Abituraufgaben 2018 – HMF

 

Inhaltsverzeichnis

 

Aufgaben

 

 

HMF 1 – Analytische Geometrie (Pool 1)

Gegeben sind die Geraden

    \[ g: \vv{x}= \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 3 \\ -3 \\ 3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + r \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 3 \\ 0 \\ -1 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \quad mit \hspace{2pt} r \in \mathbbm{R} \]

und

    \[ h: \vv{x}= \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 3 \\ -3 \\ 3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + s \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \quad mit \hspace{2pt} s \in \mathbbm{R} \]

 

  1. Geben Sie die Koordinaten des Schnittpunktes von g und h an. Zeigen Sie, dass g und h senkrecht zueinander verlaufen.
  2. (2 P)

  3. Die Ebene E enthält die Geraden g und h. Bestimmen Sie eine Gleichung von E in Koordinatenform.

    (3 P)

LÖSUNG

 

 

HMF 2 – Analytische Geometrie (Pool 1)

Gegeben sind die Gerade g und die Ebene E durch

    \[ g: \vv{x}= \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 1 \\ 1 \\ 4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + r \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ -3 \\ -4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \qquad \text{und} \qquad E: 4x_2 - 3x_3 = 25. \]

  1. In jeder Zeile ist genau eine Aussage richtig. Kreuzen Sie diese an.

    Die Gerade g ist parallel zur \dots

        \begin{equation*} \APLbox \quad x_1x_2-Ebene. & \quad \APLbox \quad x_1x_3-Ebene. & \quad \APLbox \quad x_2x_3-Ebene. \end{equation*}

    Die Gerade g hat zur x_2x_3-Ebene den Abstand \dots

        \begin{equation*} \APLbox \quad 0 & \qquad \qquad \APLbox \quad 1 & \qquad \qquad \APLbox \quad 4 \end{equation*}

    Die Gerade g \dots

    •  \qquad \qquad \APLbox   verläuft orthogonal zu E.
    •  \qquad \APLbox   verläuft echt parallel zu E.
    •  \qquad \APLbox   liegt in E.

    (3 P)

     

  2. Berechnen Sie den Abstand der Ebene E vom Ursprung.

    (2 P)

LÖSUNG

 

 

HMF 3 – Analytische Geometrie (Pool 1)

Gegeben sind die Ebene

    \begin{equation*} E: x_2 - 3x_3 = 19 \end{equation*}

sowie die Punkte P(1|2|2) , Q(1|-1|11) und S(-2|-4|5).

 

  1. Zeigen Sie, dass S in der Ebene E liegt.

    (1 P)

  2.  

  3. Weisen Sie nach. dass die Gerade durch P und Q senkrecht zu E steht.

    (2 P)

  4.  

  5. Die Punkte P und Q haben den gleichen Abstand von der Ebene E. Die Punkte S und P legen die Gerade g fest. Spiegelt man g an E, so erhält man die Gerade h.
    Geben Sie eine Gleichung von h an.

    (2 P)

LÖSUNG

 

 

HMF 4 – Analysis (Pool 1)

Gegeben ist die Funktion f mit

    \[ f(x)=-x^3 + 3x^2 - 2x \quad \text{und} \hspace{5pt} x \in \mathbbm{R} \]

Die Abbildung zeigt ihren Graphen G_f, der bei x=1 den Wendepunkt W hat.

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  1. Zeigen Sie, dass die Tangente an G_f im Punkt W die Steigung 1 hat.

    (2 P)

     

  2. Betrachtet werden die Geraden mit positiver Steigung m, die durch W verlaufen.
    Geben Sie die Anzahl der Schnittpunkte dieser Geraden mit G_f in Abhängigkeit von m an.

    (3 P)

LÖSUNG

 

 

HMF 5 – Analysis (Pool 1)

  1. Es ist jeweils genau ein Lösung richtig. Kreuzen Sie diese an.
    Der Graph der Funktion h mit
     

        \[ h(x) = x^2 + e^x \quad \text{und}\quad x \in \mathbbm{R} \]

    verläuft durch den Punkt

        \begin{equation*} \APLbox \quad (2|4 + e). & \qquad \qquad \APLbox \quad (0|1). & \qquad \qquad \APLbox \quad (1|0). \end{equation*}

    Der Graph h hat an der Stelle 1 eine Steigung von

        \begin{equation*} \APLbox \quad 0 & \qquad \qquad \APLbox \quad 1 + e & \qquad \qquad \APLbox \quad 2 + e \end{equation*}

    (2 P)

     

  2. Gegeben sind die Funktionen f und g mit
     

        \[ f(x) = e^x \quad \text{und} \quad g(x) = e \cdot ln(x) + e \]

    Zeigen Sie das die Funktionen f und g an der Stelle 1 den gleichen Funktionswert und ihre Graphen dort die gleiche Steigung haben.

    (3 P)

LÖSUNG

 

 

HMF 6 – Analysis (Pool 2)

Gegeben sei die Funktionenschar

    \[ f_k(x) = k \cdot e^{kx} - x^3 \qquad \text{und} \qquad k \in \mathbbm{R} \]

 

  1. Bestimmen Sie den Parameter k so, dass der zugehörige Graph durch den Punkt P(0|1) verläuft.

    (2 P)

  2.  

  3. Berechnen Sie den Parameter k so, dass
     

        \begin{equation*} \mathlarger{\int_0^{2}} f_k(x) dx = e - 5 \end{equation*}

    gilt.

    (3 P)

LÖSUNG

 

 

HMF 7 – Stochastik (Pool 1)

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Ein Glücksrad mit drei gleich großen Sektoren ist wie abgebildet beschriftet.
Das Glücksrad wird zweimal gedreht.

 

  1. Die Zufallsgröße X gibt die Summe der beiden erzielt Zahlen an. Ergänzen Sie in der folgenden Tabelle die fehlenden Werte.
     

        \[ \renewcommand{\arraystretch}{2.2} \begin{array}{ | C{24mm} | C{12mm} | C{12mm} | C{12mm} | C{12mm} | C{12mm} |} \hline k & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ \hline $P(X=k)$ & $\mathlarger{\frac{1}{9}}$ & & $\mathlarger{\frac{1}{3}}$ & & \\ \hline \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \]

    (2 P)

  2.  

  3. Betrachtet werden die Ereignisse A und B:
     

    A: “Es wird (1;3), (2;2) oder (3;1) erzielt.“
    B: “Beim ersten Drehen wird eine 2 erzielt.“Untersuchen Sie, ob A und B stochastisch unabhängig sind.

    (3 P)

LÖSUNG

 

 

HMF 8 – Stochastik (Pool 2)

Die Zufallsgrößen X und Y können jeweils die Werte 3, 4 und 5 annehmen.

  1. Für die Zufallsgröße X gilt:

        \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{2.4} \begin{array}{l} P(X=3) =\mathlarger{\frac{1}{3}} , \\ P(X=4) =\mathlarger{\frac{1}{4}}\\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

    Bestimmen Sie den Erwartungswert von X.

    (2 P)

  2. Für die Zufallsgröße Y gilt:

        \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{2.4} \begin{array}{l} P(Y=3) =\mathlarger{\frac{1}{3}} , \\ P(Y=4) \geq \mathlarger{\frac{1}{6}} \quad \text{und}\\ P(Y=5) \geq \mathlarger{\frac{1}{6}}\\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1}\end{equation*}

    Bestimmen Sie alle Werte, die für den Erwartungswert von Y infrage kommen.

    (3 P)

LÖSUNG

 
 
Aufgaben zum Ausdrucken:

Abitur 2018, hilfsmittelfreie Aufgaben, Schleswig-Holstein als PDF





 

 

Lösungen

Lösung : HMF 1 – Analytische Geometrie

Aufgabe 1 – Schnittpunkt und Orthogonalität

Wie man sieht, haben beide Geraden

    \[ g: \vv{x}= \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 3 \\ -3 \\ 3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + r \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 3 \\ 0 \\ -1 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \]

    \[ h: \vv{x}= \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 3 \\ -3 \\ 3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + s \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \]

den gleichen Stützvektor und laufen durch den gemeinsamen Punkt (3|-3|3).

Sind die Geraden orthogonal zueinander, so muss das Skalarprodukt der Richtungsvektoren Null ergeben.

    \begin{equation*} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 3 \\ 0 \\ -1 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} =3 \cdot 1 + 0 \cdot 0 + (-1) \cdot 3 = 0 \end{equation*}

 

 

Aufgabe 2 – Ebene in Koordinatenform

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Zunächst stellen wir die Gleichung der Ebene in Parameterform dar mit den Schnittpunkt der Geraden g und h als Stützvektor und den Richtungsvektoren der beiden Geraden.

    \begin{equation*} Parameterform: \quad \vv{x} = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 3 \\ -3 \\ 3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + r \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 3 \\ 0 \\ -1 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + s \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{equation*}

Diese formen wir um in die Normalenform von der Art

    \begin{equation*} Normalenform: \quad (\vv{x} - \vv{p}) \circ \vv{n} = 0 , \end{equation*}

wobei als \vv{p} der Stützvektor genommen wird. Der Normalenvektor wird gebildet aus dem
Kreuzprodukt der beiden Richtungsvektoren \vv{u} und \vv{v}

    \begin{equation*} \begin{array}{ r c l} \vv{n} & = & \vv{u} \times \vv{v} \\ \\ \vv{n} & =& \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 3 \\ 0 \\ -1 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \times \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \end{array} \end{equation*}

und wird berechnet auf folgende Weise:
Die beiden Richtungsvektoren werden paarweise 2-mal untereinander geschrieben. Die erste und die letzte Zeile werden gestrichen. Dann wird über Kreuz multipliziert und jeweils die blaue Diagonale (Hauptdiagonale) minus die rote Diagonale (Nebendiagonale) gerechnet.

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Der Normalenvektor lautet

    \begin{equation*} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ -10 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \end{equation*}

Wir vereinfachen den Normalenvektor indem wir ihn durch -10 teilen und erhalten

    \begin{equation*} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \end{equation*}

Daraus ergibt sich die

    \begin{equation*} \begin{array}{ c} Normalenform: \quad \left[ \vv{x} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 3 \\ -3 \\ 3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \right] \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} = 0 \end{array} \end{equation*}

Um weiter in die Koordinatenform zu kommen, lösen wir das Skalarprodukt auf.

    \begin{equation*} \begin{array}{ r c l l } \left[ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 3 \\ -3 \\ 3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \right] \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & 0 & \\ \\ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 3 \\ -3 \\ 3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & 0 & \end{array} \end{equation*}

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.4} \begin{array}{ r c r l } x_1 \cdot 0 + x_2 \cdot 1 + x_3 \cdot 0 - \big(3 \cdot 0 + (-3) \cdot 1 + 3 \cdot 0 \big) & = & 0 & \\ x_2 - (-3) & = & 0 & \\ x_2 +3 & = & 0 & |-3\\ x_2 & = & -3 & \quad \Rightarrow \quad Koordinatenform\\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

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Lösung : HMF 2 – Analytische Geometrie

Aufgabe 1 – Lage “Gerade-Koordinatenebene“

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Der Richtungsvektor der Geraden g verläuft nur in x_2-Richtung und x_3-Richtung. Damit muss die Gerade in oder parallel zu der x_2x_3-Ebene sein, die von der x_2-Achse und und der x_3-Achse aufgespannt wird.

Ferner hat der Stützvektor \vv{p} den Wert x_1=1, so dass die Gerade in einer parallelen Ebene zur
x_2x_3-Ebene liegen muss mit dem Abstand 1.

 

 

Aufgabe 2 – Lage “Gerade-Ebene“

Betrachtet man die Lage der Geraden zum Normalenvektor \vv{n}

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in den 3 Fällen, so sieht man, dass in Fall 1 die Gerade in Richtung des Normalenvektors und in den anderen Fällen orthogonal zum Normalenvektor verläuft.

Wir prüfen die Orthogonalität des Normalenvektors \vv{n} und des Richtungsvektors \vv{v} der Geraden mit

    \begin{equation*} \begin{array}{l} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 4 \\ -3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \quad \text{und} \quad \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ -3 \\ -4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \\ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 4 \\ -3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ -3 \\ -4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} = 0 \cdot 0 + 4\cdot (-3) + (-3) \cdot (-4) = 0 \\ \end{array} \end{equation*}

Die Vektoren sind orthogonal zueinander und so kommen nur Fall 2 und 3 infrage. Nun ist noch zu prüfen, ob der Punkt P(1|1|4) in der Ebene liegt und wir machen eine Punktprobe.

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.2} \begin{array}{ r c r l } 4 \cdot 1 - 3 \cdot 4 & = & 25 & \\ -8 & = & 25 & \lightning \quad (Widerspruch)\\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

Der Punkt liegt nicht in der Ebene und somit ist die Gerade echt parallel zur Ebene.

 

 

Aufgabe 3 – Abstand “Ebene-Ursprung“

Der Abstand eines Punktes von einer Ebene wird berechnet mit der Hesse’schen Normalenform (HNF). Wir nehmen die Ebene

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.2} \begin{array}{ r c r l } 4x_2 - 3x_3 & = & 25 & |-25\\ 4x_2 - 3x_3 -25 & = & 0 & \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

und formen sie um in die Hesse’sche Normalenform

    \begin{equation*} HNF: (\vv{x} - \vv{p}) \circ \vv{n_0} = 0 \end{equation*}

um. Dabei ist der Einheitsvektor (Länge=1) vom Normalenvektor

    \begin{equation*} \vv{n_0} = \frac{1}{|\vv{n}|} \cdot \vv{n} \end{equation*}

mit

    \begin{equation*} |\vv{n}| = \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 4 \\ -3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} = \sqrt{4^2+(-3)^2} = \sqrt{16 + 9} = \sqrt{25} = 5 \end{equation*}

Die Hesse’sche Normalenform kann also geschrieben werden als

    \begin{equation*} HNF: \frac{1}{|\vv{n}|} \cdot (\vv{x} - \vv{p}) \circ \vv{n} = 0 \end{equation*}

oder in Koordinatenform

    \begin{equation*} HNF: \frac{1}{|\vv{n}|} \cdot (ax_1 + bx_2 + cx_3 - d) = 0 \end{equation*}

und wir erhalten

    \begin{equation*} HNF: \frac{1}{5} \cdot (4x_2 - 3x_3 - 25) = 0 , \end{equation*}

woraus sich unmittelbar die Abstandsberechnung ableiten lässt, wenn wir den Punkt O(0|0|0) einsetzen.

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.5} \begin{array}{ r c l } d(O, E) & = & \frac{1}{5} \cdot |4 \cdot 0 - 3 \cdot 0 - 25| \\ d(O, E) & = & \frac{1}{5} \cdot |- 25| \\ d(O, E) & = & \frac{1}{5} \cdot 25 \\ d(O, E) & = & \frac{25}{5} \\ d(O, E) & = & 5 \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

Die Ebene hat Abstand von 5 LE vom Ursprung.

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Lösung : HMF 3 – Analytische Geometrie

Aufgabe 1 – Punktprobe

S(-2|-4|5) einsetzen in

E: x_2 - 3x_3 = -19

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.3} \begin{array}{ r c l } -4 - 3 \cdot 5 & = & -19 \\ -19 & = & -19 \quad \Rightarrow wahre \quad Aussage\\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

S liegt in E.

 

 

Aufgabe 2 – orthogonale Lage “Gerade-Ebene“

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Ist die Gerade g senkrecht zur Ebene E, so ist der Normalenvektor \vv{n} mit

    \begin{equation*} \vv{n} = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 1 \\ -3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{equation*}

linear abhängig von dem Vektor \vv{PQ} mit

    \begin{equation*} \begin{array}{ r c l } \vv{PQ} & = & \vv{q} - \vv{p} \\ \\ \vv{PQ} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 1 \\ -1 \\ 11 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 1 \\ 2 \\ 2 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \\ \vv{PQ} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ -3 \\ 9 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \end{array} \end{equation*}

und prüfen

    \begin{equation*} \begin{array}{ r c l } \vv{PQ} & = & k \cdot \vv{n} \\ \\ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ -3 \\ 9 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & k \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 1 \\ 3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \end{array} \end{equation*}

Wir sehen, dass für k=-3 die Gleichung wahr ist und damit die beiden Vektoren linear abhängig voneinander sind und weiter die Gerade g orthogonal zur Ebene E ist.

 

 

Aufgabe 3 – orthogonale Spiegelung

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Da Q der Spiegelpunkt von g ist und S in der Spiegelebene E liegt, kann die Gerade h mit

    \begin{equation*} \begin{array}{ r c l } h: \vv{x} & = & \vv{s} + r \cdot \vv{SQ} \\ \\ \vv{x} & = & \vv{s} + r \cdot (\vv{q} - \vv{s}) \\ \\ \vv{x} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -2 \\ -4 \\ 5 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + r \cdot \left[ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 1 \\ -1 \\ 11 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -2 \\ -4 \\ 5 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \right] \\ \\ \vv{x} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -2 \\ -4 \\ 5 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + r \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 3 \\ 3 \\ 6 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{array} \end{equation*}

aufgestellt werden.

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Lösung : HMF 1 – Analysis

Aufgabe 1 – Tangentensteigung

 

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Die Steigung der Tangente an einem Graphen wird berechnet mit der 1. Ableitung an einer Stelle x, hier mit

    \begin{equation*} m= f\/'(1) \end{equation*}

Wir bilden die 1. Ableitung

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.3} \begin{array}{ r c l } f(x) & = & -x^3 + 3x^2 - 2x \\ f\/'(x) & = & -3x^2 + 6x - 2 \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

und setzen x=1 ein.

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.3} \begin{array}{ r c l } f\/'(1) & = & -3 \cdot 1^2 + 6 \cdot 1 - 2 \\ f\/'(1) & = & 1 \\ m & = & 1 \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

 

 

Aufgabe 2 – Schnittpunkte

Ist die Steigung positiv, so muss die Gerade im farbigen Bereich liegen.

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Dabei gilt:

Geht eine Gerade

  • durch den roten Bereich mit m > 1, so gibt es 1 Schnittpunkt
  • durch den grünen Bereich mit 0 \leq m \leq 1, so gibt es 3 Schnittpunkte

mit dem Graphen G_f.

Mit der Steigung m=1 erhalten wir genau die Tangente, die ja einen Schnittpunkt, den Wendepunkt, hat.

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Lösung : HMF 5 – Analysis

Aufgabe 1 – Punkt

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.5} \left. \begin{array}{ r c l l } h(2) & = & 2^2 + e^2 = 4 + e^2 \\ h(0) & = & 0^2 + e^0 = 1 \\ h(1) & = & 1^2 + e^1 = 1 + e \\ \end{array} \right\} (0|1) \text{ liegt auf den Graphen von } h \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

 

 

Aufgabe 2 – Steigung

Die Steigung wird berechnet mit der 1. Ableitung.

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.3} \begin{array}{ r c l l } h'(x) & = & 2x + e^x \\ h(1) & = & 2 \cdot 1 + e^1 = 2 + e \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

 

 

Aufgabe 3 – Übergang

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Funktionswerte:

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.3} % \left. \begin{array}{ r c l } f(1) & = & e^1 = e \\ g(1) & = & e \cdot ln(1) + e = e \cdot 0 + e = e \\ \end{array} % \right\} \text{ gemeinsamer Punkt bei } (1|e) \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

Steigungen mit der 1. Ableitung:

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.3} \left. \begin{array}{ r c l } f\/'(x) & = & e^x \\ m_f = f\/'(1) & = & e^1 = e \\ \\ g'(x) & = & e \cdot \frac{1}{x} = \frac{e}{x} \\ m_g = g'(1) & = & \frac{e}{1} = e \\ \end{array} \right\} \Rightarrow m=e \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

Die Funktion gehen durch den gemeinsamen Punkt (1|e) mit dergleichen Steigung m=e. Der Übergang von f nach g ist wie dargestellt sowohl sprungfrei als auch knickfrei.

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Lösung : HMF 6 – Analysis

Aufgabe 1 – Punkt P(0|1)

P einsetzten in f_k

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.3} \begin{array}{ r c l } 1 & = & k \cdot e^{k \cdot 0} - 0^3 \\ 1 & = & k \cdot e^0 \\ 1 & = & k \cdot 1 \\ 1 & = & k \\ k & = & 1 \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

 

 

Aufgabe 2 – Integral

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{2.8} \begin{array}{ r c l l } \mathlarger{\int_0^2}f_k(x) dx & = & e - 5 & \\ \mathlarger{\int_0^2} (k \cdot e^{kx} - x^3) dx & = & e - 5 & \\ \Big[ k \cdot \frac{1}{k}\cdot e^{kx} - \frac{1}{4} x^4 \Big]_0^2 & = & e - 5 & \\ \Big[ e^{kx} - \frac{1}{4} x^4 \Big]_0^2 & = & e - 5 & \\ e^{2k} - \frac{1}{4} \cdot 2^4 - \Big( e^{k \cdot 0} - \frac{1}{4} \cdot 0^4 \Big) & = & e - 5 & \\ e^{2k} - \frac{1}{4} \cdot 16 - 1 & = & e - 5 & \\ e^{2k} - 4 - 1 & = & e - 5 & \\ e^{2k} - 5 & = & e^1 - 5 & | +5\\ e^{2k} & = & e^1 & | \hspace{4pt} ln\\ 2k & = & 1 & | :2\\ k & = & \frac{1}{2} & \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

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Lösung : HMF 7 – Stochastik

Aufgabe 1 – Tabelle

Die möglichen Summen

Summe der Ergebnisse bei 2-maligen Drehen

mit folgenden Wahrscheinlichkeiten:

    \[ \renewcommand{\arraystretch}{2.2} \begin{array}{ | C{24mm} | C{12mm} | C{12mm} | C{12mm} | C{12mm} | C{12mm} |} \hline k & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ \hline $P(X=k)$ & $\frac{1}{9}$ & $\frac{2}{9}$ & $\frac{1}{3}$ & $\frac{2}{9}$ & $\frac{1}{9}$ \\ \hline \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \]

 

 

Aufgabe 2 – Stochastische Unabhängigkeit

Wir betrachten die Ereignisse als Mengen

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und stellen die Vierfeldertafel auf.

    \[ \renewcommand{\arraystretch}{2.2} \begin{array}{ | C{24mm} || C{12mm} | C{12mm} || C{12mm} | } \hline & $A$ & $\overline{A}$ & $\Sigma$ \\ \hline \hline $B$ & $\frac{1}{9}$ & $\frac{2}{9}$ & $\frac{1}{3}$ \\ \hline $\overline{B}$ & $\frac{2}{9}$ & $\frac{4}{9}$ & $\frac{2}{3}$ \\ \hline \hline $\Sigma$ & $\frac{1}{3}$ & $\frac{2}{3}$ & $1$ \\ \hline \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \]

Sind die Ereignisse A und B stochastisch unabhängig, so muss gelten

    \begin{equation*} P( A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \end{equation*}

Wir prüfen dies für alle Schnittmengen.

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{2.4} \begin{array}{ r c c c c c c c l } P(A) \cdot P(B) & = & \frac{1}{3} & \cdot & \frac{1}{3} & = & \frac{1}{9} & = & P( A \cap B) \quad \textrm{(siehe 4-Felder-Tafel)} \\ P(A) \cdot P(\overline{B}) & = & \frac{1}{3} & \cdot & \frac{2}{3} & = & \frac{2}{9} & = & P( A \cap \overline{B}) \\ P(\overline{A}) \cdot P(B) & = & \frac{2}{3} & \cdot & \frac{1}{3} & = & \frac{2}{9} & = & P( \overline{A} \cap B) \\ P(\overline{A}) \cdot P(\overline{B}) & = & \mathlarger{\frac{2}{3}} & \cdot & \mathlarger{\frac{2}{3}} & = & \mathlarger{\frac{4}{9}} & = & P( \overline{A} \cap \overline{B}) \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

Für alle Schnittmengen trifft die Voraussetzung zu. Somit sind die Ereignisse A und B stochastisch unabhängig.

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Lösung : HMF 8 – Stochastik

Aufgabe 1 – Zufallsgröße X

Der Erwartungswert E(X) wird berechnet mit

    \begin{equation*} E( X) = P(X=x_1) \cdot x_1 + P(X=x_2) \cdot x_2 + P(X=x_3) \cdot x_3 \end{equation*}

und ermitteln

    \begin{equation*} P(X=x_3)=P(X=5) \end{equation*}

mit

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.8} \begin{array}{ r c l } P(X=5) & = & 1 - \Big( ( P(X=3) + P(X=4) \Big) \\ P(X=5) & = & 1 - P(X=3) - P(X=4) \\ P(X=5) & = & 1 - \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \\ P(X=5) & = & \frac{12}{12} - \frac{4}{12} - \frac{3}{12} \\ P(X=5) & = & \frac{12 - 4 - 3}{12} \\ P(X=5) & = & \frac{5}{12} \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

Es folgt

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.8} \begin{array}{ r c l } E( X) & =& P(X=3) \cdot 3 + P(X=4) \cdot 4 + P(X=5) \cdot 5 \\ E( X) & =& \frac{1}{3} \cdot 3 + \frac{1}{4} \cdot 4 + \frac{5}{12} \cdot 5 \\ E( X) & =& \frac{3}{3} + \frac{4}{4} + \frac{25}{12} \\ E( X) & =& \frac{12}{12} + \frac{12}{12} + \frac{25}{12} \\ E( X) & =& \frac{49}{12} \\ E( X) & =& 4 \frac{1}{12} \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

 

 

Aufgabe 2 – Zufallsgröße Y

Falls P(Y=4)=\frac{1}{6} ist, so ergibt sich

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.8} \begin{array}{ r c l } P(Y=5) & = & 1 - \Big( ( P(Y=3) + P(Y=4) \Big) \\ P(Y=5) & = & 1 - \Big( \frac{1}{3} + \frac{1}{6} \Big) \\ P(Y=5) & = & 1 - \Big( \frac{2}{6} + \frac{1}{6} \Big) \\ P(Y=5) & = & 1 - \frac{3}{6} \\ P(Y=5) & = & 1 - \frac{1}{2} \\ P(Y=5) & = & \frac{1}{2} \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

Entsprechend erhalten wir für P(Y=5)=\frac{1}{6} die Wahrscheinlichkeit P(Y=4)=\frac{1}{2}.

Beide Wahrscheinlichkeiten sind also mindestens \frac{1}{6} und höchsten \frac{1}{2} groß, wobei die eine Wahrscheinlichkeit kleiner wird, wenn die andere größer wird.

Mit der Rechnung

    \begin{equation*} E( X) = P(X=3) \cdot 3 + P(X=4) \cdot 4 + P(X=5) \cdot 5 \end{equation*}

können wir leicht erkennen, dass wir den größten Erwartungswert mit

    \begin{equation*} P(Y=5)=\frac{1}{2} \end{equation*}

und den kleinsten Erwartungswert mit

    \begin{equation*} P(Y=5)=\frac{1}{6} \end{equation*}

erhalten.

Die beiden Erwartungswerte lauten

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.8} \begin{array}{ r c l } E( X) & =& \frac{1}{3} \cdot 3 + \frac{1}{2} \cdot 4 + \frac{1}{6} \cdot 5 \\ E( X) & =& 1 + 2 + \frac{5}{6} \\ E( X) & =& 3 \frac{5}{6} \\ E( X) & =& \frac{23}{6} \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

und

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.8} \begin{array}{ r c l } E( X) & =& \frac{1}{3} \cdot 3 + \frac{1}{6} \cdot 4 + \frac{1}{2} \cdot 5 \\ E( X) & =& \frac{3}{3} + \frac{4}{6} + \frac{5}{2} \\ E( X) & =& \frac{6}{6} + \frac{4}{6} + \frac{15}{6} \\ E( X) & =& \frac{25}{6} \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

Für den Erwartungswert gilt folglich

    \begin{equation*} \begin{array}{ c } 3 \frac{5}{6} = \frac{23}{6} \leq E(X) \leq \frac{25}{6} = 4 \frac{1}{6} \end{array} \end{equation*}

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