original-prüfungsaufgaben · pdf filedie abbildung rechts zeigt den graphen dieser...

Original-Prüfungsaufgaben

Die Unterteilung in Teilaufgaben (1), (2) usw. wurde vorgenommen, um die Lösungen besser zu gliedern. Die rechts stehenden Hinweise auf Abschnitte aus dem Basiswissen können helfen, in dem betreffenden Zusammenhang vorhandene Lücken zu schließen.

� Original-Abituraufgaben

Aufgabe 1 Analysis – Grundlegendes Niveau

Gegeben ist die Funktion f mit f (x) = 1 __ 4 x 2 · e – 1 ___

10 x .

a) (1) Skizzieren Sie den Graphen von f in ein Koordinatensystem. (2) Bestimmen Sie f (1) und f (− 1) . (3) Begründen Sie mithilfe dieser beiden Werte, dass der Graph von f weder

punktsymmetrisch zum Ursprung noch achsensymmetrisch zur y-Achse ist. B3

(4) Weisen Sie nach, dass für die Ableitungsfunktion von f gilt:

f ’ (x) = ( – 1 ___ 40

x 2 + 1 __ 2 x ) · e – 1 ___

10 x . A�

b) (1) Der Graph der Ableitungsfunktion von f ist im nachfolgenden Koordinaten-system dargestellt. Beschreiben Sie den Zusammenhang zwischen den Graphen von f und f ’ an den Stellen x 1 = 0 und x 2 = 20. B4

(2) Bestimmen Sie die Steigung des Graphen von f an der Stelle x = 15. Begründen Sie, dass es eine weitere Stelle geben muss, an der der Graph von f dieselbe Steigung hat.

c) Für ein Konzert können ab einem bestimmten Datum Karten per E-Mail re-serviert werden. Für x ≥ 0 beschreibt f (x) modellhaft die Anzahl eingehender E-Mails pro Minute. Dabei entspricht x der Zeit in Minuten seit 0:00 Uhr.

(1) Interpretieren Sie f (7) und den Hochpunkt des Graphen von f im Sach-zusammenhang.

(2) Die Mitarbeiter bearbeiten 8 E-Mails pro Minute. Bestimmen Sie den Zeitraum, in dem mehr E-Mails pro Minute eingehen als bearbeitet werden.

d) (1) Begründen Sie, dass die Gesamtzahl der angekommenen E-Mails mithilfe eines Integrals beschrieben werden kann. C4

(2) Bestimmen Sie die Anzahl der E-Mails, die in den ersten 40 Minuten ein-gehen. C�

Untersuchen Sie, ob es einen Zeitpunkt gibt, zu dem mehr als 120 der eingegangenen E-Mails unbearbeitet sind.

(3) Zwischen 0:45 Uhr und 0:55 Uhr können die Mitarbeiter zusätzlich zu den eintreffenden E-Mails bisher unbearbeitete E-Mails bearbeiten. Bestimmen Sie deren Anzahl.

3Analysis

Lösung:a) (1) Graph von f

(2) Es gilt: f (1) ≈ 0,226 und f (– 1) ≈ 0,276.

(3) Achsensymmetrie zur y-Achse würde vorliegen, wenn für alle a ∈ D f gilt: f (– a) = f (a).

Da es mindestens eine Stelle a ∈ D f gibt, für die dies nicht gilt, also f (– a) ≠ f (a), liegt keine Achsensymmetrie zur y-Achse vor. (a = 1 ist ein Gegenbeispiel.)

Punktsymmetrie zum Ursprung würde vorliegen, wenn für alle a ∈ D f gilt: f (– a) = – f (a). Da es mindestens eine Stelle a ∈ D f gibt, für die dies nicht gilt, also f (– a) ≠ – f (a), liegt keine Punktsymmetrie zum Ursprung vor. (a = 1 ist ein Gegen-beispiel.)

(4) Nach den Ableitungsregeln folgt:

f ’ (x) = 2 · 1 __ 4 · x · e – 1 ___ 10

x + 1 __ 4 · x 2 · ( – 1 ___ 10

) · e – 1 ___ 10

x = ( 1 __ 2 x – 1 ___

40 x 2 ) · e – 1 ___

10 x

b)

4 Original-Abituraufgaben

(1) Da f ’ an der Stelle x = 0 eine Nullstelle mit VZW von – nach + hat, hat der Graph von f an der Stelle x = 0 ein lokales Minimum. Da f ’ an der Stelle x = 20 eine Nullstelle mit VZW von + nach – hat, hat der Graph von f an der Stelle x = 20 ein lokales Maximum.

(2) Es gilt: f ’ (15) = 0,418 369 …. Wie aus dem Graphen von f ’ ersichtlich ist, schneidet die Gerade mit y = 0,418 369 … den Graphen von f ’ ein weiteres Mal, d. h. es gibt eine weitere Stelle mit dieser Steigung. Mithilfe des intersect-Befehls könnte man diese Schnittstelle von Y2 = f ’ und Y3 = 0,418 369 … bestimmen: x ≈ 0,969 – diese Berechnung wird in der Aufgabenstellung nicht verlangt, sondern nur eine Begründung für die Existenz einer zweiten Stelle.

c) (1) Wenn durch die Funktion f die Anzahl der eingehenden E-Mails modelliert wird, dann gibt der Funktionswert an der Stelle x = 7 ungefähr die zum Zeitpunkt 0:07 Uhr eingehenden E-Mails an. Es gilt: f (7) = 6,083 1… ≈ 6, d. h. um 0:07 Uhr treffen ungefähr 6 E-Mails pro Minute ein. Durch den Hochpunkt H (20 | 13,534) wird das Maximum der eingehenden E-Mails beschrieben.

(2) Gesucht ist das Intervall, auf dem gilt, dass f (x) > 8. Mithilfe des intersect-Befehls bestimmen wir die beiden Stellen, für die f (x) = 8 gilt:

Wir lesen ab: Zwischen x 1 ≈ 8,8 und x 2 ≈ 38,2 treffen mehr als 8 E-Mails pro Minu-te ein.

�Analysis

d) (1) Da durch f eine Änderungsrate beschrieben wird (hier: Anzahl der eingehenden E-Mails pro Minute), wird der „Bestand“ mithilfe des Integrals rekon-struiert. Durch numerische Integration mithilfe des GTR lesen wir ab: Innnerhalb der ersten 40 Minuten treffen ungefähr 381 E-Mails ein.

(2) Wie in Teilaufgabe c) berechnet wurde, treffen bis zum Zeitpunkt x 1 ≈ 8,8 weniger als 8 E-Mails pro Minute ein, die alle sofort bearbeitet werden können. Erst danach treffen mehr E-Mails ein, als sofort be-arbeitet werden können; dies geschieht bis zum Zeitpunkt x 2 ≈ 38,2. In dieser Zeitspanne „stapeln“ sich also die unbearbeiteten E-Mails. Durch das Integral über die Funktion g mit g (x) = f (x) – 8 zwischen x 1 ≈ 8,8 und x 2 ≈ 38,2 erhalten wir die Anzahl der nicht bearbeiteten E-Mails. Diese Anzahl liegt unter 120; daher tritt kein Zeitpunkt ein, zu dem mehr als 120 E-Mails unbearbeitet sind.

(3) Im Zeitraum zwischen 0:45 Uhr und 0:55 Uhr treffen ungefähr 43 E-Mails ein. Da in diesen 10 Minuten die Mitarbeiter in der Lage sind, ins-gesamt 80 E-Mails zu bearbeiten, können Sie 80 – 43 = 37 der bisher nicht bearbeiteten E-Mails aufarbeiten.

Mögliche Zusatzaufgabe: Zu welchem Zeitpunkt werden die zwischen 0:09 Uhr und 0:39 Uhr aufgelaufenen E-Mails abgearbeitet sein? Dazu muss man eine Stelle x 3 suchen, für welche die Integralfunktion über die Differenzfunktion g mit g (x) = f (x) – 8 mit unterer Grenze 8,8 und variabler oberer Grenze eine Nullstelle hat. An der Wertetabelle dieser Integralfunktion kann man einen solchen Vorzeichenwechsel in der 65. Minute feststellen. Die Abbildung rechts zeigt den Graphen dieser Integralfunktion mit der durch die zero-Option bestimmten Nullstelle bei x ≈ 64,9.

� Original-Abituraufgaben

Aufgabe � Analysis – Grundlegendes Niveau

Gegeben ist die Schar von Funktionen f k mit f k (x) = x 4 – 4 k · x 3 ; k > 0.Es gilt f ’ k (x) = 4 x 3 – 12 k · x 2 .

a) Im Koordinatensystem sind zwei Graphen (I und II) der Schar zu sehen.

Zu einem der beiden Graphen gehört der Scharparameter k = 1 __ 2 .

(1) Begründen Sie, welcher Graph zu diesem Parameter gehört. (2) Bestimmen Sie den Wert des Parameters für den anderen Graphen. (3) Zeigen Sie: Für jeden Wert von k ist O (0 | 0) Sattelpunkt des Graphen von f k . B4

b) (1) Weisen Sie nach, dass jeder Graph der Schar genau einen Tiefpunkt T k und außer dem Sattelpunkt einen weiteren Wendepunkt W k hat. B� B7 B8

(2) Zeigen Sie: Das Verhältnis der x-Koordinaten von T k zu W k ist für jeden Wert von k gleich.

c) (1) Zeigen Sie, dass y = – 1 __ 3 x 4 , x > 0 die Gleichung der Ortslinie aller Tiefpunkte

der Graphen von f k ist. B8

(2) In der Grafik ist eine Fläche markiert. Sie wird durch den Graphen von f 1 und die Ortslinie der Tiefpunkte sowie die x-Achse begrenzt. Bestimmen Sie den Inhalt dieser Fläche. C�

d) Für diese Teilaufgabe ist k = 1, also f 1 (x) = x 4 – 4 x 3 .Skizzieren Sie in das Koordinatensystem eine von der x-Achse verschiedene Tangen-te an den Graphen von f 1 , die durch O (0 | 0) verläuft. A3

Diese Tangente berührt den Graphen von f 1 im Punkt B (a | f 1 (a)) . Dessen x-Koordinate lässt sich rechnerisch mit folgendem Ansatz ermitteln:

f ’ 1 (a) = f 1 (a)

____ a .

Begründen Sie die Gültigkeit dieser Gleichung.

7Analysis

Lösung:a) (1) Man kann so vorgehen, dass man mithilfe des GTR den Graphen für den Parameter-

wert k = 1 __ 2 zeichnen lässt. Dann sieht man, dass es sich um den Graphen mit der

Nummer I handelt.

Man kann aber auch andere Eigenschaften des Graphen untersuchen (die dann auch der Bearbeitung von Teilaufgabe (2) dienen können).

Nullstellen von f: Klammert man im Funktionsterm den gemeinsamen Faktor x 3 aus, dann erkennt man, dass die Nullstellen von f an der Stelle x = 0 liegen (dreifache Nullstelle) und an der Stelle x = 4 k:

f k (x) = x 4 – 4 k · x 3 = x 3 · (x – 4 k) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 4 k.

Für k = 1 __ 2 ergibt sich die zweite Nullstelle bei x = 2 (was die Zuordnung des

Graphen I bestätigt).

Nullstellen der 1. Ableitung (Stellen mit horizontalen Tangenten): Klammert man im Funktionsterm x 2 aus, dann erkennt man, dass die Nullstellen der 1. Ableitung bei x = 0 (doppelte Nullstelle) liegen und an der Stelle x = 3 k:

f ’ k (x) = 4 x 3 – 12 k · x 2 = 4 x 2 · (x – 3 k) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 3 k.

Für k = 1 __ 2 ergeben sich horizontale Tangeten bei x = 0 und bei x = 1,5 (was eben-falls die Zuordnung des Graphen I bestätigt).

(2) Der Graph II hat eine Nullstelle an der Stelle x = 3. Nach (1) gilt also 4 k = 3, d. h., der gesuchte Parameterwert ist k = 3 __ 4 .

Setzt man zur Kontrolle diesen Wert für k in den Term ein, der in (1) für die Stellen mit horizontaler Tangente gefunden wurde, dann findet man x = 3 · 3 __

4 = 9 __

4 = 2 1 __

4 ,

was dem Augenschein nach ebenfalls zutrifft.

Schließlich kann man auch mithilfe des GTR die Graphen für verschiedene Para-

meterwerte zeichnen, beispielsweise k = 1 __ 4 , 1 __

2 , 3 __

4 , und beobachtet (da die Graphen

nacheinander gezeichnet werden), wie der Graph mit wachsendem k immer weiter nach rechts „wandert“.


(3) Um nachzuweisen, dass es sich bei O (0 | 0) um einen Sattelpunkt des Graphen handelt, also um einen Wendepunkt mit horizontaler Tangente, kann man so vorgehen:

Zunächst bestimmt man die 2. Ableitung: f ’’ k (x) = 12 x 2 – 24 k x = 12 x · (x – 2k).

Dann stellt man fest:

– Der Graph verläuft durch O (0 | 0), wie man durch Einsetzen in den Funktionsterm feststellt: f k (0) = 0.

– Die Tangente verläuft horizontal, wie man durch Einsetzen in den Term der Ab-leitungsfunktion feststellt: f ’ k (0) = 0.

– Die notwendige Bedingung für das Vorliegen eines Wendepunkt an der Stelle x = 0 ist: f ’’ k (0) = 0 ist offensichtlich erfüllt.

– Eine hinreichende Bedingung für den Nachweis des Krümmungswechsels ist die Untersuchung des Vorzeichenwechsels der 2. Ableitung: Dazu setzt man für x einen Wert ein, der mit Sicherheit kleiner ist als null bzw. größer ist als null. Da nach Voraussetzung der Parameter k > 0 ist, gilt: f ’’ k (– k) = – 12 k · (– 3 k) = 36 k 2 > 0 (Linkskrümmung) und f ’’ k (+ k) = 12 k · (– k) = – 12 k 2 < 0 (Rechtskrümmung), d. h., an der Stelle x = 0 findet also ein Krümmungswechsel statt.

– alternativ kann man auch die 3. Ableitung bestimmen: f ’’’ k (x) = 24 x – 24 k, und dort den Wert x = 0 einsetzen. Dann gilt: f ’’’ k (0) = – 24 k ≠ 0, womit ebenfalls eine hinreichende Bedingung nachgewiesen ist.

b) (1) Wie in der Lösung der Teilaufgabe a) gezeigt wurde, gilt: f ’ k (x) = 4 x 2 · (x – 3 k) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 3 k.

Da die Stelle x = 0 bereits untersucht wurde (Sattelstelle), muss noch eine hin-reichende Bedingung betrachtet werden:

1. Möglichkeit: Untersuchung, ob an der Stelle x = 3 k ein VZW von f ’ von – nach + vorliegt:

Da k > 0 gilt: f ’ k (2 k) = 16 k 2 · (– k) = – 16 k 3 < 0 (streng monoton fallend) und f ’’ k (4 k) = 64 k 2 · k = 64 k 3 > 0 (streng monoton steigend).

2. Möglichkeit: Untersuchung des Vorzeichens der 2. Ableitung f ’’ k (x) = 12 x 2 – 24 k x = 12 x · (x – 2 k) an der Stelle x = 3 k: f ’’ k (3 k) = 36 k · k = 36 k 2 > 0 (Linkskrümmung).

Funktionswert an der Stelle x = 3 k: f k (3 k) = (3 k ) 3 · (– k) = – 27 k 4 . Der Tiefpunkt T k hat also die Koordinaten (3 k | – 27 k 4 ).

Weiter wurde in der Lösung von Teilaufgabe a) gezeigt: f ’’ k (x) = 12 x 2 – 24 k x = 12 x · (x – 2 k).

Um nachzuweisen, dass an der zweiten Nullstelle der 2. Ableitung, also an der Stelle x = 2 k, tatsächlich ein Wendepunkt vorliegt, muss noch die Gültigkeit einer hinreichenden Bedingung überprüft werden:

1. Möglichkeit: Untersuchung, ob an der Stelle x = 2 k ein VZW von f ’’ k vorliegt: Da k > 0 gilt: f ’’ k (k) = 12 k · (– k) = – 12 k 2 < 0 (rechtsgekrümmt) und f ’’ k (3 k) = 36 k · k = 36 k 2 > 0 (linksgekrümmt).

�Analysis

2. Möglichkeit: Untersuchung des Vorzeichens der 3. Ableitung f ’’’ k (x) = 24 x – 24 k an der Stelle x = 2 k: f ’’’ k (2 k) = 48 k – 24 k = 24 k ≠ 0.

Funktionswert an der Stelle x = 2 k: f k (x) = (2 k ) 3 · (– 2 k) = – 16 k 4 . Der zweite Wendepunkt W k hat also die Koordinaten W k (2 k | – 16 k 4 ).

(2) Das Verhältnis der x-Werte ist x Min : x W = 3 k : 2 k = 1,5. Es ist also unabhängig von k.

c) (1) In der Lösung von Teilaufgabe b) wurden die Koordinaten der Tiefpunkte der Gra-phen bestimmt. Für die x-Koordinaten gilt: x = 3 k; man kann also aus der x-Koordi-nate des Tiefpunkts auf den zugehörigen Parameterwert k schließen:

k = x __ 3 .

Für die y-Koordinaten gilt: y = – 27 k 4 = – 27 · ( x __ 3 ) 4 = – 1 __

3 x 4 .

Dies ist die Gleichung der Ortslinie.

(2) Betrachtet werden die Graphen von f k mit k = 1, also f 1 (x) = x 4 – 4 x 3 und

g (x) = – 1 __ 3 x 4 .

Da der Graph von g die Ortslinie aller Tiefpunkte ist, muss einer der Schnittpunkte der beiden Graphen im Tiefpunkt T 1 (3 | – 27) liegen. Beide Graphen haben außerdem den Punkt O (0 | 0) gemeinsam.

Dies könnte auch algebraisch nachgewiesen werden:

x 4 – 4 x 3 = – 1 __ 3 x 4 ⇔ 4 __ 3 x 4 – 4 x 3 = 0 ⇔ x 3 · ( 4 __ 3 x – 4 ) = 0

⇔ x = 0 ∨ x = 3

Zeichnet man die Gerade mit x = 3 ein, dann sieht man, dass sich die markierte Fläche aus zwei Flächenstücken zusammensetzt.

1. Flächenstück: Die Maßzahl der Fläche zwischen dem Graph von g und der x-Achse im Intervall zwischen x = 0 und x = 3 ist: A 1 = 16,2 F.E.

2. Flächenstück: Die Maßzahl der Fläche zwischen dem Graph von f 1 und der x-Achse im Intervall zwischen x = 3 und x = 4 ist: A 2 = 18,8 F.E.

Die markierte Fläche hat demnach die Maßzahl A = 35 F.E.


d) Wandert man entlang des Graphen von f 1 beginnend beim Tiefpunkt (3 | – 27) in Rich-tung auf den Punkt O (0 | 0) zu, dann erkennt man, dass darunter eine Tangente sein muss, die durch den Ursprung verläuft:

Für eine Tangente durch einen Punkt (a | f 1 (a)) des Graphen von f 1 gilt allgemein: t (x) = f ’ 1 (a) · (x – a) + f 1 (a) = f ’ 1 (a) · x + [ f 1 (a) – f ’ 1 (a) · a].

Da die Tangente durch den Ursprung verlaufen soll, muss die eckige Klammer gleich null sein, also muss gelten: f 1 (a) = f ’ 1 (a) · a, d. h. f ’ 1 (a) = f 1 (a) /a.

Statt über die Tangentengleichung kann man mit einem Steigungsdreieck argumentie-ren: Die Steigung der Tangente ist einerseits gleich f ’ 1 (a), andererseits gegeben durch das Steigungsdreieck, dessen horizontale Kathete die Länge a hat und dessen vertikale Kathete f 1 (a) ist.

Mögliche Zusatzaufgabe: Man kann diesen Wert für a bestimmen, indem man konkret einsetzt: Hier ist: f 1 (a) = a 4 – 4 a 3 und f ’ 1 (a) = 4 a 3 – 12 a 2 , also f 1 (a) = f ’ 1 (a) · a ⇔ a 4 – 4 a 3 = 4 a 4 – 12 a 3 ⇔ 3 a 4 – 8 a 3 = 0 ⇔ a 3 · (3 a – 8) = 0 ⇔ a = 0 ∨ a = 8 / 3 ≈ 2,67 (vgl. letzte Grafik rechts).

11Analysis

Aufgabe 3 Analysis – erhöhtes Niveau

Der Querschnitt einer geplanten 6 m breiten Skateboard-bahn wird veranschaulicht durch einen Ausschnitt des Graphen zur Funktion f mit f (x) = 0,5 · x 2 · e – 1 __

9 x 2 + 0,4,

wobei x und f (x) in Metern angegeben sind und die x-Achse den Boden darstellt. Rechts und links des ge-krümmten Teils schließt sich jeweils ein 1 m breites Plateau an (siehe Abbildung, die Skizze ist nicht maßstabsgetreu).

a) (1) Skizzieren Sie den Verlauf der Bahn in ein Koordinatensystem. (2) Weisen Sie nach, dass der Graph von f symmetrisch ist. B3

(3) Ermitteln Sie den größten Höhenunterschied der Skateboardbahn. (4) Zeigen Sie, dass für die erste Ableitung gilt:

f ’ (x) = ( – 1 __ 9 · x 3 + x ) · e – 1 __

9 x 2 . A�

(5) Eine Skateboardbahn wird als „interessant“ eingestuft, wenn die maximale Steigung mindestens 1,5-mal so groß ist wie die durchschnittliche Steigung zwischen Tief- und Hochpunkt. Entscheiden Sie, ob die gegebene Bahn in diesem Sinne „interessant“ ist. A4

b) Einen Meter links von der Mitte soll eine zur Bahn senkrechte Stütze angebracht werden. A3

Zeichnen Sie diese Stütze in das Koordinatensystem. (1) Weisen Sie nach, dass die Gerade g mit der

Gleichung y = 1,3 · x + 2,1 den Verlauf der Stütze näherungsweise beschreibt. Ohne Nachweis können Sie verwenden: Wenn für die Steigungen m 1 und m 2 zweier Geraden die Beziehung gilt: m 1 · m 2 = − 1, dann stehen die zugehörigen Geraden senkrecht aufeinander.

(2) Bestimmen Sie die Koordinaten des Punktes B, in dem die Stütze auf den Boden trifft.

(3) Ermitteln Sie die Länge der Stütze sowie die Größe des Winkels, den die Stütze mit dem Erdboden bildet. B�

c) (1) Die gesamte oben schraffierte Front der Bahn soll mit Sperrholz verkleidet werden. Bestimmen Sie die Größe der zu verkleidenden Fläche.

(2) Auf der verkleideten Front soll ein rechteckiges Werbeplakat so angeklebt werden, dass dessen rechte Kante auf der rechten Kante der Front liegt. Ermitteln Sie den maximalen Flächeninhalt, den dieses Plakat haben kann.

d) Unabhängig vom Sachzusammenhang ist die Funktionenschar f k gegeben mit

f k (x) = 1 __ 2 · x 2 · e – x 2 __

k , k > 0.

(1) Beschreiben Sie, wie sich eine Veränderung von k auf den Verlauf des Graphen auswirkt. B8

(2) Bestimmen Sie die Gleichung der Ortslinie, auf der alle Punkte mit waage-rechter Tangente liegen. Ohne Nachweis können Sie verwenden: f ’ k (x) = 1 __

k · x ·(k – x 2 ) e – x 2 __

k .

1� Original-Abituraufgaben

Lösung:a) (1) Wenn man mit dem GTR auch die Plateaus links und rechts zeichnen möchte,

muss man zunächst die Funktionswerte von f an der Stelle x = – 3 bzw. x = + 3 bestimmen: f(– 3) = f (3) ≈ 2,05546.

(2) Diese Funktionswerte werden bei der abschnittsweise definierten Funktion berück-sichtigt.

(2) Der Graph ist symmetrisch zur y-Achse, denn für alle x ∈ R gilt:

f (– a) = 0,5 · (– a ) 2 · e – 1 __ 9 · (– a ) 2 = 0,5 · a 2 · e – 1 __

9 · a 2 = f (a).

(3) Der größte Höhenunterschied ist gegeben durch die Differenz der Funktionswerte am Rand (also bei x = – 3 oder bei x = 3) und in der Mitte, also bei x = 0: f (3) – f (0) ≈ 2,055 46 – 0,4 = 1,655 46 ≈ 1,66 m.

Anmerkung: Dazu muss eigentlich noch nachgewiesen werden, dass der Graph in dem betrachteten Intervall [– 3 ; 0] streng monoton fällt bzw. auf [0 ; 3] streng monoton wächst.

(4) Die Ableitung wird gebildet gemäß Produkt- und Kettenregel:

f ’ (x) = 0,5 · 2 x · e – 1 __ 9 · x 2 + 0,5 · x 2 · ( – 2 __ 9 x ) · e – 1 __

9 · x 2 = ( x – 1 __

9 x 3 ) · e – 1 __

9 · x 2 = x · ( 1 – 1 __ 9 x 2 ) · e – 1 __

9 · x 2

Hinweis: Nullstellen der 1. Ableitung (also horizontale Tangenten) liegen bei x = 0 sowie bei x = – 3 bzw. x = + 3, d. h., an den Rändern des betrachteten Teilstücks des Graphen, sodass die Skateboardbahn an den Rändern tatsächlich in die horizon-talen Verlängerungen übergehen kann. Außerdem wird aus den Nullstellen der Ab-leitung deutlich, dass der Graph ansonsten überall streng monoton ist – vgl. An-merkung zu Teilaufgabe (3).

Das Maximum der Steigung erhält man mithilfe des GTR, indem man numerisch das Maximum der numerischen Ableitung bestimmt. Der Übersichtlichkeit wird nur der mittlere Teil des Graphen betrachtet.

Das Maximum der Steigungen liegt bei x ≈ 1,405 und beträgt: f ’ (1,405) ≈ 0,880. Die durchschnittliche Steigung auf dem Intervall ist die Sekantensteigung zwischen

den Punkten (0 | f (0)) und (3 | f (3)). Da f (3) – f (0) ≈ 1,66, ist:

m Sekante = f (3) – f (0)

_________ 3 ≈ 0,55, wovon das 1,5-fache (≈ 0,83) kleiner ist als die maximale

Steigung. Die Bahn ist daher als „interessant“ einzustufen.

13Analysis

Zusatz: Formal könnte das Maximum der Steigungen über die 2. Ableitung be-stimmt werden. Es gilt:

f ’’ (x) = ( 1 – 1 __ 3 x 2 ) · e – 1 __

9 · x 2 + ( x – 1 __

3 x 3 ) · ( – 2 __

9 x ) · e – 1 __

9 · x 2 = ( 1 – 1 __

3 x 2 – 2 __

9 x 2 + 2 ___

81 x 4 ) · e – 1 __

9 · x 2

= ( 1 – 5 __ 9 x 2 + 2 ___

81 x 4 ) · e – 1 __

9 · x 2

Um deren Nullstelle zu bestimmen, muss eine biquadratische Gleichung gelöst werden:

1 – 5 __ 9 x 2 + 2 ___

81 x 4 = 0 ⇔ x 4 – 45 ___

2 x 2 + 81 ___

2 = 0 ⇔ x 4 – 45 ___

2 x 2 + ( 45 ___

4 ) 2 = 2025 _____

16 – 81 ___

2

⇔ ( x 2 – 45 ___ 4 ) 2 = 1377 _____

16 ⇔ x 2 ≈ 20,53 ∨ x 2 ≈ 1,40

⇔ x ≈ – 4,53 ∨ x ≈ + 4,53 ∨ x ≈ – 1,40 ∨ x ≈ + 1,40,

wobei die Nullstellen außerhalb des Intervalls – 3 ≤ x ≤ + 3 nicht beachtet werden.

b) (1) Zunächst muss die Steigung der Tangente an der Stelle x = – 1 bestimmt werden: f ’ (– 1) = – 0,795,

d. h., die Senkrechte hierzu (Normale) hat die Steigung: m N ≈ 1,257.

Die Normale hat die Gleichung n (x) = 1,257 · (x + 1) + f (– 1) ≈ 1,257 x + 1,257 + 0,847 = 1,257 x + 2,104, was gerundet mit den Werten der Aufgabenstellung übereinstimmt.

(2) Gesucht ist die Nullstelle der Normale: n (x) = 0 ⇔ x = – 2,104 / 1,257 ≈ – 1,674.

(3) Der Abstand der Punkte A (– 1 | 0,847) und B (– 1,674 | 0) berechnet sich wie folgt:

√ ___________________

( x B – x A ) 2 + ( y B – y A ) 2 = √ __________________

(– 0,647 ) 2 + 0,84 7 2 ≈ 1,066 [m].

Für den Steigungswinkel der Normalen gilt: α = arctan ( m N ) ≈ arctan (1,257) ≈ 51,5°.

c) (1) Die zu bestimmende Fläche besteht aus dem Flächenstück unter dem Graphen der Funktion f zwischen x = – 3 und x = + 3 sowie den beiden 1 m breiten Rechtecken links und rechts, deren Höhe bestimmt ist durch den Funktionswert an der Stelle x = 3:

Mithilfe der numerischen Integration erhält man Q ≈ 11,63 m 2 .


(2) Das einzuschreibende Rechteck ist durch den Eckpunkt bestimmt, der auf dem Graphen liegt. Das Rechteck hat die Breite 4 – x und die Höhe f (x).

Daher gilt für x ∈ [0 ; 3]: A (x) = (4 – x) · f (x).

Das numerisch bestimmte Maximum von A (x) liegt bei x ≈ 1,90. Die maximale Fläche ist dann A ≈ 3,38 m 2 .

Überprüft werden müsste noch, ob ein Plakat unterhalb der tiefsten Stelle der Bahn, das auf eine Breite von 8 m käme, eine größere Fläche hat. Diese Fläche beträgt jedoch nur 0,4 m · 8 m = 3,2 m 2 .

d) (1) Um eine Vorstellung von der Bedeutung des Parameters k zu erhalten, setzt man verschiedene Werte für k ein. Man erkennt (beim Aufbau des GTR-Bildes), dass mit wachsendem k die Hochpunkte weiter nach außen (und nach oben) wandern.

(2) Die Nullstellen der gegebenen Ableitungsfunktion liegen an den Stellen x = 0 und an den Stellen, für die gilt: x 2 = k, also x = + √

__ k bzw. x = – √

__ k .

Der Funktionswert an diesen Stellen ist f (0) = 0 bzw. f (± √ __

k ) = 1 __ 2 · k · e – 1 = k ___

2 e .

Aus x 2 = k folgt dann für die Funktionsgleichung der Ortslinie: y = x 2 ___ 2 e

= 1 ___ 2 e

· x 2 .

Diese verläuft ebenfalls durch den Punkt (0 | 0); somit verläuft sie durch alle Punkte mit horizontaler Tangente.

1�Analysis

Aufgabe 4 Analysis – erhöhtes Niveau

Gegeben ist die Funktion f mit f (x) = 27 x ______ (x + 1 ) 3

und maximaler Definitionsmenge.

a) (1) Skizzieren Sie den Graphen von f für − 6 ≤ x ≤ 7 in das unten abgebildete Koordinatensystem.

(2) Bestimmen Sie für den Graphen von f den Schnittpunkt mit der x-Achse und den Extrempunkt. D�

(3) Begründen Sie, dass die Funktion f folgende Eigenschaften hat: • die x-Achse ist waagerechte Asymptote des Graphen, • die Funktion f hat bei x = − 1 eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel. D3

(4) Begründen Sie anhand des Graphen von f, dass der Graph von f ’ einen Tiefpunkt besitzen muss. D1

(5) Bestimmen Sie die Gleichung einer anderen gebrochenrationalen Funk-tion g, die folgende Eigenschaften hat:

• g hat bei x = 2 eine Polstelle, • g hat eine Nullstelle bei x = 0, • der Graph von g hat eine waagerechte Asymptote mit der Gleichung y = 2.

b) Die Funktion F mit F (x) = – 27 (2 x + 1)

__________ 2 (x + 1 ) 2

ist eine Stammfunktion von f.

(1) Der Graph von f schließt mit der x-Achse für 0 ≤ x ≤ a eine Fläche mit dem Inhalt 10 FE ein. Bestimmen Sie a.

(2) Untersuchen Sie, ob sich für a → ∞ ein endlicher Flächeninhalt ergibt, und bestimmen Sie diesen gegebenenfalls. C�

c) Die Punkte A (− 1 | 0), B (b | 0) und C (b | f (b)) mit b > − 1 bilden ein rechtwinkliges Dreieck.

(1) Zeichnen Sie ein solches Dreieck in das Koordinatensystem.

(2) Untersuchen Sie, ob es Punkte C gibt, sodass eine Kathete des Dreiecks viermal so lang ist wie die andere, und berechnen Sie gegebenenfalls die Koordinaten von C.

d) Die Funktion f ist eine Funktion der Schar f k mit f k (x) = 27 x ______ (x + k ) 3

; k > 0.

(1) Weisen Sie nach, dass für die erste Ableitung gilt: f ’ k (x) = – 27 (2 x – k)

__________ (x + k ) 4

. A�

(2) Bestimmen Sie die Ortslinie der Punkte mit waagerechter Tangente. B8

Ohne Nachweis können Sie verwenden, dass diese Punkte Hochpunkte sind.

(3) Ermitteln Sie den Zusammenhang zwischen k 1 und k 2 , sodass der Hochpunkt des Graphen zu f k c-mal (c > 0) so hoch liegt wie der Hochpunkt des Graphen zu f k 1 .


Lösung:a) (1) Der GTR zeigt den folgenden Verlauf des Graphen (dot-Modus, weil sonst über die

Polstelle hinweg geplottet wird):

(2) Der Graph verläuft durch den Ursprung und schneidet dort also x- und y-Achse. Der Extrempunkt ist offensichtlich ein Hochpunkt. Der GTR bestimmt diesen als H (0,5 | 4).

(3) Da der Grad der Zählerfunktion (Z (x) = 27 x) kleiner ist als der Grad der Nenner-funktion (N (x) = (x + 1 ) 3 ), ist die x-Achse waagerechte Asymptote, d. h., für x → + ∞ und für x → – ∞ gilt: f (x) → 0.

Die Definitionslücke liegt bei x = – 1, da dort die Nennerfunktion den Wert null annimmt und die Zählerfunktion dort von null verschieden ist, also keine hebbare Definitionslücke vorliegen kann. Da die Nullstelle der Nennerfunktion eine drei-fache Nullstelle ist, liegt eine Polstelle mit VZW vor.

Alternative Begründung: Aus der Wertetabelle in der Nähe der Definitionslücke entnimmt man: Nähert man sich von links, dann wachsen die Funktionswerte nach oben über alle Grenzen (+ ∞), nähert man sich von rechts, dann gehen die Funktionswerte nach unten über alle Grenzen (– ∞); es liegt also eine Pol-stelle mit VZW vor.

(4) Der rechte Ast des Graphen ist offensichtlich zunächst rechtsgekrümmt, dann links-gekrümmt. Daher muss ein R-L-Wendepunkt vorliegen, d. h., die Steigung muss an einer Stelle rechts vom Hochpunkt minimale Steigung haben.

Alternative Begründung: Im Hochpunkt hat der Graph die Steigung null und ist rechts vom Hochpunkt auf jeden Fall streng monoton fallend (also f ’ (x) < 0). Wegen des asymptotischen Verhaltens nähert sich die Steigung wieder dem Wert null, wenn x → + ∞. Daher muss es irgendwo eine Stelle geben, an der die Stei-gung am kleinsten ist.

Zusatz: Die Stelle mit minimaler Steigung liegt bei x = 1; die Steigung ist dort f ’ (1) ≈ – 1,69.

17Analysis

(5) Der Graph von f besitzt im Hochpunkt eine Tangente mit der Steigung 0 und nä-hert sich mit Gefälle der waagerechten Asymptote an, sodass die negativen Tan-gentensteigungen sich dem Wert null nähern. Deshalb muss der Graph von f ’ für x > 0,5 einen Tiefpunkt besitzen.

Angabe einer Funktion g mit den geforderten Eigenschaften, z.B. g (x) = 2 x ____ x – 2

.

b) (1) Einsetzen der Integrationsgrenzen in die angegebene Stammfunktion ergibt:

A (a) = ∫ 0

a

f (x) d x = [ – 27 (2 x + 1) __________

2 (x + 1 ) 2 ] a 0

= – 27 · (2 a + 1)

___________ 2 (a + 1 ) 2

– – 27 ____ 2 =

– 54 a – 27 + 27 (a + 1 ) 2 __________________

2 (a + 1 ) 2

= – 54 a – 27 + 27 a 2 + 54 a + 27 _______________________ 2 (a + 1 ) 2

= 27 a 2 ________ 2 (a + 1 ) 2

.

Gesucht ist der Wert von a, für den gilt: A (a) = 10.

Numerische Lösung der Gleichung: Man betrachtet die Funktion A mit dem nicht umgeformten Funktionsterm

A(x) = – 27 · (2 a + 1)

___________ 2 (a + 1 ) 2

– – 27 ____ 2 und schneidet den Graphen dieser Funktion mit dem

der konstanten Funktion mit y = 10 und erhält als Lösung: a ≈ 6,18:

Alternative numerische Lösung: Man definiert die numerische Integralfunktion mit fester unterer Grenze 0 und variabler oberer Grenze x und sucht den Wert, für den die Integralfunktion den Wert 10 überschreitet. An der Wertetabelle der nume-rischen Integralfunktion kann man ablesen, dass dies in der Nähe von x = 6,2 der Fall ist. Mithilfe der intersect-Option (bei ausgeschaltetem Graphen von f und ge-eignetem Fenster) findet man wie oben x ≈ 6,18.

Alternative (nicht verlangt): Algebraische Lösung der Gleichung

27 a 2 ________ 2 (a + 1 ) 2

= 10 ⇔ 27 a 2 = 20 ( a 2 + 2 a + 1) ⇔ 27 a 2 = 20 a 2 + 40 a + 20

⇔ 7 a 2 – 40 a – 20 = 0 ⇔ a 2 – 40 ___ 7 a – 20 ___

7 = 0 ⇔ a 2 – 40 ___

7 a + ( 20 ___

7 ) 2 = 400 ____

49 + 20 ___

7

⇔ ( a – 20 ___ 7 ) 2 = 540 ____

49 ⇔ a ≈ 6,18 ∨ a ≈ – 0,46 ∉ D


(2) Betrachtet man den Funktionsterm von

A (x) = – 27 · (2 a + 1)

___________ 2 (a + 1 ) 2

– – 27 ____ 2 für x → + ∞, so erkennt man, dass dieser sich dem

Wert 27 / 2 = 13,5 F.E. nähert, denn der erste Summand des Funktionsterms geht gegen null, weil er einen quadratischen Nenner hat, der schneller wächst als der lineare Zähler.

Man kann dies auch an der Wertetabelle von A (x) oder am Graphen ablesen (mit eingezeichneter Gerade mit y = 13,5):

c) (1) Skizze des gegebenen Dreiecks.

(2) Die Katheten haben die Längen

b + 1 und 27 b _______ (b + 1 ) 3

.

1. Fall: Die horizontale Kathete ist 4-mal so lang wie die vertikale Kathete:

Die Gleichung 4 · 27 b _______ (b + 1 ) 3

= b + 1

kann man numerisch lösen, indem man Schnittpunkte der Graphen der

beiden Funktionen h (x) = 4 · 27 b _______ (b + 1 ) 3

und g (x) = b + 1 sucht.

Der Punkt C hat daher die Koordinaten (3,37 | 4,367/ 4 ) ≈ (3,37 | 1,09 ). Es existiert noch eine zweite Lösung:

Hier hat der Punkt C die Koordinaten C (0,009 | 1,0096 /4) ≈ (0,009 | 0,25).

1�Analysis

2. Fall: Die vertikale Kathete ist 4-mal so lang wie die horizontale Kathete:

Die Gleichung 27 b _______ (b + 1 ) 3

= 4 · (b + 1) kann man numerisch lösen, indem man

Schnittpunkte der Graphen der beiden Funktionen h (x) = 27 b _______ (b + 1 ) 3

und g (x) = 4 · (b + 1) sucht.

Diese Gleichung hat keine Lösung, wie man an den Graphen erkennt (oder auch, wie man aus der Fehlermeldung der intersect-Option ablesen kann).

d) Um einen Eindruck der Kurvenschar zu erhalten, zeichnen wir die Graphen für k = 0,5; 1; 1,5; 2:

(1) Für die Ableitung der Funktion f kann die Quotientenregel angewandt werden:

f ’ k (x) = 27 · (x + k ) 3 – 3 · (x + k ) 2 · 27 x

_______________________ (x + k ) 6

= (x + k ) 2 · (27 x + 27 k – 81 x)

_____________________ (x + k ) 6

= 27 k – 54 x _________ (x + k ) 4

= 27 (k – 2 x)

_________ (x + k ) 4

.

Einfacher erscheint die Anwendung der Produktregel in Kombination mit der Kettenregel:

f k (x) = 27 x ______ (x + k ) 3

=27 x· (x + k ) – 3 ⇒

f ’ k (x) = 27 · (x + k ) – 3 + 27 x · (– 3) · (x + k ) – 4 = (x + k ) – 4 · [27 (x + k) – 81 x] = (x + k ) – 4 · (27 k – 54 x).

(2) Punkte mit waagerechter Tangente liegen vor

wenn f ’ k (x) = 0, d. h., falls k = 2 x, also x = k __ 2 .

Die zugehörigen Funktionswerte erhält man durch Einsetzen:

f k ( k __ 2 ) =

27 · k __ 2 ______

( k __ 2 + k ) 3

= 27 k ____

2 ____

( 3 k ___ 2 ) 3

= 27 k ____ 2 · 8 ____

27 k 3 = 4 __

k 2 .

Die Gleichung der Ortslinie ergibt sich durch Ersetzen mit k = 2 x (s. o.):

y = 4 __ k 2

= 4 _____ (2 x ) 2

= 1 __ x 2

.

(3) Gesucht werden Parameterwerte k 1 und k 2 , sodass gilt: 4 __ k 2 1

= c · 4 __ k 2 2

.

Umformung der Beziehung ergibt: k 2 2 = c · k 2 1 oder k 2 = √ __

c · k 1 .

�0 Original-Abituraufgaben

Aufgabe � Matrizen (Schwerpunkt Geometrie/Matrizen) – Grundlegendes Niveau

Bei einem Fertigungsprozess innerhalb eines Werkes kommt es zu der Materialverflechtung zwischen Rohstoffen, Zwischen- sowie Endprodukten. Die nachstehende Tabelle sowie die resultierende Matrix B stellen dar, wie viele Mengeneinheiten (ME) der Zwischenprodukte in den Endprodukten benötigt werden. Das Verflechtungsdiagramm veranschaulicht, wie viele ME der Rohstoffe in die Zwischenprodukte einfließen.

Vom Zwischen- zum Endprodukt

E 1 E � E 3

Z 1 2 0 3

Z � 4 0 6

Z 3 0 2 3

B = ( 2

4 0

0

0 2

3

6 3

)

a) (1) Skizzieren Sie durch Ergänzung des Diagramms ein Verflechtungsdiagramm, das den gesamten Fertigungsprozess veranschaulicht. J1

(2) Ermitteln Sie eine Matrix A, die die Mengenverflechtung zwischen den Rohstoffen und den Zwischenprodukten beschreibt.

(3) Bestimmen Sie die Matrix C mit C = A · B. Interpretieren Sie die Zahlen in der zweiten Zeile von C im Sachzusammenhang.

b) Die Rohstoffmengen sind mit jeweils 800 ME pro Rohstoff begrenzt. Dem Werk liegt eine Bestellung von Endprodukten vor, die 10 ME von E 1 , 20 ME von E 2 und 15 ME von E 3 umfasst. J1

(1) Bestimmen Sie die für diese Bestellung benötigten Rohstoffmengen. (2) Untersuchen Sie, ob zusätzlich eine Bestellung von Zwischenprodukten

erfüllt werden kann, die 10 ME von Z 1 , 20 ME von Z 2 und 15 ME von Z 3 umfasst.

c) (1) Untersuchen Sie, ob jeder Rohstoff in jedem Endprodukt enthalten ist. J1

(2) Der Fertigungsprozess soll ohne Veränderung der Matrix B so variiert werden, dass der Rohstoff R 3 nicht mehr im Endprodukt E 1 , wohl aber in den anderen beiden Endprodukten E 2 und E 3 enthalten ist. Erläutern Sie, welche Bedingungen dafür die entsprechenden Elemente der Matrix A erfüllen müssen.

Lösunga) (1) Zur Herstellung der Endprodukte werden Zwischenprodukte benötigt, die sich

wiederum aus Rohprodukten zusammensetzen. Aus der gegebenen Tabelle ent-nehmen wir zeilenweise:

�1Geometrie/Matrizen

Vom Zwischenprodukt Z 1 benötigt man 2 ME für das Endprodukt E 1 und 3 ME für das Endprodukt E 3 . Vom Zwischenprodukt Z 2 benötigt man 4 ME für das End-produkt E 1 und 6 ME für das Endprodukt E 3 . Vom Zwischenprodukt Z 3 benötigt man 2 ME für das Endprodukt E 2 und 3 ME für das Endprodukt E 3 .

Dieser Zusammenhang kann mithilfe der Matrix B wie folgt notiert werden:

( z 1

z 2

z 3 ) = ( 2

4

0 0

0 2

3

6 3

) · ( e 1

e 2

e 3 )

Aus dem gegebenen Verflechtungsdiagramm für den Übergang Rohprodukt – Zwischenprodukt ergibt sich:

Vom Rohprodukt R 1 benötigt man 4 ME für das Zwischenprodukt Z 1 und 3 ME für das Zwischenprodukt Z 2 . Vom Rohprodukt R 2 benötigt man 2 ME für das Zwischen-produkt Z 2 und 4 ME für das Zwischenprodukt Z 3 . Vom Rohprodukt R 3 benötigt man 2 ME für das Zwischenprodukt E 1 , 3 ME für das Zwischenprodukt Z 2 und 2 ME für das Zwischenprodukt Z 3 .

Dieser Zusammenhang kann mithilfe der Matrix A wie folgt notiert werden:

( r 1 r 2 r 3

) = ( 4

0 2

3

2 3

0

4 2

) · ( z 1

z 2

z 3 )

Das vollständige Verflechtungsdiagramm ist dann:

(2) Das Produkt der Matrizen ergibt:

( r 1 r 2 r 3

) = ( 4

0 2

3

2 3

0

4 2

) · ( z 1

z 2

z 3 ) = ( 4

0

2 3

2 3

0

4 2

) · ( ( 2

4 0

0

0 2

3

6 3

) · ( e 1

e 2

e 3 ) ) =

( ( 4

0 2

3

2 3

0

4 2

) · ( 2

4 0

0

0 2

3

6 3

) ) · ( e 1

e 2

e 3 ) = ( 20

8 16

0

8 4

30

24 30

) · ( e 1

e 2

e 3 )

(3) Die Koeffizienten der zweiten Zeile der Produktmatrix geben an, wie viele ME des Rohprodukts R 2 für die Endprodukte benötigt werden: je 8 ME für die Endprodukte E 1 und E 2 sowie 24 ME für das Endprodukt E 3 .

�� Original-Abituraufgaben

b) (1) Aus dem Bedarfsvektor ( e 1

e 2

e 3 ) = ( 10

20 15

) ergibt sich durch Multiplikation mit der Produkt-

matrix C der Bedarf an Rohstoffen: 650 ME von R 1 , 600 ME von R 2 und 690 ME von R 3 :

(2) Aus der Bestellung von Zwischenprodukten ( z 1

z 2

z 3 ) = ( 10

20 15

) ergibt sich durch Multiplika-

tion mit der Matrix A der Bedarf an Rohstoffen: 100 ME von R 1 , 100 ME von R 2 und 110 ME von R 3 :

Insgesamt ergibt dies einen Bedarf von 750 ME von R 1 , 700 ME von R 2 und 800 ME von R 3 , was erfüllt werden kann, da von keinem der Rohstoffe mehr als 800 ME benötigt werden. Den Gesamt-Bedarfsvektor kann man auch mithilfe des GTR berechnen, vgl. rechte GTR-Grafik.

c) (1) Der Matrix C ist zu entnehmen, dass der Rohstoff R 1 nicht im Endprodukt E 2 enthalten ist, denn der Matrix-Koeffizient a 12 ist gleich null.

(2) Z. B. dem Verflechtungsdiagramm ist zu entnehmen, dass der Rohstoff R 3 über die Zwischenprodukte Z 1 und Z 2 in das Endprodukt E 1 gelangt. Setzt man in der Matrix A a 31 = 0 und a 32 = 0, so sind diese Wege versperrt. Über das Zwischen-produkt Z 3 kann der Rohstoff sowohl in das Endprodukt E 2 als auch in das End-produkt E 3 gelangen. Deshalb muss weiterhin gelten: a 33 > 0.


Aufgabe � Geometrie (Schwerpunkt Stochastik) – Grundlegendes Niveau

Gegeben sind die Punkte A (1 | 2 | 3), B (9 | 6 | 11), C (23 | 16 | z) und D (15 | 12 | 13) sowie die

Gerade g mit g : _ › x = ( 5

– 2 0

) + t ( 1

2 2

) .a) (1) Bestimmen Sie eine Gleichung der Ebene E, in der die Punkte A, B und D

liegen. G3

(2) Bestimmen Sie die z-Koordinate des Punktes C, sodass das Viereck ABCD ein Parallelogramm bildet. F1

(3) Beurteilen Sie folgende Aussage: Durch drei Punkte im Raum ist nicht immer eine Ebene eindeutig festgelegt. G3

b) (1) Bestimmen Sie den Schnittpunkt S der Geraden g mit der Ebene E. G�

(2) Untersuchen Sie, ob der Punkt S innerhalb oder außerhalb des Parallelo-gramms ABCD liegt.

Lösunga) (1) Man wählt einen der drei Punkte als Aufhängepunkt und als Richtungsvektoren

dann die Verbindungsvektoren der beiden anderen Punkte zu diesem Punkt, beispielsweise:

E : _ › x = ( 1

2

3 ) + r · ( 9 – 1

6 – 2 11 – 3

) + s · ( 15 – 1

12 – 2

13 – 3 ) = ( 1

2

3 ) + r · ( 8

4

8 ) + s · ( 14

10 10

) . (2) Damit das Viereck ABCD ein Parallelogramm bildet,

muss gelten:

___

› AD =

___ › BC , also: ( 15 – 1

12 – 2 13 – 3

) = ( 23 – 9

16 – 6

z – 11 ) .

Hieraus folgt, dass z = 21 sein muss.

Alternativ kann man von der Vektorgleichung ___

› AB =

___ › DC ausgehen, also:

( 9 – 1

6 – 2

11 – 3 ) = ( 23 – 15

16 – 12 z – 11

) . Auch hier folgt, dass z = 21 sein muss.

(3) Die Aussage ist richtig. Liegen die drei Punkte auf einer Geraden, dann gibt es verschiedene Ebenen, die diese Gerade und damit auch die drei Punkte enthalten.

b) (1) Gemeinsame Punkte von Ebene und Gerade erfüllen beide Parameterdarstellungen, d. h., gesucht sind Parameterwerte r, s, t mit

( 1

2 3

) + r · ( 8

4 8

) + s · ( 14

10

10 ) = ( 5

– 2 0

) + t · ( 1

2 2

) . Dies ist ein lineares Gleichungssystem mit drei Gleichungen und drei Variablen, das

durch Umformung auf folgende Gestalt gebracht werden kann:

r · ( 8

4 8

) + s · ( 14

10

10 ) – t · ( 1

2

2 ) = ( 5

– 2 0

) – ( 1

2 3

) ⇔ ( 8

4 8

14

10 10

– 1

– 2 – 2

) · ( r s t ) = ( 4

– 4 – 3

) .


Die erweiterte Koeffizientenmatrix (3 × 4-Matrix) kann mithilfe des rref-Befehls um-geformt werden:

Man erhält als Lösung: r = 0,25, s = 0,5 und t = 5. Setzt man für r und s die bestimmten Werte in die Parameterdarstellung der Ebene ein bzw. für t den bestimmten Wert in die Parameterdarstellung der Geraden, so erhält man:

( x 1

x 2

x 3 ) = ( 1

2

3 ) + 0,25 · ( 8

4

8 ) + 0,5 · ( 14

10 10

) = ( 10

8

10 ) bzw. ( x 1

x 2 x 3

) = ( 5

– 2 0

) + 5 · ( 1

2 2

) = ( 10

8

10 ) .

Der Schnittpunkt von Gerade und Ebene ist S (10 | 8 | 10).

(2) Da das Parallelogramm ABCD und die Ebene E durch die Vektoren

___ › AB und

___ › AD aufgespannt werden, geben

die Parameterwerte die Lage des Punktes S an. Da 0 < r < 1 und 0 < s < 1, liegt der Punkt S innerhalb des Parallelogramms.

Alternative Lösung für (1): Man könnte auch zunächst eine Koordinatengleichung der Ebene E bestimmen:

Für die Koordinatengleichung einer Ebene benötigt man einen Normalenvektor

_ › n = ( n 1

n 2 n 3

) , der die Gleichungen 8 · n 1 + 4 · n 2 + 8 · n 3 = 0 sowie

14 · n 1 + 10 · n 2 + 10 · n 3 = 0 erfüllt. Mithilfe des rref-Befehls des GTR findet man: n 1 + 5 __

3 n 3 = 0 und n 2 – 4 __

3 n 3 = 0.

Wählt man beispielsweise n 3 = 3, so ergibt sich n 1 = – 5 und n 2 = 4. Die zugehörige

Koordinatengleichung ist dann:

E: ( – 5

4

3 ) · ( x 1

x 2 x 3

) = ( – 5

4

3 ) · ( 1

2

3 ) = – 5 + 8 + 9 = 12 ⇔ – 5 x 1 + 4 x 2 + 3 x 3 = 12.

Nun ersetzt man die Variablen x 1 , x 2 , x 3 der Koordinatengleichung durch die Bedin-gungen x 1 = 5 + t; x 2 = – 2 + 2 t; x 3 = 2 t aus der Parameterdarstellung der Geraden:

– 5 · (5 + t) + 4 · (– 2 + 2 t) + 3 · (2 t) = 12 ⇔ – 25 – 5 t – 8 + 8 t + 6 t = 12 ⇔ 9 t = 45 ⇔ t = 5. Diesen Parameterwert setzt man dann in die Parameterdarstellung der Geraden ein.

��Geometrie/Matrizen

Aufgabe 7 Matrizen (Schwerpunkt Geometrie/Matrizen) – Erhöhtes Niveau

Die Umsätze im Möbelhandel einer Region sind unter den beiden Handelsgruppen P und G und dem Rest R aufgeteilt. Zum Zeitpunkt einer Marktanalyse (t = 0) waren die Anteile folgende: P hatte 30 % Marktanteil, G hatte 40 % und der Rest R 30 %. Die jährlichen Über-gänge zwischen den drei Gruppen stellt der Graphrechts dar. Es wird erwartet, dass die jährliche Ent-wicklung sich in der beschriebenen Weise fortsetzenwird, wenn keine Maßnahmen getroffen werden.

a) Rechts ist die Darstellung der Kundenentwicklung J1

in einer Übergangsmatrix M begonnen worden. J�

(1) Bestimmen Sie die Matrix M vollständig. (2) Erläutern Sie die Aussage der Matrix M anhand

der ersten Spalte. (3) Berechnen Sie die Kundenanteile für t = 1 und für t = 2. (4) Interpretieren Sie das Ergebnis für die Handelsgruppe P.

b) Um den Marktanteil von P zu erhöhen, werden der Firma von einem Beratungs-institut zwei mögliche Werbestrategien als Alternativen vorgeschlagen: J1 J�

Strategie A: Maßnahmen zur Erhöhung der Kundentreue Damit würden – so wurde ermittelt – dann ein Jahr später statt 50 % nunmehr 60 % noch P treu sein und nur 15 % zu G und 25 % zum Rest abwandern. Die übrigen Zahlen bleiben gleich.

Strategie B: Abwerben von den Konkurrenten Damit würde P 24 % von G (statt 20 %) und 28 % von R (statt 20 %) gewinnen, jeweils auf Kosten von G- bzw. R-treuen Kunden.

Erstellen Sie für beide Strategien passend abgeänderte Übergangsmatrizen A bzw. B. Ermitteln Sie damit – ausgehend von den Anteilen für t = 0 – die Markt-anteile für t = 2. Interpretieren Sie das Ergebnis beider Strategien aus der Sicht der Handelsgruppe P.

c) Die Matrix S mit S = ( 0,4

a

b

a

0,6 c

b

c 0,5

) ist symmetrisch zur Hauptdiagonalen, die durch

die Zahlen 0,4 und 0,6 und 0,5 gebildet wird. J�

Bestimmen Sie die Parameter a, b und c so, dass S eine symmetrische Über-gangsmatrix ist, bei der alle Spaltensummen gleich 1 sind. Beschreiben Sie, wie sich die Symmetrie einer Übergangsmatrix S in dem zu S gehörigen Übergangsgraphen zeigt.

Lösunga) (1) Aus dem Übergangsdiagramm entnimmt man Wahrscheinlichkeiten der möglichen

Übergänge, siehe Tabelle bzw. Matrix:

von P von G von R

nach P 0,50 0,20 0,20

nach G 0,20 0,58 0,17

nach R 0,30 0,22 0,63

M = ( 0,50

…

0,30

…

…

0,22 …

… …

) M = ( 0,50

…

0,30

…

…

0,22 …

… …

)

�� Original-Abituraufgaben

(2) Die 1. Spalte gibt an, wie das Verhalten der Kunden von P sich entwickelt: 50 % bleiben bei P, 20 % wechseln zu G und 30 % zu R.

(3) Der Zustandsvektor zum Zeitpunkt t = 0 wird als 3 × 1-Matrix D notiert und einmal bzw. zweimal mit der Matrix multipliziert (statt mit der Matrixpotenz [A ] 2 könnte man gemäß Assoziativgesetz auch den Ergebnisvektor [A] · [D] mit [A] multiplizieren):

(4) Die Handelsgruppe P muss mit einer Abnahme ihres Anteils rechnen: von 30 % auf 29 % und dann noch einmal auf 28,7 %.

b) Statt der Matrix A betrachten wir die Übergangsmatrix B (Strategie A) bzw. C (Strate-gie B) und berechnen die Marktanteile nach zwei Jahren.

Beide Strategien führen zu einer Verbesserung des Marktanteils von P, wobei der durch Strategie B erreichte Marktanteil höher ist als der durch Strategie A.

c) Da nach Aufgabenstellung die Koeffizienten a, b, c so zu wählen sind, dass die Matrix symmetrisch ist und außerdem eine stochastische Übergangsmatrix (d. h. mit Spalten-summen 1) entstehen soll, ergibt sich ein lineares Gleichungssystem mit drei Glei-chungen und drei Variablen:

a + b = 0,6 ∧ a + c = 0,4 ∧ b + c = 0,5, das mithilfe der rref-Option des GTR gelöst werden kann:


Die Übergangsmatrix ist daher:

S = ( 0,4

0,25

0,35 0,25

0,6 0,15

0,35

0,15 0,5

) Die Symmetrie der Matrix bedeutet für das Über-

gangsdiagramm, dass die Übergangswahrscheinlich-keiten in beiden Richtungen jeweils gleich sind:

Aufgabe 8 Geometrie/Matrizen (Schwerpunkt Stochastik ) – Erhöhtes Niveau

Ein Fahrradverleih mit den beiden Zweigstellen A und B bietet seinen Kunden den Service, geliehene Räder an einer der beiden Zweigstellen – unabhängig von der Leihstelle – belie-big wieder abgeben zu können. Zu Beginn sind an jeder Zweigstelle 100 Fahrräder vor-handen. Danach werden täglich stets alle Fahrräder verliehen und von den Kunden in A oder B beliebig abgegeben. Der Fahrradverleih stellt fest, dass täglich 90% der Fahrräder aus A in B und 60% der Fahrräder aus B in A abgegeben werden.

a) (1) Stellen Sie die Daten des Verleihs in einem geeigneten Übergangsdiagramm dar. J1

(2) Die Daten werden auch durch die Übergangsmatrix M = ( 0,1 0,9 0,6 0,4 ) beschrie-ben. J�

Erläutern Sie die erste Spalte der Matrix M im Sachzusammenhang. (3) Berechnen Sie – ausgehend von

_ › v 0 = ( 100 100 ) – die Räderverteilungen

_ › v 1 und

_ › v 2

nach dem 1. und dem 2. Tag. (4) Beschreiben Sie ein Verfahren, mit dem man

_ › v n für ein beliebiges n ∈ N

berechnet. (5) Für die Verteilung der Räder existiert eine stationäre Verteilung

_ › s , d. h. eine

Verteilung, bei der sich am Ende eines Tages jeweils wieder die gleiche Anzahl von Rädern an den beiden Zweigstellen befindet wie am Tag zuvor. Berechnen Sie diese stationäre Verteilung unter Verwendung von M ·

_ › s =

_ › s J3

b) Der Fahrradverleih verändert die Rahmenbedingungen und möchte erreichen, dass sich nach zwei Tagen 133 Räder in A befinden. Zu diesem Zweck soll die Übergangsquote von A nach B gesenkt und die Quote für den Verbleib in A entsprechend erhöht werden. Die übrigen Übergangsquoten sollen unverändert bleiben. J�

Bestimmen Sie die Übergangsquote von A nach B so, dass – ausgehend von _ › v 0 –

sich nach zwei Tagen 133 Räder in A befinden.

Lösunga) (1) Übergangsdiagramm (2) Erläuterung: Die erste Spalte zeigt, dass von den in A ausgeliehenen Rädern 10 % nach einem Tag wieder in A abgeben werden, 90 % der Fahrräder aus A werden in B abgeben.

(3) Wir speichern die Übergangsmatrix als 2 × 2-Matrix A im GTR und den Startvektor als 2 × 1-Matrix B; dann multiplizieren wir den Startvektor einmal bzw. zweimal mit der Übergangsmatrix. Gemäß Assoziativgesetz der Multiplikation könnte man auch statt [A ] 2 · [B] so rechnen: [A] · ([A] · [B]).


Nach dem 1. Tag sind 70 Fahrräder in A und 130 in B, nach dem 2. Tag 85 Fahr-räder in A und 115 in B.

(4) Allgemein berechnet man die Verteilung der Fahrräder am n-ten Tag, indem man die n-te Potenz der Übergangsmatrix mit dem Startvektor multipliziert oder schritt-weise den Startvektor mit der Übergangsmatrix und dann das Ergebnis wiederum mit der Matrix (und dies n-mal).

(5) Aus der Bedingung für den Fixvektor ergibt sich ein Gleichungssystem, dessen Gleichungen zueinander äquivalent sind:

| 0,1 x + 0,6 y = x 0,9 x + 0,4 y = y | ⇔ | – 0,9 x + 0,6 y = 0 0,9 x – 0,6 y = 0 | ⇔ | 0,9 x – 0,6 y = 0 | ⇔ x = 2 __ 3 y.

Nach Voraussetzung gilt jedoch auch, dass insgesamt 200 Fahrräder vorhanden sind, also x + y = 200, also 2 __

3 y + y = 5 __

3 y = 200, d. h., y = 120 und daher x = 80.

Wenn am Anfang 80 Fahrräder in A und 120 Fahrräder in B sind, bleibt die Ver-teilung stabil.

Alternativ kann man die Bedingung x + y = 200 auch von Anfang an bei der Lösung des Gleichungs-systems berücksichtigen.

b) Gesucht sind die Koeffizienten der 1. Spalte der Übergangsmatrix, sodass gilt:

( x 1 – x 0,6 0,4 ) 2 · ( 100 100 ) = ( 133 67 ) . Man kann diese Gleichung schrittweise umformen:

( x 1 – x 0,6 0,4 ) · ( ( x 1 – x 0,6 0,4 ) · ( 100 100 ) ) = ( 133 67 ) , also

( x 1 – x 0,6 0,4 ) · ( 100 x + 60 140 – 100 x ) = ( 133 67 ) und weiter

( 100 x 2 + 60 x + 84 – 60 x 100 x – 100 x 2 + 60 – 60 x + 56 – 40 x ) = ( 133 67 ) ⇔ ( 100 x 2 100 x 2 ) = ( 49 49 ) ⇔ x = 0,7.

(Die Lösung x = – 0,7 entfällt im Sachzusammenhang.) Daher ergibt sich eine Übergangsquote von 1 – x = 0,3 für den Übergang von A nach B. Alternativ kann man auch erst die Matrix quadrieren und dann weiter umformen:

( x 2 + 0,6 – 0,6 x x – x 2 + 0,4 – 0,4 x 0,6 x + 0,24 0,6 – 0,6 x + 0,16 ) · ( 100 100 ) = ( 133 67 ) , also

( x 2 – 0,6 x + 0,6 – x 2 + 0,6 x + 0,4 0,6 x + 0,24 – 0,6 x + 0,76 ) · ( 100 100 ) = ( 133 67 ) und weiter ( 100 x 2 – 60 x + 60 + 60 x + 24 – 100 x 2 + 60 x + 40 – 60 x + 76 ) = ( 133 67 ) ⇔ ( 100 x 2 100 x 2 ) = ( 49 49 ) ⇔ x = 0,7

��Stochastik

Aufgabe � Stochastik (Schwerpunkt Stochastik ) – Grundlegendes Niveau

Der Verein der Modelleisenbahner will zahlreiche neue Lokomotiven einkaufen. Wegen des günstigeren Preises werden 60 % der Lokomotiven bei Firma A gekauft. Eine umfangreiche Kundenbefragung im Internet hat ergeben, dass 70 % der bei Firma A gekauften Loko-motiven einwandfrei sind. 40 % der Lokomotiven werden trotz des höheren Preises bei Firma B gekauft, weil die Internetbewertung mit nur 15 % defekter Lokomotiven besser ist.

a) (1) Stellen Sie den Sachverhalt in einer Vier-Felder-Tafel oder in einem Baum-diagramm dar. K3

(2) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass eine gelieferte Lokomotive einwandfrei ist.

(3) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass eine gelieferte defekte Loko-motive von der Firma A kommt.

b) Der Verein möchte einen „Tag der offenen Tür“ veranstalten. Ein Mitglied hat 100 Loko-motiven aus dem vorhandenen Bestand getestet und festgestellt, dass 15 defekt sind. Leider hat er diese nicht gekennzeichnet.

Für das Schaufahren am „Tag der offenen Tür“ werden nun drei Lokomotiven zufällig ausgewählt. Begründen Sie, dass die Zufallsgröße „Anzahl der defekten Lokomotiven“ nicht binomialverteilt ist. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten der folgenden Ereignisse: E 1 : Genau eine der drei Lokomotiven ist defekt. E 2 : Weniger als zwei Lokomotiven sind defekt. E 3 : Spätestens die dritte eingesetzte Lokomotive ist defekt.

c) Um bei einem erneuten Schaufahren Pannen zu vermeiden, sollen die Lokomotiven repariert werden. Aus Erfahrung weiß man, dass bei jeder Lokomotive drei voneinander unabhängige Fehlertypen auftreten können:

Lötstelle gebrochen, Schalter defekt, Steckverbindung fehlt. Die Wahrscheinlichkeit für das Auftreten jedes Fehlertyps beträgt 5 %. Dabei kann bei

einer Lokomotive auch mehr als ein Fehlertyp vorkommen.

Der Vereinsvorsitzende möchte 80 Lokomotiven kontrollieren und die notwendigen Reparaturen notieren.

Drei Vereinsmitglieder haben sich bereit erklärt, anschließend die Reparaturen durchzuführen. Untersuchen Sie, ob die Arbeit voraussichtlich in einer Stunde zu schaffen ist, wenn die Reparatur jedes einzelnen Defekts etwa 10 Minuten dauert. L�

Lösung a) (1) Wir stellen den Vorgang als 2-stufigen Zufallsversuch dar:


und in Form einer Vier-Felder-Tafel

Firma A Firma B gesamt

einwandfrei 0,42 0,34 0,76

defekt 0,18 0,06 0,24

gesamt 0,60 0,40 1

(2) Aus der Vier-Felder-Tafel lesen wir ab, dass 76 % der gelieferten Lokomotiven ein-wandfrei sind.

(3) Aus der Vier-Felder-Tafel kann man das umgekehrte Baumdiagramm entwickeln:

Die Wahrscheinlichkeit, dass eine defekte Lokomotive von der Firma A geliefert wurde, beträgt 75 %.

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit kann auch ohne die Zwischenschritte Vier-Felder-Tafel – Umgekehrtes Baumdiagramm mithilfe des Satzes von Bayes berechnet wer-den.

b) Die Lokomotiven werden nach dem „Test“ nicht wieder zurückgestellt, es muss mit „Ziehen ohne Zurücklegen“ modelliert werden. Deshalb liegt keine Binomialverteilung vor.

P ( E 1 ) = 15 ____ 100

· 85 ___ 99

· 84 ___ 98

+ 85 ____ 100

· 15 ___ 99

· 84 ___ 98

+ 85 ____ 100

· 84 ___ 99

· 15 ___ 98

= 51 ____ 154

≈ 0,33

P ( E 2 ) = P (keine defekt) + P ( E 1 ) = 1 – 85 ____ 100

· 84 ___ 99

· 83 ___ 98

+ 51 ____ 154

= 1088 _____ 1155

≈ 0,94

Das Ereignis Spätestens die dritte Lokomotive ist defekt bedeutet: Die erste oder die zweite oder die dritte Lokomotive ist defekt. Das Gegenereignis hierzu ist: Keine der drei Lokomo-tiven ist defekt.

P ( E 3 ) = 1 – P (keine defekt) = 1 – 85 ____ 100

· 84 ___ 99

· 83 ___ 98

= 899 _____ 2310

≈ 0,39

c) Da nach Voraussetzung die Fehler unabhängig voneinander auftreten und alle mit der gleichen Wahrscheinlichkeit p = 0,05 auftreten, kann man den Vorgang als 3-stufige Bernoulli-Kette modellieren.

In der Aufgabenstellung ist nach dem voraussichtlichen zeitlichen Aufwand gefragt, also nach dem Erwartungswert.

Der Erwartungswert der Anzahl der Fehler ist demnach gleich μ = 3 · 0,05 = 0,15. Bei 80 Lokomotiven sind demnach 12 Fehler zu erwarten, was eine Reparaturdauer von 120 Minuten bedeuten würde; aufgeteilt auf drei Personen bedeutet dies, dass je-der etwa 40 Minuten arbeiten müsste, also weniger als eine Stunde.

31Stochastik

Hinweis: Zum gleichen Ergebnis kommt man, wenn man aufwändiger wie folgt überlegt:

Die Zufallsgröße X: Anzahl der Defekte an einer Lokomotive ist binomialverteilt mit Erfolgswahr-scheinlichkeit p = 0,05. Dies ergibt die nebenste-hende Wahrscheinlichkeitsverteilung.

P (X = 0) = 0,9 5 3 ≈ 0,857 ⇒ Von 80 Lokomotiven werden voraussichtlich ca. 0,857 · 80 ≈ 69 ohne Defekte sein.

P (X = 1) = 3 · 0,05 · 0,9 5 2 ≈ 0,135 ⇒ Von 80 Lokomotiven werden voraussichtlich ca. 11 genau einen Defekt haben.

P (X = 2) = 3 · 0,0 5 2 · 0,95 · 0,007 ⇒ Bei 80 Lokomotiven ergibt sich eine Anzahl von 0,56 mit genau zwei Defekten.

P (X = 3) = 0,0 5 3 = 0,000 125 ⇒ Bei 80 Lokomotiven ergibt sich eine Anzahl von 0,01 mit genau drei Defekten.

Bei diesem umständlichen Weg leitet man praktisch die Formel μ = n · p her: μ = 0 · 0,9 5 3 + 1 · (3 · 0,05 · 0,9 5 2 ) + 2 · (3 · 0,0 5 2 · 0,95) + 3 · 0,0 5 3 = 0,15.

Aufgabe 10 Stochastik (Schwerpunkt Geometrie/Matrizen) – Grundlegendes Niveau

Ein Großhändler verkauft Grafikrechner. Erfahrungsgemäß sind 5 % der Geräte defekt und werden ausgetauscht.Die Zufallsgröße X beschreibt die Anzahl der defekten Geräte. Es darf von einer Binomial-verteilung ausgegangen werden.

a) (1) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass von 100 Rechnern genau 5 defekt sind. L�

(2) Eine Lieferung mit 100 Rechnern geht an den 7. Jahrgang einer Schule, der insgesamt 94 Schülerinnen und Schüler hat. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass von den insgesamt 100 Rechnern mindestens so viele einwandfrei sind, dass alle 94 Schüle-rinnen und Schüler je einen einwandfreien Rechner bekommen können.

Seit 2010 bietet der Großhändler einen neu entwickelten Grafikrechner an. In einer ersten Stichprobe werden 240 Geräte getestet und 16 defekte Rechner gefunden.

b) (1) Bestimmen Sie ein Vertrauensintervall für die unbekannte Wahrscheinlich-keit, dass ein solcher Rechner defekt ist (g = 90 %). Mögliches Ergebnis: [0,044 ; 0,099] N�

(2) Die Schule möchte für die 105 Schülerinnen und Schüler des nächsten 7. Jahrgangs eine Sammelbestellung für das neu entwickelte Modell auf-geben. Da der Händler anbietet, überschüssige oder defekte Geräte zurück-zunehmen, entscheidet sich die Schule dazu, 120 Rechner zu bestellen. Bestimmen Sie die zum Vertrauensintervall gehörenden Erwartungswerte für die Anzahl defekter Geräte und beurteilen Sie die Entscheidung der Schule.


Lösunga) (1) n = 100, p = 0,05, P (X = 5) = ( 100 5 ) · 0,0 5 5 · 0,9 5 95 ≈ 0,180

(2) Damit die 94 Schüler/innen eine ausreichende Anzahl an einwandfrei funktionierenden Rech-nern erhalten, dürfen höchstens 6 defekt sein. Die Wahrscheinlichkeit hierfür ist: P (X ≤ 6) ≈ 76,6 %.

b) (1) Mit einer Wahrscheinlichkeit von 90 % unterscheidet sich der unbekannte Anteil p der Grafikrechner, die defekt sind, vom Anteil in der Stichprobe um höchstens 1,64 σ / n. Gegeben ist hier also n = 240 und X / n = 16 / 240 = 1 / 15. Gesucht sind alle p, welche die folgende Bedingung erfüllen:

| 1 ___ 15

– p | ≤ 1,64 · √ ________

p · (1 – p)

________ 240

⇔

p – 1,64 · √ ________

p · (1 – p)

________ 240

≤ 1 ___ 15

und 1 ___ 15

≤ p + 1,64 · √ ________

p · (1 – p)

________ 240

Eine grafische Lösung mithilfe des GTR ist möglich: Untersuchung der Schnitt-punkte der Funktionsgraphen von

y 1 = 1 ___ 15

; y 2 = x – 1,64 √ _______

x (1 – x)

_______ 240

und y 3 = x + 1,64 √ _______

x (1 – x)

_______ 240

Mithilfe der intersect-Option des GTR findet man (nach Anpassung des GTR- Fensters) als Intervall-Eckwerte: p 1 ≈ 0,0448 und p 2 ≈ 0,0982.

Man erhält dieselben Eckwerte, wenn man die quadratische Gleichung

| 1 ___ 15

– p | = 1,64 · √ ________

p · (1 – p)

________ 240

⇔ ( 1 ___ 15

– p ) 2 = 1,6 4 2 · p · (1 – p)

________ 240

löst.

(2) Aus den Eckwerten des Konfidenzintervalls ergibt sich, dass die unbekannte Anzahl von defekten Grafikrechnern zwischen 0,0447 · 120 ≈ 6 und 0,0982 · 120 ≈ 12 lie-gen wird, d. h., dass der Schule voraussichtlich zwischen 108 und 114 Grafikrech-ner zur Verfügung stehen werden. Damit ist allerdings nicht ausgeschlossen, dass die Lieferung mehr als 15 defekte Grafikrechner enthält.

33Stochastik

Aufgabe 11 Stochastik (Schwerpunkt Stochastik) – Erhöhtes Niveau

Langfristige Untersuchungen haben ergeben, dass 2 % aller Autofahrer unter Alkohol-einfluss stehen.An einer Überwachungsstelle wird die Geschwindigkeit von 1000 Autofahrern kontrolliert, wobei 120 Übertretungen beobachtet werden. Die Polizei stellt fest, dass 15 % der Ge-schwindigkeitssünder Alkohol im Blut haben.

a) (1) Stellen Sie den Sachverhalt in einem Baumdiagramm oder einer Vier-Felder-Tafel dar. K3

(2) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass • jemand, der Alkohol im Blut hat, zu schnell fährt. • jemand, der nicht zu schnell fährt, Alkohol im Blut hat. (3) Beurteilen Sie die Behauptung: „Nur 15 % aller Geschwindigkeitssünder

haben Alkohol im Blut, also sind die restlichen 85 % nüchtern. Deswegen fährt man mit Alkohol ganz offensichtlich vorsichtiger.“

b) Es gilt weiterhin, dass 2 % aller Autofahrer unter Alkoholeinfluss stehen. K3 K4

Die Polizei führt ein Alkohol-Messgerät ein, das zu 99 % sicher ist. Das bedeutet, dass 99 % aller getesteten Alkoholsünder erkannt werden, während auch 99 % aller Nüchternen richtig eingeschätzt werden. Bei einem zufällig ausgewählten Fahrer zeigt das Messgerät Alkoholkonsum an. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass der Fahrer trotz der Anzeige des Gerätes keinen Alkohol im Blut hat. Interpretieren Sie das Ergebnis im Sachzusammenhang.

c) (1) Die Geschwindigkeiten der Autos sollen als normalverteilt angenommen werden mit μ = 80 km/h. Bestimmen Sie eine passende Standardabweichung σ, sodass wie oben beschrieben 120 von 1000 Autos die Höchstgeschwindigkeit von 100 km/h überschreiten.

(2) In der Grafik sehen Sie zum einen die obige Geschwindig-keitsverteilung und zum anderen die Verteilung in der Umgebung einer Baustelle mit einer Geschwindigkeits-begrenzung von 70 km/h. Beschreiben Sie die Unter-schiede zwischen den beiden Kurven und die sich daraus ergebenden Unterschiede im Hinblick auf μ und σ. Nennen Sie eine mögliche Begründung für die Unterschiede im Sach-zusammenhang.

Lösunga) (1) Aus den Informationen des Aufgabentextes lässt sich am einfachsten eine Vier-

Felder-Tafel mit absoluten Häufigkeiten erstellen. Man kann dabei davon ausgehen, dass 2 % von 1000, also 20 Alkoholsünder, unter den 1000 kontrollierten Autofahrern sind. 15 % von 120 Verkehrssündern hatten Alkohol im Blut, das sind 18 Personen.


Aus den gegebenen Daten (in Blau) erschließen wir die fehlenden Daten:

Geschwindigkeit zu hoch

Geschwindigkeit in Ordnung

gesamt

alkoholisiert 18 2 20

nüchtern 102 878 980

gesamt 120 880 1000

Zu dieser Vier-Felder-Tafel gehören zwei Baumdiagramme:

(2) Die beiden gesuchten Wahrscheinlichkeiten kann man aus den Baumdiagrammen direkt ablesen oder aus der Vier-Felder-Tafel durch Quotientenbildung bestimmen: P alkoholisiert (zu schnell) = 0,90 = 90 %

P nicht zu schnell (alkoholisiert) ≈ 0,023 = 2,3 %

(3) Die Aussage ist falsch. Man darf die Wahrscheinlichkeiten der beiden Ereignisse P alkoholisiert (zu schnell) = 90 % und P zu schnell (alkoholisiert) = 15 % nicht miteinander verwechseln.

b) Aus den Informationen der Aufgabenstellung ergibt sich das folgende Baumdiagramm:

3�Stochastik

Hieraus ergibt sich die folgenden Vier-Felder-Tafel …

Anzeige „Alkohol“

Anzeige „kein Alkohol“

gesamt

alkoholisiert 0,0198 0,0002 0,02

nüchtern 0,0098 0,09702 0,98

gesamt 0,0296 0,9704 1

… und hieraus das umgekehrte Baumdiagramm:

Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Fahrer, bei dem Alkoholkonsum angezeigt wird, tatsächlich keinen getrunken hat, be-trägt ca. 33 %. Dies bedeutet, dass aufgrund der Anzeige des Geräts keine sicheren Schlüsse über Alkoholkonsum möglich sind.

Man kann diese Wahrscheinlichkeit auch mithilfe der Formel von Bayes berechnen:

P nüchtern (Alkoholkonsum wird angezeigt) = 0,98 · 0,01 __________________

0,98 · 0,01 + 0,02 · 0,99 = 0,0098

_____________ 0,0098 + 0,0198

≈ 0,34.

c) (1) 12 % der Fahrzeuge haben eine überhöhte Geschwindigkeit, d. h., es muss gelten

P (X ≤ 100) = Φ ( 100 – 80 _______ σ ) = 0,88. Den Wert von Φ – 1 (0,88) bestimmen wir mithilfe des GTR:

Kontrollrechnung:P (X ≤ 100) ≈ 0,88

(2) Der zweite Graph zeigt eine Glockenkurve, die nach links verschoben (μ ≈ 60 km/h) und schmaler ist, was bedeutet, dass die Standardabweichung kleiner ist (aufgrund der Grafik kann man schätzen, dass σ ≈ 4, denn φ (0) ≈ 0,4).

Im Sachzusammenhang bedeutet dies, dass die mittlere Geschwindigkeit der Autos in der Umgebung der Baustelle kleiner ist und dass auch die Streuung der Ge-schwindigkeiten kleiner ist. Eine mögliche Erklärung ist, dass sich in der Umgebung einer Baustelle aufgrund der höheren Verkehrsdichte und des zwangsläufigen Fahrens in der Kolonne eine homogenere Geschwindigkeitsverteilung mit gerin-gerem Mittelwert ergibt.


Aufgabe 1� Stochastik (Schwerpunkt Geometrie/Matrizen) – Erhöhtes Niveau

Die Wahl zum Bürgermeister einer Großstadt gewinnt derjenige Kandidat, der mehr als 50 % der Stimmen erhält.

a) Bei der Wahl gewinnt der amtierende Bürgermeister mit einem Anteil von 56 % der Stimmen. Nach der Wahl wird eine repräsentative Umfrage durchgeführt, in der unter anderem danach gefragt wird, ob man für den amtierenden Bürger-meister gestimmt hat. L�

(1) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass von 5 Befragten genau 3 den amtierenden Bürgermeister gewählt haben.

(2) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass unter 500 zufällig ausge-suchten Wählern mindestens 260 und höchstens 300 den amtierenden Bürgermeister gewählt haben. Dabei kann davon ausgegangen werden, dass die Anzahl der Stimmen für den amtierenden Bürgermeister binomial-verteilt ist.

Bereits vor der Bürgermeisterwahl wurden Umfragen zum Wahlausgang durchgeführt.

b) (1) In einer repräsentativen Umfrage gaben 424 von 800 Personen an, den amtierenden Bürgermeister wählen zu wollen. N�

Entscheiden Sie mithilfe eines Vertrauensintervalls zur Sicherheitswahrschein-lichkeit von 95 %, ob der amtierende Bürgermeister mit einem Wahlsieg rechnen konnte.

(2) In einer weiteren repräsentativen Umfrage unter n zufällig ausgewählten Personen gaben 54 % der Befragten an, den amtierenden Bürgermeister wählen zu wollen. N3

Ermitteln Sie die Mindestanzahl n an Personen, die befragt worden sein müssen, damit das Vertrauensintervall zur Sicherheitswahrscheinlichkeit von 95 % für den unbekannten Stimmenanteil p nur Werte enthält, die größer als 0,5 sind.

Lösunga) X: Anzahl der Wähler des Bürgermeisters unter den befragten Personen; p = 0,56; n = 5 (1) P (X = 3) ≈ 0,340, d. h., die Wahrscheinlichkeit, dass 3 der 5 Befragten den amtie-

renden Bürgermeister gewählt haben, beträgt ca. 34 %.

(2) P (260 ≤ X ≤ 300) = P (X ≤ 300) – P (X ≤ 259) ≈ 0,935, d. h., die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens 260 und höchstens 300 der Befragten den amitierenden Bürger-meister gewählt haben, beträgt ca. 93,5 %.

b) (1) Mit einer Wahrscheinlichkeit von 95 % unterscheidet sich der unbekannte Anteil p der Wähler des amtierenden Bürgermeisters vom Anteil in der Stichprobe um höchstens 1,96 σ / n. Gegeben ist hier also n = 800 und X / n = 424 / 800 = 0,53. Gesucht sind alle p, welche die folgende Bedingung erfüllen:

| 0,53 – p | ≤ 1,96 · √ ________

p · (1 – p)

________ 800

.

37Stochastik

Eine grafische Lösung mithilfe des GTR ist möglich: Untersuchung der Schnitt-punkte der Funktionsgraphen von

y 1 = 0,53; y 2 = x – 1,96 √ _______

x (1 – x)

_______ 800

und y 3 = x + 1,96 √ _______

x (1 – x)

_______ 800

.

Mithilfe der intersect-Option des GTR findet man (nach Anpassung des GTR- Fensters) als Intervall-Eckwerte: p 1 ≈ 0,4954 und p 2 ≈ 0,5644.

Man erhält dieselben Eckwerte des Vertrauensintervalls, wenn man die die quadra-tische Gleichung

| 0,53 – p | ≤ 1,96 · √ ________

p · (1 – p)

________ 800

⇔ (0,53 – p ) 2 = 1,9 6 2 · p · (1 – p)

________ 800

löst.

Da der untere Eckwert des Vertrauensintervalls unterhalb der 50 %-Grenze liegt, wäre ein Stichprobenergebnis von 53 % auch verträglich mit einem Wahlergebnis (Anteil in der Gesamtheit), das nicht die absolute Mehrheit für den amtierenden Bürgermeister bedeutet.

(2) Gesucht wird das kleinstmögliche n, für das gilt: Alle im 95 %-Vertrauensintervall enthaltenen Erfolgswahrscheinlichkeiten p sind größer als 0,5, d. h., im Ansatz zur

Bestimmung eines Vertrauensintervalls muss gelten: 1,96 · √ ________

p · (1 – p)

________ n < 0,04.

Wir lösen diese Ungleichung nach n auf:

1,9 6 2 · p · (1 – p)

________ n < 0,0 4 2 ⇔ n > ( 1,96 ____

0,04 ) 2 · p · (1 – p) = 4 9 2 · p · (1 – p).

Die Funktion f mit f (p) = p ·(1 – p) hat ihr Maximum bei p = 0,5 (siehe Abbildun-gen unten), daher wird die rechte Seite der Ungleichung im ungünstigsten Fall gleich 49 2 · 0,25 = 600,25. Wenn n ≥ 601 gewählt wird, ist die Bedingung auf jeden Fall erfüllt.

original-prüfungsaufgaben · pdf filedie abbildung rechts zeigt den graphen dieser...

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