Hilfsmittelfreie Aufgaben

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Inhaltsverzeichnis



Aufgaben

 

HMF 1 - Stochastik (Pool 1)

Für ein Zufallsexperiment mit den beiden Ereignissen \(A\) und \(B\) gilt \(P(A) = 0{,}6\) und \(P(\overline{B}) = 0{,}3\) sowie \(P(A \cap \overline{B}) = 0{,}2\).

  1. Erstellen Sie für die beschriebene Situation eine vollständige Vierfeldertafel.

    (3 P)


  1. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit \(P_A(\overline{B})\).

    (2 P)



HMF 2 - Stochastik (Pool 1)

Die Abbildung zeigt das Netz eines Würfels.

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  1. Der Würfel wird zweimal geworfen. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Summe der beiden geworfenen Zahlen \(4\) ist.

    (2 P)


  1. Die Zahlen \(1\) und \(3\) werden jeweils durch eine neue Zahl ersetzt. Das Verhältnis der beiden neuen Zahlen ist ebenfalls \(1:3\) . Betrachtet man bei einmaligen Werfen des geänderten Würfels die geworfene Zahl, so ist der zugehörige Erwartungswert \(4\) . Ermitteln Sie die beiden neuen Zahlen.

    (3 P)



HMF 3 - Analytische Geometrie (Pool 1)

Gegeben ist eine Kugel \(K\) mit

\( K: (x_1 - 4)^2 + (x_2 - 4)^2 + (x_3 - 1)^2 = 1 \)


  1. Geben Sie die Koordinaten des Mittelpunktes \(M\) und den Radius \(r\) der Kugel \(K\) sowie die Koordinaten eines Punktes \(P\) auf dieser Kugel an.

    (2 P)


  1. Gegeben sind die Punkte \(A(4 | 4 | 0)\) und \(B(0 | 8 | 0)\) . Zeigen Sie, dass die Gerade durch \(A\) und \(B\) die Kugel \(K\) in genau einem Punkt berührt.

    (3 P)



HMF 4 - Analytische Geometrie (Pool 1)

In einem Koordinatensystem ist ein gerader Zylinder mit dem Radius \(5\) und der Höhe \(10\) gegeben, dessen Grundfläche in der \(x_1x_2\)-Ebene liegt.

\(M(8 | 5 | 10)\) ist der Mittelpunkt der Deckfläche.


  1. Weisen Sie nach, dass der Punkt \(P(5 | 1 | 0)\) auf dem Rand der Grundfläche des Zylinders liegt.

    (2 P)


  1. Unter allen Punkten auf dem Rand der Grundfläche hat der Punkt \(S\) den kleinsten Abstand von \(P\) , der Punkt \(T\) den größten.Geben Sie die Koordinaten von \(S\) an und bestimmen Sie die Koordinaten von \(T\) .

    (3 P)



HMF 5 - Analytische Geometrie (Pool 2)

Für jedes \(a \in \mathbb{R}\) sind die Geraden \(g_a\) und \(h_a\) gegeben durch

\( g_a : \vec{x} = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + r \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} a \\ 4 \\ 1 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \)

und

\( h_a : \vec{x} = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + r \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 2a \\ a \\ 2 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \)


Die Geraden \(g_a\) und \(h_a\) haben den gemeinsamen Punkt \(P(1 | 1 | 1)\).


  1. Untersuchen Sie, ob es ein \(a \in \mathbb{R}\) gibt, für das \(g_a\) und \(h_a\) sogar identisch sind.

    (2 P)


  1. Zeigen Sie, dass es genau ein \(a \in \mathbb{R}\) derart gibt, so dass \(g_a\) und \(h_a\) orthogonal zueinander sind.

    (3 P)



HMF 6 - Analysis (Pool 1)

Gegeben ist die Funktion \(f\) mit

\( f(x) = \frac{1}{5}x^5 + x^4 - \frac{8}{3}x^3 \quad \textrm{mit} \; \, x \in \mathbb{R} \)


  1. Berechnen Sie die lokale Änderungsrate der Funktion an der Stelle \(x=-1\) .

    (2 P)


  1. Die Funktion \(f\) hat drei Wendestellen. Bestimmen Sie diese Stellen.

    (3 P)



HMF 7 - Analysis (Pool 1)

Die Abbildung zeigt den Graphen der Funktion \(f\) mit

\( f(x) = x \cdot e^{-x} \quad \textrm{und} \; \, x \in \mathbb{R} \)


Betrachtet werden die Dreiecke mit den Eckpunkten \(O(0 | 0)\), \(P(a | 0)\) und \(Q\Big(a | f(a)\Big)\) mit \(a > 0\).

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  1. Begründen Sie, dass der Flächeninhalt jedes dieser Dreiecke mit dem Term \(\frac{1}{2}a^2e^{-a}\) bestimmt werden kann.

    (2 P)


  1. Unter den betrachteten Dreiecken hat eines den größten Flächeninhalt.
    Bestimmen Sie den zugehörigen Wert \(a\) .

    (3 P)



HMF 8 - Analysis (Pool 2)

Für jeden Wert \(a \in \mathbb{R}\setminus\{0\}\) ist eine Funktion \(f_a\) gegeben mit

\( f_a(x) = a \cdot (x - 2)^3 \quad \textrm{und} \; \, x \in \mathbb{R} \)


  1. Zeigen Sie, dass die in \(\mathbb{R}\) definierte Funktion \(F\) mit

    \( F(x) = \frac{1}{2} \cdot (x - 2)^4 + 3 \)

    eine Stammfunktion von \(f_2\) ist.

    (1 P)


  1. Untersuchen Sie mithilfe von Skizzen, für welche Werte von \(a\) sich unter den Stammfunktionen von \(f_a\) solche befinden, die nur negative Funktionswerte haben.

    (4 P)





Aufgaben zum Ausdrucken


 



Lösungen

Lösung : HMF 1 - Stochastik

Aufgabe 1 - Vierfeldertafel


\( \begin{array}{ c | c c | c } & \; \displaystyle{A} \; & \; \displaystyle{\overline{A}} \; & \;\sum \; \\[8pt] \hline \displaystyle{B} & \color{green}{0{,}4} & \color{green}{0{,}3} & \color{green}{0{,}7} \\[8pt] \displaystyle{\overline{B}} & 0{,}2 & \color{green}{0{,}1} & 0{,}3 \\[8pt] \hline \sum & 0{,}6 & \color{green}{0{,}4} & \color{green}{1} \\ \end{array} \)







Aufgabe 2 - bedingte Wahrscheinlichkeit


\( P_A(\overline{B}) \; = \; \frac{P(A \cap \overline{B})}{P(A)} \; = \;\frac{0{,}2}{0{,}6} \; = \; \frac{2}{6} \; = \; \frac{1}{3} \)


 



Lösung : HMF 2 - Stochastik

Aufgabe 1 - Summe 4

Um das Ergebnis \(4\) zu bekommen, muss eine \(1\) und \(3\) bzw. eine \(2\) und \(2\) gewürfelt werden. Die Wahrscheinlichkeiten dafür entnehmen wir dem Baumdiagramm.

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Die Wahrscheinlichkeit die Summe \(4\) zu erhalten, liegt bei

\( P(4) \; = \; \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \; + \; \frac{4}{6} \cdot \frac{4}{6} \; + \; \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \; = \; \frac{18}{36} \; = \; \frac{1}{2} \; = \; 50\% \)








Aufgabe 2 - Erwartungswert 4

Für den Erwartungswert gilt

\( \begin{array}{ r c l } E(x) & = & \displaystyle{\sum}_{i=1}^n x_i \cdot P(x=x_i) \\[6pt] & = & x_1 \cdot P(x=x_1) \; + \; x_2 \cdot P(x=x_2) \; + \; x_3 \cdot P(x=x_3) \\ \end{array} \)


Unveränderte Werte:

\( \begin{array}{ r c r c l } \textrm{I} & & x_1 & = & 2 \\[6pt] \textrm{II} & & P(x=x_1) & = & \frac{4}{6} \\[6pt] \textrm{III} & & P(x=x_2) & = & \frac{1}{6} \\[6pt] \textrm{IV} & & P(x=x_3) & = & \frac{1}{6} \\ \end{array} \)


Vorgaben laut Aufgabenstellung:

\( \begin{array}{ r c r c l } \textrm{V} & & E(x) & = & 4 \\[6pt] \textrm{VI} & & x_3 & = & 3 \cdot x_2 \\ \end{array} \)


Alles in die obige Formel eingesetzt ergibt :

\( \begin{array}{ r c l l} 2 \cdot \frac{4}{6} \; + \; x_2 \cdot \frac{1}{6} \; + \; 3x_2 \cdot \frac{1}{6} & = & 4 & \\[6pt] \frac{8}{6} \; + \; x_2 \cdot \frac{1}{6} \; + \; x_2 \cdot \frac{3}{6} & = & 4 & | \cdot 6 \\[6pt] 8 \; + \; x_2 \; + \; 3x_2 & = & 24 & | - 8 \\[6pt] 4x_2 & = & 16 &| : 4 \\[6pt] x_2 & = & 4 & \\ \end{array} \)


Eingesetzt in \(VI\) :

\( x_3 \, = \, 3 \cdot 4 \, = \, 12 \)


Die gesuchten Zahlen sind \(4\) und \(12\) .








 



Lösung : HMF 3 - Analytische Geometrie

Aufgabe 1 - Mittelpunkt, Radius, Punkt

Mit der allgemeinen Kugelgleichung

\( K: (x_1 - m_1)^2 + (x_2 -m_2)^2 + (x_3 - m_3)^2 = r^2 \)


können wir den Mittelpunkt und Radius ablesen mit

\( M(4 | 4 | 1) \quad \textrm{und} \quad r^2=1 \; \Leftrightarrow \; r=1 \)


Setzen wir nun 2 geeignete Punktkoordinaten in die Kugelgleichung \(K\) ein, z. B. \(x_1=4\) und \(x_2=4\), so erhalten wir die 3. Punktkoordinate:

\( \begin{array}{ r c l l} (4 - 4)^2 + (4 -4)^2 + (x_3 - 1)^2 & = & 1 & \\[6pt] (x_3 - 1)^2 & = & 1 & | \sqrt{\dots} \\ \end{array} \)


Durch das Wurzelziehen erhalten wir 2 Lösungen:

\( \begin{align} x_{3_1} - 1 & = 1 \quad | \; +1 && \textrm{und} & x_{3_2} - 1 & = -1 \quad | \; +1 \\[6pt] x_{3_1} & = 2 && & x_{3_2} & = 0 \end{align} \)


Mit der 1. Lösung ergibt sich der Punkt \(P(4 | 4 | 2)\).






Aufgabe 2 - Berührpunkt

Die Aufgabe lässt sich auf zweierlei Arten lösen:

  1. Berechnung der Schnittpunkte zwischen Gerade und Kugel
  2. Nachweisen, dass die Gerade eine Tangente an der Kugel ist



Lösungsweg 1 - Schnittpunkt Gerade/Kugel

Für Kugel und Geraden gibt es 3 mögliche Lagen,

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Für Kugel und Geraden gibt es 3 mögliche Lagen, wie hier zu sehen ist. Das bedeutet, dass es nur

  • 2 Schnittpunkte
  • 1 Schnittpunkt
  • keinen Schnittpunkt

geben kann.


Wir untersuchen nun die Anzahl der Lösungen bei der Schnittpunktberechnung. Dazu benötigen wir zuerst die Geradengleichung.

\( \begin{array}{ r c l l} \textrm{g}: \vec{x} & = & \vec{a} \; + \; r \cdot \vec{AB} \\[6pt] & = & \vec{a} \; + \; r \cdot \left(\vec{b} - \vec{a}\right) \\[8pt] & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 4 \\ 4 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + \; r \cdot \left[ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 0 \\ 8 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 4 \\ 4 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \right] \\[10pt] & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 4 \\ 4 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + \; r \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -4 \\ 4 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \end{array} \)


Zur Schnittpunktberechnung setzen wir die Gerade \(g\) in die Kugel

\( K: (x_1 - 4)^2 + (x_2 - 4)^2 + (x_3 - 1)^2 = 1 \)

ein.

Gerade \(g\) können wir auch schreiben als

\( \textrm{g}: \vec{x} = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{l} 4 - 4 \cdot r \\ 4 + 4 \cdot r \\ 0 + 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \)


Eingesetzt in \(K\) erhalten wir

\( \begin{array}{ r c l l} (4 - 4 \cdot r - 4)^2 + (4 + 4 \cdot r -4)^2 + (- 1)^2 & = & 1 & \\[6pt] (- 4 r)^2 + (4 r)^2 + (- 1)^2 & = & 1 & \\[6pt] 16 r^2 + 16 r^2 + 1 & = & 1 & | - 1 \\[6pt] 32 r^2 & = & 0 & | : 32 \\[6pt] r^2 & = & 0 & | \sqrt{\dots} \\[6pt] r & = & 0 & \\ \end{array} \)


Es existiert genau 1 Lösung mit \(r = 0\). Eingesetzt in \(g\) ergibt dann

\( \vec{x} \; = \; \vec{a} \; = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 4 \\ 4 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \)


Die Gerade berührt die Kugel in dem Punkt \(A(4 | 4 | 0)\).




Lösungsweg 2 - Nachweisen der Tangente

Beim Vergleichen der Koordinaten von \(M(4 | 4 | 1)\) und \(A(4 | 4 | 0)\) können wir erkennen,

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dass Punkt \(A\) genau 1 Einheit unter Mittelpunkt \(M\) und damit auf dem Rand der Kugel liegt.

Damit \(A\) ein Berührpunkt (Tangentialpunkt) der Geraden \(g\) ist, muss der Vektor \(\vec{AB}\) orthogonal zum Vektor \(\vec{AM}\) liegen. Das ist der Fall, wenn das Skalarprodukt der beiden Vektoren Null ergibt.

\( \begin{array}{ r c l l} \vec{AB} \circ \vec{AM} & = & (\vec{b} \; - \; \vec{a}) \; \circ \; (\vec{m} \; - \; \vec{a}) \\[8pt] & = & \left[ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 0 \\ 8 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 4 \\ 4 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \right] \circ \left[ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 4 \\ 4 \\ 1 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 4 \\ 4 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \right] \\[10pt] & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} - 4 \\ 4 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[8pt] & = & - 4 \cdot 0 \; + \; 4 \cdot 0 \; + \; 0 \cdot 1 \\[6pt] & = & 0 \\ \end{array} \)


Die Vektoren sind orthogonal zueinander. Folglich berührt die Gerade im Punkt \(A(4 | 4 | 0)\) die Kugel.









Lösung : HMF 4 - Analytische Geometrie

Aufgabe 1 - Punkt am Rande der Grundfläche


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Der Mittelpunkt der Grundfläche liegt \(10\) unter dem Mittelpunkt der Deckfläche und lautet \(M_B(8 | 5 | 0)\). Liegt Punkt \(P\) auf der Oberfläche einer Kugel \(K\) mit dem Mittelpunkt \(M_B(8 | 5 | 0)\) und dem Radius \(r=10\) , so liegt Punkt \(P\) auch auf dem Rand der Grundfläche des Zylinders. Denn \(P\) befindet sich ebenso wie die Grundfläche in der \(x_1x_2\)-Ebene.

Diese Kugelgleichung lautet

\( K: (x_1 - 8)^2 + (x_2 - 5)^2 + (x_3 - 0)^2 = 25 \)


Um nachzuweisen, dass Punkt \(P\) auf der Kugeloberfläche liegt, führen wir eine Punktprobe durch und setzen die Punktkoordinaten ein.

\( \begin{array}{ r c l } (5 - 8)^2 + (1 - 5)^2 + (0 - 0)^2 & = & 25 \\[6pt] (- 3)^2 + (- 4)^2 & = & 25 \\[6pt] 9 + 16 & = & 25 \\[6pt] 25 & = & 25 \\ \end{array} \)


Die Aussage ist wahr. Damit liegt Punkt \(P\) auf dem Rand der Grundfläche.








Aufgabe 2 - Größter und kleinster Abstand

Der Punkt \(S\) befindet sich \(10\) Einheiten oberhalb von Punkt \(P\) . Punkt \(T\) liegt auf der gegenüberliegenden Seite des Grundkreises nach oben auf die Deckfläche projiziert.

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Wir erhalten Punkt \(S\) mit

\( \begin{array}{ r c l } \vec{OS} & = & \vec{OP} + \vec{PS} \\[8pt] \vec{OS} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 5 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 10 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[10pt] \vec{OS} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 5 \\ 1 \\ 10 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[12pt] & \Rightarrow &\displaystyle{S(5 | 1 | 10)} \\ \end{array} \)


und Punkt \(T\) mit

\( \begin{array}{ r c l } \vec{OT} & = & \vec{OP} + \vec{PT} \\[6pt] \vec{OT} & = & \vec{OP} + 2 \cdot \vec{PM_B} + \vec{PS} \\[6pt] \vec{OT} & = & \vec{OP} + 2 \cdot \left(\vec{OM_B} - \vec{OP}\right) + \vec{PS} \\[8pt] \vec{OT} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 5 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + 2\cdot \left[ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 8 \\ 5 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 5 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \right] + \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 10 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[10pt] \vec{OT} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 5 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + 2\cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 3 \\ 4 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 10 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[10pt] \vec{OT} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 5 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 6 \\ 8 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 10 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[8pt] \vec{OT} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 11 \\ 9 \\ 10 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[12pt] & \Rightarrow &\displaystyle{T(11 | 9 | 10)} \\ \end{array} \)









Lösung : HMF 5 - Analytische Geometrie

Aufgabe 1 - identische Geraden

Damit 2 Geraden identisch sind, müssen sie einen gemeinsamen Punkt haben und parallel zueinander sein. Bei parallelen Geraden sind die Richtungsvektoren kollinear zueinander und es gilt

\( \begin{array}{ r r c l c r c l } & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} a \\ 4 \\ 1 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & k \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 2a \\ a \\ 2 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[12pt] \textrm{I} & a & = & k \cdot 2a \\[6pt] \textrm{II} & 4 & = & k \cdot a \\[6pt] \textrm{III} & 1 & = & 2k & \Leftrightarrow & \quad \frac{1}{2} & = & k \\ \end{array} \)


\(k\) eingesetzt in \(\textrm{II}\) :

\( \begin{array}{ r c l l } 4 & = & \frac{1}{2} a & | \; \cdot 2 \\[6pt] 8 & = & a & \\ \end{array} \)


\(a\) und \(k\) eingesetzt in \(\textrm{I}\) :

\( \begin{array}{ r c l l } 8 & = & \frac{1}{2} \cdot 2\cdot 8 \\[6pt] 8 & = & 8 \\ \end{array} \)


Das ist eine wahre Aussage. Damit sind \(g_8\) und \(h_8\) identisch.








Aufgabe 2 - orthogonale Geraden

Sind 2 Geraden orthogonal zueinander, so ergibt das Skalarprodukt der Richtungsvektoren gleich Null.

\( \begin{array}{ r c l l} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} a \\ 4 \\ 1 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \circ \begin{smallmatrix} \left( \renewcommand{\arraystretch}{1} \begin{array}{r} 2a \\ a \\ 2 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & 0 \\[12pt] a \cdot 2a + 4 \cdot a + 1 \cdot 2 & = & 0 \\[6pt] 2a^2 + 4a + 2 & = & 0 & | \; : 2 \\[6pt] a^2 + 2a + 1 & = & 0 & \\ \end{array} \)


Mit der PQ-Formel

\( x_{1,2} \; =\; -\frac{p}{2}\pm \sqrt{\left(\frac{p}{2}\right)^2-q} \)


erhalten wir

\( \begin{array}{ r c l l} a_{1,2} & = & -\frac{2}{2}\pm \sqrt{\left(\frac{2}{2}\right)^2-1} \\[8pt] a_{1,2} & = & -1\pm \sqrt{1^2 - 1} \\[6pt] a & = & -1 \\ \end{array} \)









Lösung : HMF 6 - Analysis

Aufgabe 1 - Lokale Änderungsrate

Die lokale Änderungsrate wird mit der 1. Ableitung von \(f\) bestimmt:

\( f'(x) \; =\; x^4 + 4x^3 - 8x^2 \)


an der Stelle \(x=-1\) bestimmt:

\( \begin{array}{ r c l } f'(-1) & = & (-1)^4 + 4 \cdot (-1)^3 - 8 \cdot (-1)^2 \\[6pt] & = & 1 - 4 - 8 \\[6pt] & = & - 11 \\ \end{array} \)








Aufgabe 2 - Wendestellen

notwendige Bedingung


\( \begin{array}{ r c l l } f''(x) & = & 0 \\[24pt] f''(x) & = & 4x^3 + 12x^2 - 16x \\[6pt] 0 & = & 4x^3 + 12x^2 - 16x \\[6pt] 0 & = & x \cdot \left( 4x^2 + 12 - 16 \right) \\ \end{array} \)


Nach der Regel des Nullprodukts unterscheiden wir 2 Fälle:

\( \begin{array}{ r r c l l } \textrm{Fall 1 :} & x_1 & = & 0 \\[20pt] \textrm{Fall 2 :} & 0 & = & 4x^2 \; + \; 12x \; - \; 16 & | \; : 4 \\[6pt] & 0 & = & x^2 \; + \; 3x \; - \; 4 \\ \end{array} \)


Anwenden der PQ-Formel :

\( \begin{array}{ r c l l } x_{2{,}3} & = & -\frac{p}{2}\pm \sqrt{\left(\frac{p}{2}\right)^2-q} \\[8pt] & = & -\frac{3}{2}\pm \sqrt{\left(\frac{3}{2}\right)^2 - (- 4)} \\[8pt] & = & -\frac{3}{2}\pm \sqrt{\frac{9}{4} + 4} \\[8pt] & = & -\frac{3}{2}\pm \sqrt{\frac{9}{4} +\frac{16}{4}} \\[8pt] x_{2{,}3} & = & -\frac{3}{2}\pm \sqrt{\frac{25}{4}} & \quad \rightarrow Wurzelgesetze \\[8pt] & = & -\frac{3}{2}\pm \frac{\sqrt{25}}{\sqrt{4}} \\[8pt] & = & -\frac{3}{2}\pm \frac{5}{2} \\ \end{array} \)


wir erhalten

\( \begin{array}{ *{5}{r}} x_2 & = & \frac{2}{2} & = & 1 \\[8pt] x_3 & = & -\frac{8}{2} & = & -4 \\ \end{array} \)


hinreichende Bedingung


\( \begin{array}{ r c l c l} f'''(x) & \not= & 0 \\[20pt] f'''(x) & = & 12x^2 + 24x - 16 \\[20pt] f'''(0) & = & 12 \cdot 0^2 + 24 \cdot 0 - 16 \\[6pt] & = & - \, 16 & \Rightarrow \; Wendestelle \\[20pt] f''(1) & = & 12 \cdot 1^2 + 24 \cdot 1 - 16 \\[6pt] & = & 12 + 24 - 16 \\[6pt] & = & 20 & \Rightarrow \; Wendestelle \\[20pt] f''(-4) & = & 12 \cdot (-4)^2 + 24 \cdot (-4) \; - 16 \\[6pt] & = & 192 - 96 - 16 \\[6pt] & = & 80 & \Rightarrow \; Wendestelle \\ \end{array} \)







 



Lösung : HMF 7 - Analysis

Aufgabe 1 - Term

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Die Fläche des Dreiecks wird bestimmt mit

\( A \; = \; \frac{g \cdot h}{2} \; = \; \frac{a \cdot f(a)}{2} \; = \; \frac{a \cdot a \cdot e^{-a}}{2} \; = \; \frac{1}{2} a^2 e^{-a} \)







Aufgabe 2 - Wert a

Um das Dreieck mit dem maximalen Flächeninhalt zu bekommen, verwenden wir die Bedingungen der Extrempunktberechnung. Dafür benötigen wir zunächst die 1. Ableitung von

\( A(a) \; = \; \frac{1}{2} a^2 e^{-a} \; = \; u \cdot v \)


Mit der Produkt- und Kettenregel gilt

\( \begin{array}{ c l } A'(a) & = \; u' \cdot v \; + \; u \cdot v' \\[24pt] & \textit{Nebenrechnung 1 } \\[6pt] & u \; = \; \frac{1}{2}a^2 \\[6pt] & u' \; = \; a \\[6pt] & v \; = \; e^{-a} \; = \; g\Big(h(a)\Big) \\[24pt] & \; \qquad \textit{Nebenrechnung 2 } \\[6pt] & \; \qquad h(a) \; = \; - a \\[6pt] & \; \qquad h'(a) \; = \; - 1 \\[6pt] & \; \qquad g(a) \; = \; e^h \\[6pt] & \; \qquad g'(a) \; = \; e^h \\[6pt] & \; \qquad g'\Big(h(a)\Big) \; = \; e^{-a} \\[24pt] & v' \; = \; h'(a) \cdot g'\Big(h(a)\Big) \; = \; - 1 \cdot e^{-a} \; = \; - e^{-a} \\[24pt] A'(a) & = \; a \cdot e^{-a} + \frac{1}{2}a^2 \cdot \left( - e^{-a}\right) \\[6pt] A'(a) & = \; a \cdot e^{-a} - \frac{1}{2}a^2 \cdot e^{-a} \\[6pt] A'(a) & = \; \left( a - \frac{1}{2}a^2 \right) \cdot e^{-a} \\ \end{array} \)


notwendige Bedingung


\(A'(a)=0\)

\( \begin{array}{ r c l l } 0 & = & \left( a - \frac{1}{2}a^2 \right) \cdot e^{-a} & \textrm{mit} \quad e^{-a} \; \not= \; 0\\[6pt] 0 & = & a - \frac{1}{2}a^2 \\[6pt] 0 & = & a \cdot \left( 1 - \frac{1}{2}a \right) \\[24pt] a_1 & = & 0 \quad \textrm{und} \\[6pt] 0 & = & 1 - \frac{1}{2}a_2 & | \; + \frac{1}{2}a_2 \\[6pt] \frac{1}{2}a_2 & = & 1 & | \; \cdot 2 \\[6pt] a_2 & = & 2 \\ \end{array} \)


hinreichende Bedingung


\(A''(a) \not= 0\)

\( \begin{array}{ c l } A'(a) & = \; \left( a - \frac{1}{2}a^2 \right) \cdot e^{-a} \; = \; u \cdot v \\[24pt] A''(a) & = \; u' \cdot v \; + \; u \cdot v' \\[24pt] & \textit{Nebenrechnung} \\[6pt] & u \; = \; a - \frac{1}{2}a^2 \\[6pt] & u' \; = \; 1 - a \\[6pt] & v \; = \; e^{-a} \\[6pt] & v' \; = \; - e^{-a} \quad (\textit{siehe oben}) \\[24pt] A''(a) & = \; (1 - a) \cdot e^{-a} + \left( a - \frac{1}{2}a^2 \right) \cdot \left( - e^{-a}\right) \\[6pt] A''(a) & = \; (1 - a) \cdot e^{-a} \; + \left( - a + \frac{1}{2}a^2 \right) \cdot e^{-a} \\[6pt] A''(a) & = \; \left( 1 - a - a + \frac{1}{2}a^2 \right) \cdot e^{-a} \\[6pt] A''(a) & = \; \left( 1 - 2a + \frac{1}{2}a^2 \right) \cdot e^{-a} \\[24pt] A''(0) & = \; \left( 1 - 2 \cdot 0 + \frac{1}{2} \cdot 0^2 \right) \cdot e^{0} \\[6pt] A''(0) & = \; 1 \cdot 1 \\[6pt] A''(0) & = \; 1 \; > \; 0 \\[24pt] A''(2) & = \; \left( 1 - 2 \cdot 2 + \frac{1}{2} \cdot 2^2 \right) \cdot e^{-2} \\[6pt] A''(2) & = \; - 1 \cdot e^{-2} \\[6pt] A''(2) & = \; - \frac{1}{e^2} \; < \; 0 \\[24pt] & \Rightarrow \; a \; = \; 2 \\ \end{array} \)









Lösung : HMF 8 - Analysis

Aufgabe 1 - Stammfunktion von f

Es bieten sich 2 mögliche Wege an:

  1. Es gilt \(F'(x) \; = \; f(x)\). Der Nachweis ist erbracht, wenn beim Ableiten von \(F(x)\) auch \(f(x)\) heraus kommt.
  2. Aufleiten von \(f(x)\)



Version 1 - Ableiten von F

\(F(x)\) kann mit der Kettenregel abgeleitet werden:

\( \begin{array}{ c c l } F'(x) & = & g\Big(h(x)\Big) \\[16pt] & & \textit{Nebenrechnung} \\[6pt] & & \begin{array}{ r l } h(x) & = \; x - 2 \\[6pt] h'(x) & = \; 1 \\[6pt] g(h) & = \; \frac{1}{2} \cdot h^4 \, + \, 3 \\[6pt] g'(h) & = \; \frac{4}{2} \cdot h^3 \; = \; 2 h^3 \\[6pt] g'\Big(h(x)\Big) & = \; 2 \cdot (x - 2 )^3 \\[6pt] \end{array} \\[20pt] F'(x) & = & \; h'(x) \cdot g'\Big(h(x)\Big) \\[6pt] F'(x) & = & \; 1 \cdot 2 \cdot (x \, - \, 2)^3 \\[6pt] F'(x) & = & \; 2(x - 2 )^3 \\[6pt] f(x) & = & \; a(x - 2 )^3 \qquad \textit{mit} \quad a = \, 2 \\ \end{array} \)




Version 2 - Aufleiten von f


\( \begin{array}{ r c l } F(x) & = & \displaystyle{\int} f(x) dx \\[5pt] F(x) & = & \displaystyle{\int} \big(a \cdot (x - 2 )^3\big) dx \\ \end{array} \)


Die verkettete Funktion \(f_a\) wird mit dem Substitutionsverfahren integriert. Wir wählen als Substitution

\( z \; = \; x - 2 \)


Die 1. Ableitung wird geschrieben als

\( z'(x) \; = \frac{dz}{dx } \)


und wir erhalten

\( \begin{array}{ r c l l } \frac{dz}{dx} & = & 1 & | \cdot dx \\[6pt] dz & = & dx \\ \end{array} \)


Mit \(z\) und \(dz\) eingesetzt ergibt sich

\( \begin{array}{ r c l } \displaystyle{\int} a \cdot z^3 dz & = & \frac{a}{4} \cdot z^4 + C \\[6pt] & = & \frac{a}{4} \cdot (x - 2 )^4 + C \\ \end{array} \)


Mit Konstante \(C = 3\) und \(a = 2\) erhalten wir

\( \begin{array}{ r c l } \frac{2}{4} \cdot (x - 2 )^4 + 3 & = & \frac{1}{2} \cdot (x - 2 )^4 + 3 \\[6pt] & = & F(x) \\ \end{array} \)








Aufgabe 2 - Negative Funktionswerte

Die Stammfunktion

\( F_a(x) \; = \; \frac{a}{4} \cdot (x - 2 )^4 + C \)

ist eine Potenzfunktion 4. Grades,

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die um 2 Einheiten nach rechts verschoben ist.

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Wie leicht zu erkennen ist, haben nur Stammfunktionen mit einem negativem \(a\) einen negativen Funktionswert.
Allerdings ist \(F_a(2) = 0\) für \(C= 0\), also nicht negativ. Deshalb muss der \(C\)-Wert auch noch angepasst werden. Damit alle Funktionswert negativ sind,muss gelten \(a < 0 \quad \textrm{und} \quad C < 0\) .

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