Problemstellung 1
1. Die Funktion f (x) = −6|x|3 + 9kx2 − 4|x| + 1 müsste bei x = 1 den Wert 0 annehmen, also gilt
−6 + 9k − 4 + 1 = 0 ⇒ k = 1.
Wir betrachten den Bereich mit positiven x−Werten. Dann gilt: f 0 (x) = −18x2 + 18x − 4 = 0 ⇒ x1 =
2
1
3 ; x2 = 3
Bei x1 liegt ein relatives Minimum vor (f 00 (x = 1/3) > 0), links und rechts von dieser Stelle sind die
Funktionswerte höher, dort würde der Schnee liegen bleiben, die Form des Tankes würde ihre Aufgabe
nicht erfüllen.
Die Funktion f (x) = cos π2 xk ist bei x = 0 differenzierbar, erfüllt somit nicht die Voraussetzungen für
die Form des Tankes.
1
Wie wir im zweiten Teil der Aufgabe feststellen werden, erfüllt die Funktion f (x) = (1 − |x|) k alle
Bedingungen.
2. Der Neigungswinkel ϑ soll links von x = 0 größer als 10◦ sein. Dort gilt |x| = −x, also ist der Funktionswert
1
f (x) = (1 + x) k für negative x.
1
1
≈ 5, 7
f 0 (0− ) = k1 (1 + 0) k −1 = k1 ≥ tan(10◦ ) ⇒ k ≤
tan(10◦ )
13
Bezeichnen wir mit A die Querschnittsfläche, dann gilt: A · L = V (k) ≥ 13 ⇒ A ≥
8
Aus Symmetriegründen können wir die Fläche folgendermaßen berechnen:
1
R1
2
1
13
13
1
1
A = 2 (1 − x) k dx = 2 − 1
(1 − x) k +1 = 1
≥
⇒k≥
= 4, 3
8
3
0
k +1
k +1
0
Damit gilt:4, 3 ≤ k ≤ 5, 7
Da k ganzzahlig ist, erhalten wir k = 5.
3. Das Verhältnis des Füllvolumens und des Gesamtvolumens ist der Füllstand. Um den Prozentsatz zu
erhalten, multiplizieren wir das Verhältnis mit 100
L · A(z)
V (z) =
· 100, da es sich jeweils um gerade Körper handelt. L kürzt sich.
L · A(z = 1)
Die Flächen kann man leichter berechnen, wenn wir über y integrieren, wobeiwir die Symmetrie
ausnutzen:
6
z
Rz
R
z
1
A(z) = 2 · xdy; y = (1 − x) 5 ⇒ x = 1 − y 5 ⇒ A(z) = 2 · 1 − y 5 dy = 2 z −
6
0
0
y
1.0
z
0.5
x
−1.0
−0.5
0.5
1.0
10
Der Gesamtquerschnitt ergibt sich für z = 1 zu A(1) =
6
z6
Daher ist V (z) = 120 z −
6
Zur Probe setzen wir z = 0, 5 ein: V (z = 0, 5) = 59, 6875
4. Der Querschnitt des Tankes nimmt mit der Höhe ab. Daher tragen tiefere Bereiche mehr zum Füllvolumen
bei und deshalb befindet sich in halber Gesamthöhe mehr als die Hälfte des Gesamtvolumens.
Die Differenz
zwischen
dem korrekten Prozentsatz und dem des Hausverwalters ist
z6
− 100z = 20z − 20z 6
d = 120 z −
6
1
d0 = 20 − 120z 5 = 0; z =
q
5
1
00
6; d
= −600z 4 < 0, also Maximum.
Für z ≈ 0, 7m ist die Abweichung maximal. Der Fehler beträgt 11, 6%
Problemstellung 2
1. f 0 (x) Eigenschaften von f 0 :
bei x = 0 ist die Tangentensteigung unendlich groß, bei x = 1 und x = 7 ist die Tangentensteigung
gleich Null, also hat f 0 an diesen Stellen Nullstellen, bei x = 3 ist f 0 (3) = −2 (Begründung: Steigung
der gegebenen Tangentengleichung) und gleichzeitig ist dies ein Extremwert von f 0 (Wendepunkt von
1
f ), bei x = 5 ist f 0 (5) = − (ebenfalls Steigung der gegebenen Tangentengleichung), zwischen x = 8
2
und x = 10 ist die Steigung konstant gleich 2.
F (x) Die Funktion verläuft durch den Nullpunkt und weiters durch die Punkte (5, 11), (8, 10) auf Grund
der angegebenen Flächen und durch den Punkt (10, 14), weil die Dreiecksfläche dazukommt.
Bei x = 1 und x = 7 hat F Wendestellen, da f 0 dort Nullstellen hat.
Die Funktion F hat ein Maximum bei (5, 11) und ein Minimumt bei (8, 10) (da f dort eine Nullstelle
hat).
Im Intervall ]5, 8[ ist f negativ, damit F streng monoton fallend, im restlichen Bereich überall streng
monoton wachsend.
2
2. y = |f 0 (x)| Durch den Betrag werden die negativen Werte von f 0 (x) positiv, also der entsprechende Bereich
an der x-Achse gespiegelt. Die Definitionsmenge bleibt dabei unverändert, also D =]0; ∞[.
y = |f (x)|0 Nun werden die negativen Werte von f an der x-Achse gespiegelt und daraus dann die Tangentensteigungen gebildet. f erhält an den Stellen x = 5 und x = 8 Spitzen“, die Tangentensteigungen
”
existieren an diesen Stellen nicht mehr (Sprungstellen). Im Intervall [5, 8] wird die ursprüngliche Ableitung mit −1 multipliziert. D =]0; ∞[\{5; 8}.
3
y=
3.
1
1
Die Nullstellen von f werden zu Polstellen (senkrechte Asymptoten) von
. Die Funktion
f (x)
f
(x)
1
4
1
1
, 3,
, 7, −
und 10,
und hat ein Minimum bei
verläuft durch die Punkte (0, 1), 1,
4
2
3
4
x = 1 und ein Maximum bei x = 7 (umgekehrt zu f ).
1 R8
5
1
f (x)dx = · 10 =
8−0 0
8
4
1 R8
1
3
b)
|f (x)|dx = · 12 =
8−0 0
8
2
1 R7 0
1
1
1
3
19
7
c)
f (x)dx = [f (x)]1 = (f (7) − f (1)) =
− −4 =−
1
7−1
6
6
6
4
24
a)
d) f (x) = 2x − 8, also F (x) = x2 − 16x + C. F (8) = 10 = 64 − 16 · 8 + C, daraus folgt C = 74.
10
R 10
1
1 3
37
· 9 F (x)dx =
x − 8x2 + 74x
=
= 12, 3
10 − 9
3
3
9
4.
• k1 = F 0 (0) = f (0) = 1, Punkt (0, 0), daraus folgt y = x.
• k2 = F 0 (8) = f (8) = 0, Punkt (8, 10), daraus folgt: y = 10.
4
Frage 1
f ist eine gerade Funktion und deshalb achsensymmetrisch bezüglich der y-Achse. Damit ist:
√
Z +∞
Z 0
π
f (x)dx =
f (x)dx =
≈ 0, 886 < 1
2
0
−∞
2
Da weiters f positiv ist, also immer e−x > 0 ist, muss u positiv sein.
1.5
1.0
0.5
−2.5
−2.0
−1.5
−1.0
−0.5
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
A f ist ungerade, also punktsymmetrisch bezüglich des Ursprungs und deshalb ist der Wert A = 0.
Z u
√ Z u
Z u
Z 0
√
π
−x2
−x2
−x2
−x2
B B=
e
e
=2− π
dx = 2 ·
e
dx = 2
dx −
e
dx = 2 1 −
2
−u
−∞
0
−∞
√
dz
C Wählt man die Substitution z 2 = 5x2 , also
= 5, so bleiben auch die Grenzen gleich und es ergibt sich
dx
√
R ∞ −z2 1
π
√ dz = √
C = −∞ e
5
5
Frage 2
Für den Umfang gilt U (x) = 4x + 2y = 4x + 2(1 − ax2 ) = −2ax2 + 4x + 2
und für die Fläche: A(x) = 2xy = 2x(1 − ax2 ) = −2ax3 + 2x.
Die geforderten Extremwerte ergeben sich aus dem Gleichungssystem
(
U 0 (x) = 0
− 4ax + 4 = 0
0
A (x) = 0
− 6ax2 + 2 = 0
Man erhält x = 31 und a = 3 und daraus die Länge 23 und
die Breite 32 . Das gesuchte Rechteck ist also ein Quadrat.
y
x
Dass es sich hierbei jeweils um
handelt, kann mit Hilfe der 2. Ableitung gezeigt werden: U 00
ein Maximum
1
00 1
−4 · 3 = −12 < 0 und A 3 − 12 · 3 · 3 = −12 < 0.
Frage 3
Das Integral lässt sich einfacher lösen, wenn man die Figur um 90◦ dreht.
5
1
3
=
x2 + y 2 = r 2
√
y = r 2 − x2
h−r
h
Z
V
=
π
2
Z
h−r
(f (x)) dx =
−r
(r2 − x2 )dx
h−r
x3
= π r2 x −
3 −r
r3
h3 − 3h2 r + 3hr2 − r3
3
2
− −r +
= π r (h − r) −
3
3
3
3
3
h
r
r
= π r2 h − r3 −
+ h2 r − hr2 +
+ r3 −
3
3
3
3
h
= π rh2 −
3
Frage 4
Es sei X die Zufallsvariable, welche die Anzahl der korrekten Antworten angibt. Es handelt sich um eine Binomialverteilung mit p = 14 und q = 1 − p = 34 . Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit für P (X ≥ 8).
P (X ≥ 8)
=
P (X = 8) + P (X = 9) + P (X = 10)
8 2 9
10
10
1
3
10
1
3
10
1
=
·
·
+
·
· +
·
8
4
4
9
4
4
10
4
9
3
1
436
= 45 · 10 + 10 · 10 + 10 = 10 ≈ 0, 04%
4
4
4
4
Frage 5
2
Der Vektor ~n = −2 ist Normalvektor zur Ebene.
1
Sei g die Parameterform der Geraden durch den Mittelpunkt K der Kugel mit dem Richtungsvektor ~n:
−2
2
~x = −1 + t · −2 .
2
1
Schneidet man diese Gerade mit der Ebene, so erhält man zunächst den Wert für t:
2x − 2y + z − 9
=
0
=
0
t =
1
2(−2 + 2t) − 2(−1 − 2t) + (2 + t) − 9
6
und daraus durch Einsetzen des Wertes von t in die Geradengleichung den Berührungspunkt: B(0, −3, 3).
Den Radius r erhält man als Abstand zwischen K und B:
p
√
r = KB = (0 + 2)2 + (−3 + 1)2 + (3 − 2)2 = 9 = 3
Frage 6
Die Aussage ist falsch. Die gesuchte Polynomfunktion kann nicht konstant sein. Für Grad n ≥ 1 gilt
lim P (x) = +∞, übersteigt also ab einem bestimmten x-Wert jede beliebige Schranke, während für die
x→±∞
Kosinusfunktion stets |cos(x)| ≤ 1 ist.
Frage 7
Günstige Wege Um auf dem Feld B zu landen bedarf es 3 Bewegungen nach rechts (r) und 5 Bewegungen
nach oben (o), dabei ist die Reihenfolge egal. Ein möglicher Weg ist etwa rrrooooo“ oder auch oorooror“.
”
”
8!
Die günstigen Fälle für dieses Wegstück“ können als Permutation (mit Wiederholung)
= 56 oder als
”
3!5!
8
8!
Kombination
=
= 56 berechnet werden.
3
3!(8 − 3)!
6!
= 15 Wege.
4!2!
Die günstigen Fälle vom Ausgangspunkt zum Punkt A über den Punkt B sind also 56 · 15 = 840
Möglichkeiten.
Um vom Feld B nach A zu gelangen benötigt man anschließend 4r und 2o, hierfür gibt es
Mögliche Wege Um vom Ausgangspunkt direkt zum Feld A zu gelangen bedarf es 7r und 7o, insgesamt 14
14!
Züge, dafür gibt es also
= 3432 Wege.
7!7!
Damit ist die Wahrscheinlichkeit auf dem Weg zum Feld A das Feld B zu durchqueren:
840
≈ 0, 245 = 24, 5%.
3432
Frage 8
Durch zweimalige partielle Integration und anschließendes Einsetzen des Punktes erhält man die gesuchte Stammfunktion:
Z
x
2
e (2x + x )dx
x
2
Z
ex (1 + x)dx
Z
= ex (2x + x2 ) − 2 ex (1 + x) − ex dx
=
e (2x + x ) − 2
=
ex (2x + x2 ) − 2 (ex (1 + x) − ex ) + C
= x2 ex + C
Aus f (1) = 2e erhält man die Gleichung 2e = e + C mit C = e.
Frage 9
1
Die Parametergleichung der ersten Geraden ist ~xA = λ 2 .
1
Die der 2. Geraden erhält man mit dem Ansatz x = µ, y = 2µ (so ist die 2. Gleichung erfüllt) und die erste nach
z umgeformt z = 3 − µ − 2µ = 3 − 3µ.
7
0
1
Die Parametergleichung der zweiten Geraden: ~xB = 0 + µ 2 .
3
−3
Der Normalvektor der Ebene ist das Kreuzprodukt der Richtungsvektoren der beiden Geraden:
1
1
−6 − 2
−8
2 × 2 = 1+3 = 4
1
−3
2−2
0
Die Gleichung der Ebene lautet damit −8x + 4y + 0z + C = 0. Einsetzen des Punktes P (1, 0, −2) ergibt C = 8.
Die Ebenengleichung (durch 4 gekürzt) lautet:
−2x + y + 2 = 0
Frage 10
Das Integral ist direkt nicht lösbar. Das ist für diese Aufgabe nicht notwendig, weil die Stammfunktion abgeleitet wieder die ursprüngliche Funktion ergibt. Aufpassen muss man aber auf die innere Ableitung 2x von x2
(Kettenregel).
√
x2
· 2x, demnach gilt für die Steigung der
Für den Punkt ergibt sich der y-Wert: f ( e) = 0. Es ist f 0 (x) =
ln(x2 )
√
√
e
3
Tangenten: k = f 0 ( e) = 2 e · = 2e 2
1
Durch Steigung und Punkt kann der y-Achsenabschnitt der Tangente berechnet werden:
0
= k·
e+d
2
0
=
2
= d
−2e
√
2e + d
3
Tangentengleichung: y = 2e 2 x − 2e2
Bearbeitet von Baldauf Johann (Realgymnasium Brixen), Überbacher Klaus und Trojer Alex (RG Meran)
Aufgaben und Lösungen sind unter http: // www. rg-me. it abrufbar.
8
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