1 Exponentielles Wachstum

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1 Schülerbuchseite Lösungen vorläufig VI Anwendungen der Differential- und Integralrechnung Exponentielles Wachstum S. 56 S. 58 a) H (t) = 4000,0 t b),0 t = e k t,0 = e k k = ln,0 0,0 H (t) = 4000 e 0,0 t c) k = ln,0 = ln ( + %) a) c = ; k = ln,05 0,05; f (t) = e 0,05 t Anmerkung: Die Bank rechnet nicht mit g (t) = ,05 t, durch die unzulässige Rundung auf 0,05 entsteht eine Differenz z. B. bei f (0) g (0) 700 zu Ungunsten der Bank. b) f () = e 0,05 05,40 ; f () 03,40 ; f (3) 3 36,70 ; f (5) 5 680,50 ; f (0) 3 974,40 ; f (0) ,60 c) f (t + ) f (t) > e 0,05 (t + ) e 0,05 t > e 0,05 t (e 0,05 ) > 000 e 0,05 t >,95 t > 3,36 Im 4. Jahr beträgt das mittlere Wachstum mehr als 000. d) f (t) = e 0,05 t 0,05 = 000 e 0,05 t f (t) = e 0,05 t = 000 e 0,05 t = t 0,05 = ln t 3,86 Nach 4 Jahren erreicht die momentane Wachstumsrate 000 pro Jahr. 3 a) Prüfe die Quotienten der Bakterienzahlen jeweils aufeinander folgender Zeitschritte: 7,7 : 7,,08; 8,3 : 7,7,08; 9,0 : 8,3,08 b) k = ln,08 0,08; f (t) = 7, e 0,08 t c) = 7, e 0,08 t,69 = e 0,08 t ln,69 = 0,08 t _ ln,69 t = 0,08 6,6 Nach etwas weniger als 7 Stunden werden es mehr als Millionen Bakterien sein. 4 rot: Ablesen zweier Punkte: P (0,5) und P (4 0,5); einsetzen in f (x) = a e k x ergibt zwei Gleichungen: (I),5 = a e 0 a =,5; (II) 0,5 =,5 e 4 b b 0,4 Gleichung: f (x) =,5 e 0,4 x analoge Vorgehensweise bei dem gelben und blauen Graphen. gelb: P (0 ); P (4 5,5); f (x) = e 0,5 x blau: P (0 ); P (4,5 6); f (x) = e 0,4 x 5 a) f (t) = c e k t f (0) = 88,9 c = 88,9 f (5) = 88,9 e k 5 = 40; e k 5 _ ln,57 =,57; k = 5 0,03 a = e 0,03,03 Die jährliche Zuwachsrate beträgt 3 %. b) Neue Funktion g, die das Wachstum ab 006 beschreibt: g (t) = 40 e 0,03 t bzw. g (t) = 40 e 0,05 t g (4) = 40 e 0, Millionen oder: g (4) = 40 e 0, Millionen Die Prognosewerte für das Jahr 00 schwanken zwischen 99 Millionen und 3 Millionen. Ernst Klett Verlag GmbH, Stuttgart 00 Lösungen Klasse ISBN Integralrechung 8

2 Schülerbuchseite 59 Lösungen vorläufig S a) Vergleiche die Quotienten des relativen Risikos für Lungenkrebs aufeinander folgender gleicher Zeitschritte: 30 : 38 0,79; : 30 0,73; 7 : 0,77; 3 : 7 0,76; 0 : 3 0,77 f (t) = 38 e ln 0,77 t = 38 e 0,6 t ; t š Jahre b) f (7,5) = 38 e 0,6 7,5 5,4 5 Jahre nach der letzten Zigarette beträgt das Risiko an Lungenkrebs zu erkranken ca. 5,4 %. c) = 38 e 0,6 t t = ln ( _ 38 ) _ 0,6 4 Nach 8 Jahren wird etwa das Lungenkrebsrisiko eines Nichtrauchers erreicht. 7 a) f (t) = c e k t f (0) = 400 c = 400 f () = 400 e k = 30000; e k = 75; k = _ ln 75,6 f (t) = 400 e,6 t b) f (5) 9,6 Millionen c) f (t) = 400 e,6 t,6 = 864 e,6 t f (0) 860; f () = 864 e,6 7500; f () = 864 e, d) f (0) = 400 e,6 0 9,6 0 f (00) = 400 e,6 00, Die Berechnung ist weniger sinnvoll, weil sich das exponentielle Wachstum sicher nicht allzu lange fortsetzen kann. 8 a = 0,96; k = ln 0,96 0,04 f (t) = e 0,04 t (t in s) f (0) = e 0,04 0 0,8 % Die Pumpe arbeitet nicht normal. 9 a) f (0) > g (0) und die Wachstumskonstante von f ist kleiner als die Wachstumskonstante von g. b) f (t S ) = g (t S ); 800 e 0,8 t S = 800 e, t S ;,5 = e 0,4 t S _ ln,5 ; t S = 0,4,073; S (,0 9) c) f (t) = 800 e 0,8 t 0,8 = 440 e 0,8 t ; f (,073) 790; tan α = 790 α = 89,99 g (t) = 800 e, t, = 960 e, t ; g (,073) 0 935; tan α = α = 89,9948 Schnittwinkel: φ = α α 0,003,073 d) A = : (f(t) g (t)) dt = 4 50 e 0,8 t 666,7 e, t, a) h (0) = 0,0 e k 0 = 0,0 Die Pflanze ist zu Beobachtungsbeginn cm hoch. b) h (6) = 0,0 e k 6 = 0,4; e k 6 = 0; k = _ ln 0 6 0,5 c) h (9) = 0,0 e 0,5 9,80 Nach 9 Wochen ist die Pflanze,80 m hoch. d) 3 0,0 e 0,5 t ; e 0,5 t = 50; t = _ ln 50 0,5 0 Nach etwa 0 Wochen ist die Pflanze 3 m hoch. e) f (t + ) f (t) =,5 0,0 e 0,5 (t + ) 0,0 e 0,5 t =,5; 0,0 e 0,5 t (e 0,5 ) =,5; t = 9,5 Zwischen 9,5 und 0,5 Wochen wächst die Pflanze 50 cm. f) f (t) = 0,0 e 0,5 t 0,5 = 0,0 e 0,5 t 0,0 e 0,5 t = ; e 0,5 t = 00; t = _ ln 00 0,5 9, Nach 9, Wochen ist die momentane Wachstumsrate m Woche. g) 3 = 3,5 8, e 0,75 t ; 0,5 = 8, e 0,75 t ; e 0,75 t _ ln 0,06 = 0,06; t = 0,75 6 Nach dieser Modellierung ist die Pflanze erst nach etwa 6 Wochen 3 m hoch. Ernst Klett Verlag GmbH, Stuttgart 00 Lösungen Klasse ISBN Integralrechung 83

3 Schülerbuchseite 59 6 Lösungen vorläufig t Die Zufallsgröße X beschreibt die Anzahl der entdeckten Fahrräder mit beiden Mängeln. Es wird das Gegenereignis betrachtet: Keines der untersuchten Fahrräder hat beide Mängel, d. h. X = 0 Für die Wahrscheinlichkeit dieses Ereignisses soll gelten: P (X = 0) 0 % X ist binomialverteilt mit p = 0,05. P (X = 0) = ( n 0 ) 0,05 0 ( 0,05) n! 0 % n 45 Es müssen wenigstens 45 Fahrräder überprüft werden. a) Fehler im Schülerbuch bis Auflage. Richtig muss es heißen: x 3 3 x = 4 x Die ganzrationale Funktion x 3 3 x 4 x (vom Grad 3) besitzt höchstens 3 Nullstellen; es gibt also maximal 3 Lösungen. x 3 3 x 4 x = x (x 3 x 4) = 0 x = 0 oder x 3 x 4 = 0 Lösung der quadratischen Gleichung liefert: x = ; x = 4 L = { ; 0; 4} b) L = [ 7, ; + [ Bestimmung von Halbwerts- und Verdoppelungszeiten S. 60 a) f (0) = 8; f () = 4; f (4) = ; f (6) = Innerhalb von Zeiteinheiten halbiert sich der Bestand. b) f (t) = 3 e 0,5 t ; f (0) = 3 e 0 = 3 6 = 3 e 0,5 t = e 0,5 t ; t = ln 0,5,4 = 3 e 0,5 t 4 = e 0,5 t ; t = ln 4 0,5,8 S. 6 a) a = 5 % = 0,85; k = ln a = ln 0,85 0,6 T H = _ ln 0,6 4,3 Nach 4,3 Jahren ist der Wert des Autos auf die Hälfte gesunken. b) a = + 4,5 % =,045; k = ln,045 0,04 T V = ln 5,7 ln,045 Nach 5,7 Jahren hat sich das angelegte Geld verdoppelt. c) T V = _ ln ; k = _ ln k 0,06; a = e k = e 0,06,06 Der Zinssatz beträgt 6 %. d) f (t) = c e k t _ ln 0,5 ; f (0) = f (8,5) = 0,5 k = 8,5 0,075 a = e k 0,978; a 0,07 Es zerfallen täglich etwa 7, %. 3 Anmerkung: Es wird mit dem exakten TR-Wert weitergearbeitet! a) T H = _ ln = 4400; k = _ ln 5 k 4400,8 0 f (t) = 30 e,8 0 5 t f ( 0) = 30 e,8 0 5 ( 0) 30,0 kg f (00) = 30 e, ,9 kg b) f (000) = e, ,97 Nach 000 Jahren sind noch 97 % vorhanden. f (0000) = e, ,75 Nach Jahren sind noch 75 % vorhanden. c) 0, = e,8 0 5 t ln 0, ; t =, Nach ca Jahren sind 90 % einer Menge zerfallen. Ernst Klett Verlag GmbH, Stuttgart 00 Lösungen Klasse ISBN Integralrechung 84

4 Schülerbuchseite 6 Lösungen vorläufig 4 a) a = + 0,04 =,04: k = ln,04 0,04 T V = _ ln 0,04 50 Nach etwa 50 Jahren hätte sich die Bevölkerung Indiens erneut verdoppelt. b) T V = _ ln = 33; k = ln _ k 33 0,0; a = e k = e 0,0,0 Die jährliche Zunahme betrug etwa, %. 5 g (t) = c e k t (I) g () = c e k = 85 c = _ 85 e k in (II): 85 (II) g (5) = c e 5 k = 35 g (t) = 6 e 0,54 t T V = _ ln 0,54 4 _ e k e 5 k = 35 e 3 k,59 _ ln,59 k = 3 0,54 85 c = e 0, blauer Graph: f (0) =,5; f () = 5 a,86 k 0,6 f (t) =,5 e 0,6 t ; T V = ln 0,6,6 relative Zunahme: a 83 % lila Graph: f (0) = ; f () = 3 a,5 k 0, f (t) = e 0, t ; T V = ln 0, 3,5 relative Zunahme: a 3 % roter Graph: f () = ; f (3) = a 0,707 k 0,35 f (t) =,84 e 0,35 t ; T H = _ ln 0,35 relative Abnahme: a 0,9 30 % 7 T H = _ ln =,3; k = _ ln k,3 0,056 f (t) = e 0,056 t a = e k 0,945; a 0,055 Jährlich zerfällt ein Anteil von 5,5 %. 8 a) Ansatz: f (x) = a x 4 + b x 3 + c x + d x + e Wegen f (0) = 0 und f (0) = 0 d = e = 0 f (x) = a x 4 + b x 3 + c x f (x) = 4 a x b x + c x f (x) = a x + 6 b x + c f () = 0: Å6 a + 8 b + 4 c = 0 f () = : a + b + c = Å a = ; b = ; c = 0 f () = 0: Å a + 6 b + c = 0 f (x) = x 4 + x 3 (roter Graph zugehörig) b) Blauer Graph: f (0) = a = f blau (x) = x 4 + x 3 x + c) f a (x) = x + x Wendepunkte: f a (x) = 0 x ( x + ) = 0 x = 0; x = W (0 a); W ( a) d a = _ W W = a 4 a + Extremwertuntersuchung mithilfe der Ersatzfunktion E (a) = 4 a 4 a + E (a) = 8 a 4 E (a) = 0 a = _ Für a = _ ergibt sich ein minimaler Abstand (E (a) = 8 > 0). Ernst Klett Verlag GmbH, Stuttgart 00 Lösungen Klasse ISBN Integralrechung 85

5 Schülerbuchseite 6 63 Lösungen vorläufig 3 Wiederholung: Extremwertprobleme S. 6 a) Die nach unten geöffnete Parabel ist symmetrisch zur y-achse, ihr Scheitel S (0 9), ihre Schnittpunkte mit der x-achse sind N ( 3 0) und N (3 0). Somit kann für jedes u (0 u 3) ein Rechteck einbeschrieben werden. Für u = 0 und u = 3 ist der Flächeninhalt gleich 0. Für einen Wert u 0, 0 < u 0 < 3, ist der Flächeninhalt dann maximal. b) ) Man stellt eine Funktion f auf, die den Flächeninhalt des Rechtecks in Abhängigkeit von u beschreibt. ) Man bestimmt die Extremwerte dieser Funktion f. u 0 ist dann eine der Stellen, für die f ein lokales Maximum bestitzt, nämlich diejenige mit dem größten Funktionswert. S. 63 a) y Da 0 x P 3 liegt auch Q auf der x-achse so, dass x Q 3. Der Flächeninhalt beträgt A = 3 für x = 0 bzw. A = 0 für x = 3. Für einen Wert x 0 besitzt das Rechteck maximalen P S Flächeninhalt, entweder an einem lokalen Maximum der Flächeninhaltsfunktion oder am Rand für x = 0. Q R x 4 3 O 3 b) A (x) = (3 x) f (x) = (3 x) (0,4 x + ) A (x) =, x + 3 0,4 x 3 x = 0,4 x 3 +, x x + 3 A (x) =, x +,4 x A (x) = 0 wenn, x,4 ± ,76 4,8,4 ± 0,98 +,4 x = 0; x / =,4 =,4 x =,4; x = 0,6 x ist zwar lokales Maximum, wegen A (x ),85 besitzt das Rechteck für P (0 ) maximale Fläche. 3 a) V = a h = 40 ø; 0 = a + 4 a h a h = 40 h = _ 40 a O (a) = a + 4 a 40 _ a = a + 60 _ a O (a) = a 60 _ a O (a) = 0 wenn a _ 60 a = 0 a3 = 60; a 3 = 80; a 4,3; O (a) = + _ 30 a 3 > 0 h = _ 40 4,3, Die Kiste muss mit den Maßen a = 4,3 dm (Grundkante) und der Höhe h =, dm gebaut werden. b) V = r π h = 500 ø h = _ 500 r π (h in dm, da ø = dm3 ) ohne Deckel: O = r π + r π h O (r) = r π + r π _ 500 r π = r π mit Deckel: _ r O (r) = r π _ 000 r O (r) = 0 wenn r π _ 000 r = 0; r 3 π = 000; r = ,4 h = _ ( 500 _ = 500_ 3 = r _ 500 π )_ 3 π _ 3 Der Materialverbrauch für die Tonne ohne Deckel wird für r = h 5,4 dm möglichst gering. O = r π + r π h O (r) = r π + r π _ 500 r π = r π O (r) = 4 r π _ 000 r O (r) = 0 wenn 4 r π _ 000 r = 0; 4 r 3 π = 000; r = ,3 _ r Mit Deckel wird der Materialverbrauch für die Tonne für r = 4,3 dm und h = 8,6 dm möglichst gering. _ π _ π Ernst Klett Verlag GmbH, Stuttgart 00 Lösungen Klasse ISBN Integralrechung 86

6 Schülerbuchseite 63 Lösungen vorläufig 4 rπ r U = a + r + r 0 r ( + π r) π = a + r ( + π r) = 0 a = Maximale Lichtmenge für S = 60 % _ r π + 80 % a r S (r) = 0,3 π r + 0,8 (0 r ( + π r)) r = (0,3 π 0,8 ( + π r)) r + 8 r S (r) = 0,6 π r r 3 π r ; S (r) < 0 a S (r) = 0 r 0,86 Für r 0,86 m und a 3,4 m würde eine maximale Lichtmenge ins Innere gelangen. r r 5 a) Schnittpunkte von f b (x) und g b (x) im Intervall 4 π_ ; π_ 5: b cos ( x) = _ b cos ( x) b cos ( x) + _ cos ( x) = 0; b also: ( b + _ b ) cos ( x) = 0; cos ( x) = 0 für x = π_ 4 ; x = π_ 4 Die Fläche liegt also im Intervall 4 π_ 4 ; π_ 4 5: Da die gesuchte Fläche symmetrisch zur y-achse ist, gilt: 0 π_ 4 A (b) = : ( ( b + _ b ) cos ( x) ) dx = ( b + _ b ) 4 _ sin ( x) 5 π_ 4 = ( b + _ b ) 4 _ sin 0 _ sin ( π_ ) 5 = ( b + _ b ) _ = b + _ b Da die Funktionen für b < 0 nur die Rolle tauschen, der Flächeninhalt jedoch gleich bleibt, genügt es, b > 0 zu betrachten. 0 A (b) = _ b ; A (b) = 0 wenn _ b = 0; b = ; b = A (b) = _ 3 ; A () = ; also liegt für b = ein Tiefpunkt/Minimum vor. b Für b = wird der Flächeninhalt minimal. A () =. b) Da kein lokales Maximum existiert und lim A (b) = + und lim A (b) = + existiert kein b 0 b + maximaler Flächeninhalt, sondern dieser kann beliebig groß werden. 6 a) f (x) = 4_ 3 x + 4; B (x f (x)) A (x) = x ( 4_ 3 x + 4 )= 4_ 3 x + 4 x A (x) = 8_ 3 x + 4 A (x) = 0 wenn 8_ 3 x + 4 = 0 x =,5; A (,5) = 8_ 3 < 0 maximale Rechtecksfläche: A (,5) = 3 FE; B (,5 ) b) A Dreieck = _ 4 3 = 6 FE Variante : P (0 3); P (4 0); f (x) = 3_ 4 x + 3 A (x) = x ( 3_ 4 x + 3 )= 3_ 4 x + 3 x A (x) = 3_ x + 3; A (x) = 0 wenn 3_ x + 3 = 0 x = maximale Rechtecksfläche: A () = 3 FE; B (,5) Variante : P (0 ); P (6 0); f (x) = _ 3 x + A (x) = x ( _ 3 x + )= _ 3 x + x A (x) = _ 3 x + ; A (x) = 0 wenn _ 3 x + = 0 x = 3 maximale Rechtecksfläche: A (3) = 3 FE; B (3 ) Ergebnis: Die maximale Rechtecksfläche bleibt immer gleich, nämlich 3 FE; der x-wert von B ist stets der halbe x-wert der Nullstelle von f. Ernst Klett Verlag GmbH, Stuttgart 00 Lösungen Klasse ISBN Integralrechung 87

7 Schülerbuchseite Lösungen vorläufig 7 f (x) = 5 (00 5 x) (70 Passagieren + 0 x) f (x) = 5 ( 500 x + 50 x ) f (x) = 5 ( 000 x + 50) f (x) = 0 wenn 000 x + 50 = 0 x =,5 Eine Preissenkung auf 00 5,5 = 43,75 würde ca ,5 = 5 Passagiere pro Flug bringen und damit tägliche Einnahmen von ,75. 8 a) 3 x 3_ cos x b) (cos x) (sin x) x_ c) x + f) cos x (x ) + sin x x d) x sin x + 4 x 3 cos x e) _ ( _ x sin x ) t 9 Ansatz: α_ 360 r π = r α = _ 360 π 4,6 4 Untersuchung verknüpfter Funktionen S. 64 S. 67 grüner Graph: drei einfache Nullstellen: x = ; x 0,7; x 3, drei Extremwerte: Tiefpunkte bei x 4 0,7; x 5,6 lim f (x) = + x + blauer Graph: zwei einfache Nullstellen: x = ; x = Schnittpunkt mit der y-achse bei (0 ) lim f (x) = ; lim f (x) = 0 (x-achse ist Asymptote) x + x ein Hochpunkt bei x 3 0,4 roter Graph: Symmetrie zur y-achse zwei einfache Nullstellen: x,6; x,6 x-achse ist Asymptote a) f (x) = sin x + ( + x) cos x b) g (x) = sin ( + x ) x c) h (x) = e x ( + e x ) + e x e x = e x ( + e x + e x ) = e x ( + e x ) d) f (x) = 3 (sin x) cos x e) g (x) = 3 e + x f) h (x) = e x (x x + ) + e x ( x ) = e x (x ) 3 Nullstellen: g (x) = 0 wenn x + = 0 oder ln x = 0; Nullstelle: ( 0) x = n. d. x =??? Extremwerte: g (x) = _ x + x + ln x ; g (x) > 0 für alle x * D g Grenzwerte: y keine Extremwerte; G g ist echt monoton steigend. lim x 0 +g (x) = ; lim g (x) = + x + G f O x 3 4 Ernst Klett Verlag GmbH, Stuttgart 00 Lösungen Klasse ISBN Integralrechung 88

8 Schülerbuchseite xx xx Lösungen vorläufig S a) f (x) = 0 wenn e x (x + x) = 0; e x < 0 für alle x * D x + x = 0 x (x + ) = 0; x = 0; x = b) f (x) = e x (x + x) e x ( x + ) = e x (x + 4 x + ) f (x) = 0 wenn e x (x + 4 x + ) = 0; x + 4 x + = 0; x / = 4 ± ; x = ; x = f (x) = e x (x + 4 x + ) e x ( x + 4) = e x (x + 6 x + 6) f ( ) < 0, also Hochpunkt bei ( ,9) f ( ) > 0, also Tiefpunkt bei ( ,3) c) f (x) = 0 wenn e x (x + 6 x + 6) = 0; x + 6 x + 6 = 0; x / = Wendepunkt bei ( ,3) und ( ,5) d) lim x e x (x + x) = ; lim + x e x (x + x) = 0 e) F (x) = 4x e x x e x = e x ( x + x ) = f (x) 0 f) : f (x) dx = 4 x e x 0 5 = 0 ( ( ) e ) = (,08) =,08 g) A k = : k f(x) dx = 4 x e x 5 k = ( ) e ( k e k ) = 8 e + k e k lim 8 e + k e k = 8 e k 5 Nullstellen bei x = ; x = Extremwerte: Tiefpunkt bei ( 0,4 5); Hochpunkt bei (,,7) Wendepunkte: W ( 0,5 ); W (4,) : f(x) dx = : f(x) dx = ; x = ; x = a) f (x) = 3 e x + 3 x e x ( ) = 3 e x 6 e x = 3 e x ( x) f () = 3 e ( ) = 3 e 3 e = 3 e + t t = 6 e Tangente: f (x) = 3 e x + 6 e b) f (0,5) = 3 e (0,5) ( 0,5) = 0 Der Graph hat bei (0,5 e ) eine waagrechte Tangente. Normale: x =,5 e c) f (x) = 3 e x ( ) ( x) + 3 e x ( ) = 6 e x ( x) 6 e x = 6 e x ( x) = e x ( x) f (x) = 0 wenn x = 0; x = Tangente aus a) ist auch Wendetangente; f (x) = 3 e x + 6 e 7 Senkrechte Asymptote bei x = _ Waagrechte Asymptote bei y = 3 x a f (x) = ; f (0) = _ 3 ( _ a x + _ ) _ 3 _ = a = _ 3 f (0) = ; x + 3 f (x) = _ 3 ( = 3 x + x + _ ) ( x + _ ) b) g (x) = e lim x e ± 3 x + ( x + _ ) 3 x + ( x + _ ) ; D f = R \ 6 _ 7 = e 3_ zu d) O 3 y G f x Ernst Klett Verlag GmbH, Stuttgart 00 Lösungen Klasse ISBN Integralrechung 89

9 Schülerbuchseite xx xx Lösungen vorläufig c) h (x) = ln ( 3 x + ( x + _ )) 3 x + > 0 und ( x + _ )> 0 x = _ 3 und x + _ < 0 x < _ D h = ] _ ; _ 3 [ Die innere Funktion ist in D h streng monoton abnehmend. Die äußere Funktion x ln x ist streng monoton abnehmend. Daher ist g (x) in D h streng monoton abnehmend. d) XXX 8 a) f (x) = 0 wenn x + x = 0; x (x + ) = 0; x = 0; x = b) g (x) = 0 wenn e 3 x e x = 0; e 3 x = e x 3 x = x; x = 0 c) f (x) = 0 wenn x 3 e x x e x = 0; x e x = 0; x = 0; x = d) g (x) = 0 wenn ln (x + x ) = 0; also x + x = x + x 3 = 0 x / = ± ; x = ; x = e) h (x) = 0 wenn e x e x = 0; e x = e x x = ln x; x = ln f) f (x) = 0 wenn x x _ = 0; x x = 0; x / = ± _ ; x = _ ; x = ; 9 a) f (x) = 00 e 0,05 x + 00 (x 0) e 0,05 x ( 0,05) = 00 e 0,05 x ( 0,05 (x 0)) = 00 e 0,05 x (,5 0,05 x) f (x) = 0 wenn 00 e 0,05 x (,5 0,05 x) = 0,5 0,05 x = 0 x = 30 Nach 30 Tagen rechnet man mit der höchsten Besucherzahl. f (30) = 00 (30 0) e 0, Die Besucherzahl ist dann etwa b) Kurz vor und auch nach dem Besuchermaximum bleiben die Besucherzahlen fast auf dem Höchststand. c) f (x) = 00 e 0,05 x (0,05) ( 0,05 x) + 00 e 0,05 x (0,05) f (x) = 5 e 0,05 x (,5 0,05 x) f (x) = 0 wenn,5 0,05 x = 0 x = 50 S a) g ist echt monoton zunehmend für x *] ; 0,6 [, für x *] 0,6 ; + [ monoton abnehmend. Der Graph schneidet bei x 0,4 die x-achse und bei (0 ) die y-achse. lim g (x) = 0, d. h. die x-achse ist Asymptote. x + b) Bei einem Startwert x nähern sich die x n -Werte keinem Wert (der gesuchten Nullstelle) an, sondern sie wandern immer mehr ins Unendliche. a) f (x) = 0 wenn x e x = 0 x = 0 b) lim x x + e x = 0; lim x x e x = c) f (x) = x e x + x e x ( ) = e x ( x) f (x) = 0 wenn e x ( x) = 0 x = ; E ( ) f (x) = e x ( x) ( ) = e x (x ) f (x) = ( ) = Hochpunkt bei ( ) d) f (x) = 0 wenn e x (x ) = 0 x = ; Wendepunkt: ( 4 e ) f (x) > 0 für x > G f ist linksgekrümmt; f (x) < 0 für x < G f ist rechtsgekrümmt. Ernst Klett Verlag GmbH, Stuttgart 00 Lösungen Klasse ISBN Integralrechung 90

10 Schülerbuchseite xx xx Lösungen vorläufig e) zu e) + g)? f ( 0,5) = 0,5 e,5,75 y f (5) = 0 e 4 0,8 3 G Ø G f O x f) : f (x) dx _ = ; : f(x) dx _ 4 = 4 g) Ø (x) = f (x) Ø (x) = 0 für x = 0; Ø (x) = f (x); f (x) = e > 0 Die Integralfunktion hat an der Stelle (0 0) ein Minimum. y Der abgebildete Graph drückt die Ableitung Ø (x) aus. Da f an der Stelle x = 3 eine Nullstelle hat, hat Ø (x) bei x = 3 einen Extremwert. x Für x < 3 besitzt G f negative Werte, somit fällt G Ø, für x > 3 steigt G Ø. O 3 4 An der Stelle x = hat G f einen Tiefpunkt, somit hat G Ø einen G Ø Wendepunkt. G Ø hat an der Stelle x = 0 eine Nullstelle. v v 3 Beide Begriffe werden beim Testen von Hypothesen verwendet. Ein Fehler. Art liegt vor, wenn die Nullhypothese wahr ist, jedoch irrtümlich (aufgrund der Testergebnisse) verworfen wird. Das Signifikanzniveau α (für einen zu konstruierenden Test) ist die vorgegebene maximale Wahrscheinlichkeit für diesen Fehler. Art, die man bereit ist, zu tolerieren. 4 a) E: _ X = ( ) + λ ( ) + μ ( 3 ) b) z. B. AB AC = ( ) ist ein Normalenvektor ( ) = Mit dem Aufpunkt ( ) ergibt sich n 0 = (( 8) ) = 4 Hesse sche Normalenform (Koordinatendarstellung): 8 x + 4 x 8 x 3 4 = 0 _ ( Im Nenner Vorzeichen, damit n 0 = _ 4 < 0 ) x x + x = 0 c) d (R; E) = = ; d (S ; E) = d) AB AC = ist auch Normalenvektor von H: ( ) ( _ X ( 4 3 ) ) = 0 e) Nein. Der Punkt S hat von E den gleichen Abstand wie der Punkt R. R und S könnten aber auf verschiedenen Seiten von E liegen. Ernst Klett Verlag GmbH, Stuttgart 00 Lösungen Klasse ISBN Integralrechung 9

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