einen Richtungsvektor
der Geraden.
• Die Hilfsebene H schneidet die zweite Gerade h
in einem Punkt Q.
• Der Abstand der beiden parallelen Geraden g
und h ist dann gleich dem Abstand der Punkte P
und Q:
d(g; h) =PQ.
P 69
a) Lagebeschreibung:
2
2
Die Gerade g: x = 1 + s ⋅ 0 ; s ∈ 0 ist parallel zur x1-Achse.
4
0
Sie ist daher orthogonal zur x2x3-Ebene und parallel zu den beiden anderen Koordinatenebenen.
2
0
Die Gerade h: x = 0 + t ⋅ 1 ; t ∈ 0 schneidet die x3-Achse im Punkt Q(0 | 0 | –2).
−2
0
2 0
Wegen 1 ⋅ 0 = 0 ist sie parallel zur x1x2-Ebene und trifft die beiden anderen
0 1
Koordinatenebenen im Punkt Q.
b) Abstand der Geraden:
Die Richtungsvektoren von g und h sind ersichtlich nicht parallel. Somit sind die
Geraden windschief oder sie schneiden sich in einem Punkt. Da beide Geraden
parallel zur x1x2-Ebene sind, ergibt sich ihr Abstand einfach aus der Differenz der
x3-Koordinaten der Stützpunkte P(2 | 1 | 4) und Q(0 | 0 | –2):
d(g; h) = | 4 – (–2) | = 6.
73
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Abstand und Winkel
P 70
2
Ein Normalenvektor der Ebene E ist: n E = 3 ;
0
3
ein Normalenvektor von F ist:
n F = 0 .
2
1
1
1
u = 1 ist Richtungsvektor der Geraden g: x = 0 + t ⋅ 1 ; t ∈ 0.
1
1
1
Für den Schnittwinkel α von g mit E gilt:
| 2 + 3|
u ⋅ n
5
sin α = E =
.
=
3 ⋅ 13
39
u⋅n E
Für den Schnittwinkel β von g mit F erhält man:
|3+ 2|
u ⋅ n
5
=
sin β = F =
.
3 ⋅ 13
39
u⋅n F
Da Schnittwinkel zwischen 0° und 90° liegen, folgt aus der Gleichheit der
Sinuswerte die Gleichheit der Winkel: α = β.
P 71
Die Punkte A, B und C bilden ein rechtwinkliges Dreieck mit der Hypotenuse AB.
Der Punkt S kann als Spitze der Pyramide
mit der Grundfläche ABC aufgefasst werden.
Das Volumen der Pyramide erhält man dann
wie folgt:
• Zunächst wird der Inhalt G der Grundfläche berechnet. Da ABC ein rechtwinkliges Dreieck mit der Hypotenuse AB ist,
gilt:
1 G = ⋅AC⋅BC.
2
• Dann bestimmt man eine Koordinatengleichung der Ebene E, in der die Grundfläche ABC liegt.
• Mithilfe der HNF von E berechnet man den Abstand des Punktes S von der
Ebene E. Dieser Abstand ist gleich der Länge h der Höhe der Pyramide.
• Das Volumen der Pyramide ist schließlich:
1
V = G ⋅ h.
3
74
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Abstand und Winkel
P 72
1
1
Die Punkte Bt sind die Punkte der Geraden g: x = 0 + t ⋅ 1 ; t ∈ 0.
2
−1
Die Punkte A und Bt haben den kleinsten Abstand voneinander, wenn die Strecke ABt
orthogonal zur Geraden g ist. Dies ist der Fall,
t
wenn der Vektor AB t = t − 2 orthogonal
−t
zu einem Richtungsvektor von g ist:
t 1
2
t − 2 ⋅ 1 = t + t − 2 + t = 0; 3t = 2; t =
− t −1
3
Für t =
P 73
2
haben die Punkte A und Bt den kleinsten Abstand voneinander.
3
Wir wählen AB als Grundseite. Die Länge
der Dreieckshöhe zu AB ist gleich dem Abstand von C zur Geraden g durch A(4 | 0 | 0)
und B(0 | 4 | 0).
Eine Gleichung von g ist:
−4
4
g: x = OA + t ⋅ AB = 0 + t ⋅ 4 ; t ∈ 0.
0
0
Man bestimmt die Hilfsebene H durch
C(3 | 1 | 6) mit dem Richtungsvektor von g
als Normalenvektor. Ansatz:
H: − 4x1 + 4x 2 = a.
Einsetzen der Koordinaten von C ergibt:
H: − 4x1 + 4x 2 = −8 bzw.
H: − x1 + x 2 = −2.
Schnitt von H mit g:
1
; Schnittpunkt: L(3 | 1 | 0).
4
0
Der Abstand von C zur Geraden g ist damit: h =LC= 0 = 6.
6
Mit AB= 16 + 16 = 4 2 erhält man für den Flächeninhalt des Dreiecks ABC:
1 1
A ∆ = ⋅AB⋅ h = ⋅ 4 2 ⋅ 6 = 12 2 .
2
2
− (4 − 4t) + 4t = −2; − 4 + 4t + 4t = −2; 8t = 2; t =
75
Baden-Württemberg – Übungsaufgaben für den Pflichtteil – Abstand und Winkel
P 74
Eine zur Ebene E: 2x1 + 2x2 – x3 = 0 parallele Ebene F hat eine Gleichung der Form
F: 2x1 + 2x2 – x3 = a.
Man wählt einen Punkt der Ebene E, hier am einfachsten O(0 | 0 | 0).
Der Abstand der Ebenen E und F ist gleich dem Abstand von O zu F.
HNF von F:
2x1 + 2x 2 − x 3 − a
= 0 bzw.
2x1 + 2x 2 − x 3 − a
= 0.
3
4 + 4 +1
Der Abstand der beiden Ebenen und damit der Abstand von O zu F soll 2 sein:
|0−a|
= 2; | a | = 6; a = − 6 oder a = 6.
3
Die Ebenen F1 : 2x1 + 2x 2 − x 3 = − 6 und F2 : 2x1 + 2x 2 − x 3 = 6 sind parallel zu E
und haben von E den Abstand 2.
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1
1
Die Punkte Pt liegen auf der Geraden g: x = 1 + t ⋅ −1 ; t ∈ 0.
1
1
Der Punkt Q(2 | 3 | 2) liegt nicht auf g.
1
Die Bedingung QPt ⋅ −1 = 0 besagt, dass der
1
Vektor QPt orthogonal zum Richtungsvektor
der Geraden sein soll.
Die Länge von QPt wäre in diesem Fall gleich
dem Abstand von Q zu g.
Eine mögliche Aufgabe wäre daher:
Berechnen Sie den Abstand von Q zu g.
Lösung:
1
QPt ⋅ −1 = 0;
1
−1 + t 1
−2 − t ⋅ −1 = 0; −1 + t − ( −2 − t) − 1 + t = 0; 3t = 0; t = 0.
−1 + t 1
Der Abstand von Q zu g ist
−1
d =QP0 = −2 = 6 .
−1
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