65000 CD Übungsaufgaben

Hessen – Mathematik Leistungskurs Analysis: Übungsaufgabe 1

Gegeben ist die Funktionenschar fk mit

fk(x) = x ⋅ ln x – k ⋅ x, k ∈ 0

a) Geben Sie den maximalen Definitionsbereich von fk an und untersuchen Sie die Funktio-nenschar auf Nullstellen und Symmetrieeigenschaften.

b) Untersuchen Sie das Verhalten von fk für x → ∞ (Fallunterscheidungen bezüglich k).

c) Es sei k = 1. Ermitteln Sie die Koordinaten der Extrem- und der Wendepunkte und bestim-men Sie die Art der Extrema.

d) Skizzieren Sie den Graphen von f1 unter Verwendung der bisher erzielten Ergebnisse im Intervall [0; 5].

e) Bestimmen Sie die Maßzahl der Fläche zwischen dem Graphen der Funktion fk und der x-Achse im Intervall [1; x0] in Abhängigkeit von k. (x0 bezeichnet die Nullstelle von fk.) Diskutieren Sie die Veränderung der Maßzahl dieser Fläche, wenn k variiert.

f) Gegeben ist das Dreieck ABC mit A(x0 | 0), B(x0 + 3 | 0) und C(x0 + 3 | y); x0 bezeichnet die Nullstelle von fk. C ist auch der Schnittpunkt der Tangente durch A mit der Strecke BC. Daraus ergibt sich die y-Koordinate von C. Diskutieren Sie die Abhängigkeit der Dreiecks-fläche von k.

g) Straßenstück: Erweiterung durch eine Gerade am linken Rand Der Graph von f1 eignet sich hervorragend zur Planung und Umsetzung der Trassenfüh-rung eines Abschnittes der Umgehungsstraße von Roßdorf. Allerdings bedarf es noch einer Ergänzung am „linken Rand“. Hier muss ein entsprechender gerader Verlauf für das Inter-vall [–1; b] mit b > 0 angepasst werden. (1) Wieso bedarf es der Forderung b > 0? (2) Entwickeln Sie einen geeigneten Vorschlag!

1

Hessen LK – Analysis: Übungsaufgabe 1

Hinweise und Tipps

Teilaufgabe a � Berücksichtigen Sie die charakteristischen Elemente des Funktionsterms (ln und Differenz-

term). � Welchen Definitionsbereich hat ln(x)? � Bei der Berechnung der Nullstellen ist eine Fallunterscheidung notwendig.

Teilaufgabe b � Grenzwertuntersuchungen haben auch etwas mit der Frage zu tun, welcher Term in diesem

Bereich dominiert.

Teilaufgabe c � Da nach Punkten gefragt wird, muss auch die y-Koordinate berechnet werden. � Welche Bedingungen müssen Extrempunkte erfüllen? � Wann liegt ein Wendepunkt vor?

Teilaufgabe d � Beachten Sie das angegebene Intervall und seine „eckigen“ Klammern. � Eine Wertetabelle kann für die Zeichnung hilfreich sein.

Teilaufgabe e � Es wird die Stammfunktion mit dem Parameter k benötigt. � Da der Term ein Produktterm ist, wird dafür die partielle Integration benötigt. Hierbei ist da-

rauf zu achten, welche Teilfunktion bei einer ihrer Ableitungen zu einer konstanten Funktion wird.

� Führen Sie Fallunterscheidungen für k durch.

Teilaufgabe f � Zeichnen Sie eine Skizze des Dreiecks. Welche Größen spielen hier eine Rolle? � Liefert die Lage der Punkte oder die Bestimmung der Maßzahl der Fläche Ansätze zur Lö-

sung?

Teilaufgabe g � Anpassungen bedeuten immer eine durch Intervalle definierte Funktion. � Dabei ist am Berührpunkt der beiden Teilfunktionen auf Stetigkeit („die Graphen hängen zu-

sammen“) und Differenzierbarkeit („der Graph ist knickfrei“) zu achten.

2


Lösung

a) Definitionsbereich Bei dieser Funktion liegt kein Sachproblem vor, aber der Minuend enthält den Teilterm „ln x“. Die Funktion mit dem Funktionsterm ln x ist nur für x > 0 definiert. Diese Bedin-gung stellt die erste Einschränkung für den Definitionsbereich von fk dar. Der Parameter k hat aufgrund seiner Stellung im Teilterm (Subtrahend) überhaupt keinen Einfluss auf den Definitionsbereich. Daraus folgt: Der maximale Definitionsbereich ist Dk = 0+.

Nullstellen Die Bedingungsgleichung für die Existenz von Nullstellen der Funktion fk lautet fk(x) = 0. Für den konkreten Ansatz ergibt sich daher

x ⋅ ln x – k ⋅ x = 0

Zur weiteren Lösung wird die Eigenschaft eines Produktterms a ⋅ b = 0 ⇒ a = 0 ∨ b = 0

verwendet. Umformung der linken Seite in einen Produktterm:

x ⋅ (ln x – k) = 0 x = 0 ∨ ln x – k = 0

Die Lösung der ersten Gleichung liegt nicht im Definitionsbereich der Funktion, für die zweite Gleichung gilt:

k

ln x k 0ln x k e

x e

− == =

Fallunterscheidungen für k: 1. Fall: k = 0 Die Nullstelle liegt bei x0 = 1. 2. Fall: k > 0 Die Nullstelle liegt „rechts“ von 1. Je größer der Wert von k ist, desto größer ist der Wert der Nullstelle. 3. Fall: k < 0 Die Nullstelle liegt „links“ von 1 und nähert sich mit wachsendem Betrag von k dem Wert null.

Symmetrien Es geht um die „Standardsymmetrien“ Achsensymmetrie zur y-Achse (AS) und Punkt-symmetrie zum Koordinatenursprungspunkt (PS). Alternative Lösung 1 (argumentativ) Aufgrund des eingeschränkten Definitionsbereiches hat fk keine Standardsymmetrie. Alternative Lösung 2 (rechnerisch) Ansatz für AS:

fk(x) = fk(–x)

Konkret ergibt sich damit für die vorliegende Funktion: x ⋅ ln x – k ⋅ x = (–x) ⋅ ln (–x) – k ⋅ (–x)

Der Teilterm ln (–x) liefert den entsprechenden Widerspruch. fk ist nicht achsensymmetrisch.

3


Ansatz für PS: fk(x) = –fk(–x)

Konkret ergibt sich damit für die vorliegende Funktion: x ⋅ ln x – k ⋅ x = – [(–x) ⋅ ln (–x) – k ⋅ (–x)]

Der Teilterm ln (–x) liefert den entsprechenden Widerspruch. fk ist nicht punktsymmetrisch. Insgesamt gilt damit: fk ist nicht symmetrisch.

b) fk ist aufgrund von Eigenschaften seiner Funktionenklassen (Logarithmusfunktion und ganzrationale Funktion) im Innern des Definitionsbereiches stetig und differenzierbar. Aus dieser Tatsache folgt, dass das Lösungsverfahren „Funktionengrenzwert“ angewendet wer-den kann. Fall k > 0: Es gilt:

kx x

x

lim (f (x)) lim [x (ln x k)]

lim (x ln x) (i)

„ “

→ ∞ → ∞

→ ∞

= ⋅ −

= ⋅

= ∞

wegen der Dominanz der beiden Teilfunk-tionen g(x) = x und h(x) = ln x in diesem Bereich

Die Schreibfigur „∞“ soll hier signalisieren, dass der Grenzwert eigentlich nicht real exis-tiert (Grenzwerte müssen reelle Zahlen sein). Das Ergebnis „∞“ stellt aber eine durchaus nützliche Information über den Verlauf des Graphen dar. Wegen der Eigenschaft (i) ergeben sich für die Fälle k < 0 und k = 0 die gleichen Infor-mationen für das Verhalten von fk in diesem Bereich.

c) Nachtrag: Mit k = 1 ergibt sich für die Nullstelle x0 = e. Da e eine irrationale Zahl ist, muss zur Darstellung im Koordinatensystem eine Entscheidung bezüglich einer geeigneten Näherung getroffen werden. Vorschlag: x0 ≈ 2,7 Extrempunkte Bedingungen für die Existenz von Extrempunkten lauten:

f '(x) = 0 ∧ f ''(x0n) ≠ 0

Die erste Bedingung steht für die Tatsache, dass am Extrempunkt xn eine waagrechte Tan-gente vorliegen muss. Die zweite Bedingung fordert den Verlauf des Graphen der 1. Ab-leitungsfunktion an dieser Nullstelle x0 mit einer positiven Steigung f ''(x0n

) > 0 (Tiefpunkt von f an dieser Stelle) oder mit einer negativen Steigung f ''(x0n

) < 0 (Hochpunkt von f an dieser Stelle). Daher müssen zunächst die 1. und die 2. Ableitungsfunktion von f1 gebildet werden. Aufgrund der Termstruktur von f1 werden dafür die Ableitungsregeln Produkt-, Ketten-, Summen-, Differenz-, konstante Faktoren- und konstante Summandenregel benötigt. Dazu kommt noch die Besonderheit der Ableitungsfunktion für die natürliche Logarithmus-funktion.

4


'1

''2

1f (x) x 1 ln x 1 mit u(x) x v(x) ln xx

11 ln x 1 u '(x) 1 v '(x)2

ln x

1 1f (x) mit (ln x) 'x x

= ⋅ + ⋅ − = =

= + − = ==

= =

Notwendige Bedingung für die Existenz von Extrempunkten von f1: '1

0

f (x) 0ln x 0 e

x ex 1

== ==

Hinreichende Bedingung für die Existenz von Extrempunkten von f1: ''1f (x0n

) ≠ 0, d. h. ''1f (x0n

) > 0 (Tiefpunkt) oder ''1f (x0n

) < 0 (Hochpunkt)

Untersuchung an der Nullstelle: ''

11f (1) 11

= =

1 > 0 ⇒ An dieser Stelle existiert ein Tiefpunkt. Berechnung der y-Koordinate:

f(1) = 1 ⋅ ln 1 – 1 = –1 Emin(1; –1)

Wendepunkte Lösungsvariante 1 (argumentativ): Funktionen, die nicht gebrochenrational und /oder intervallweise definiert sind und nur einen echten Extrempunkt haben, besitzen keinen Wendepunkt. Lösungsvariante 2 (rechnerisch): Die notwendige Bedingung für die Existenz eines Wendepunktes, f ''(x) = 0, ist nicht erfüllt, da 1

x0= keine reellen Lösungen hat.

d)

5


e) Die Bestimmung einer Flächenmaßzahl setzt zunächst die Angabe der Stammfunktion Fk der vorliegenden Randfunktion fk voraus.

Stammfunktion Vorüberlegung 1: Wegen des Teilterms t(x) = x ⋅ ln x muss auf jeden Fall die partielle Integration zur Bestim-mung der Lösung eingesetzt werden. Es empfiehlt sich daher, gleich den gesamten Funk-tionsterm als Produkt darzustellen:

fk(x) = x ⋅ (ln x – k)

Vorüberlegung 2: Das Verfahren der partiellen Integration liefert allerdings nur dann brauchbare Lösungen, wenn das „Prinzip Hoffnung“ im Funktionsterm vorhanden ist. Anmerkung zum „Prinzip Hoffnung“: Ein Faktorterm, in der Regel mit u(x) bezeichnet, muss in der Darstellung einer seiner Ab-leitungsfunktionen ein konstanter Term werden. Mit der Formel

u(x) v '(x)dx u(x) v(x) u '(x) v(x)dx⋅ = ⋅ − ⋅∫ ∫

kann dann das Integral

u '(x) v(x)dx⋅∫

unter Verwendung der konstanten Faktorenregel elementar berechnet werden. Dies ist aber nur dann möglich, wenn der Faktorterm v '(x) „zweimal integrierbar“ ist. Es ist daher von entscheidender Bedeutung, zu Beginn die richtige Wahl für die Verwen-dung der Teilfunktionen u(x) und v '(x) zu treffen. Vorüberlegung 3: Es liegt zunächst ziemlich nahe, z. B. aus Erfahrungen mit vergangenen Anwendungen die-ser Integrationsregel u(x) = x zu wählen. Mit u '(x) = 1 erscheint das „Prinzip Hoffnung“ hier schnell erfüllt. Damit ergibt sich aber die Notwendigkeit für v '(x) = ln x und damit die Suche nach einer Stammfunktion für „ln x“. Die Formelsammlung liefert dafür

F(x) = x ⋅ ln x – x Jetzt wird deutlich, dass diese Wahl nicht zum gewünschten Ziel führt. Im Integral

u '(x) v(x)dx⋅∫

entsteht wieder ein Produkt, das in mehr als einem Faktorterm die Funktionsvariable x enthält:

x (ln x 1)dx⋅ −∫

Vorüberlegung 4: Es bleibt eine „ungewöhnliche“ Wahl für die Teilfunktionen zur Durchführung der partiel-len Integration:

u(x) = ln x – k und v '(x) = x

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Ansatz:

2 2

2

2

2 2

2

1 1 1[x (ln x k)]dx (ln x k) x x dx2 x 2

1 1x (ln x k) x dx2 21 1x (ln x k) xdx2 21 1x (ln x k) x2 41 1x (ln x k)2 2

⋅ − = − ⋅ − ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ − − ⋅

= ⋅ ⋅ − −

= ⋅ ⋅ − − ⋅

= ⋅ ⋅ − −

∫ ∫

∫

∫

Mit den Integrationsgrenzen ergibt sich damit: b b

2

aa

1 1[x (ln x k)]dx x (ln x k)2 2

⋅ − = ⋅ ⋅ − − ∫

Konkrete Berechnung des Integrals: k ke e

2

11

2k k

2k

2k

2k

1 1[x (ln x k)]dx x (ln x k)2 2

1 1 1 1e lne k 1 ln1 k2 2 2 2

1 1 1 1e k k 0 k2 2 2 21 1 1 1e k2 2 2 2

1 1 1e k4 2 4

⋅ − = ⋅ ⋅ − −

= ⋅ − − − ⋅ ⋅ − −

= ⋅ ⋅ − − − − −

= ⋅ ⋅ − − − −

= − ⋅ + +

∫

Fallunterscheidungen für k 1. Fall: k = 0 = 0 2. Fall: k > 0 Der Betrag der Flächenmaßzahl wird immer größer. Da aber der Tiefpunkt

immer weiter in den negativen y-Bereich wandert und die Nullstelle einen immer größeren Wert annimmt, bleibt das negative Vorzeichen der Maßzahl erhalten. Der Betrag der Flächenmaßzahl wächst mit größer werdendem k.

3. Fall: k < 0 Der Betrag der Flächenmaßzahl wird immer größer. Die Nullstelle und der Tiefpunkt wandern gegen null, je kleiner k wird. Da die Steigung der Funktion für kleiner werdende k immer größer wird, wächst die Fläche im Intervall [x0; 1].

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f) Lösungsvariante 1: Bestimmung der Koordinaten der drei Punkte A(ek | 0), B(ek + 3 | 0), C(ek + 3 | yc) Steigung der Tangente im Punkt A: Mit

fk'(x) = 1 + ln x – k ergibt sich:

fk'(ek) = 1 + ln (ek) – k fk'(ek) = 1 + k – k fk'(ek) = 1

Daraus folgt: Die Steigung der Tangente an der jeweiligen Nullstelle ist unabhängig von k. Ihr Wert beträgt 1 für k ∈ 0. Dies hat Auswirkungen auf die Maßzahl der Dreiecksfläche. Die Grundseite, die Strecke AB, hat die konstante Länge 3. Die Dreieckshöhe, hier die Strecke BC, ist abhängig von dem ihr gegenüberliegenden Win-kel. Die Größe dieses Winkels ist aber identisch mit der Steigung der Tangente im Punkt A. Da diese Steigung von k unabhängig ist, folgt: Die Fläche des Dreiecks ABC bleibt für alle k konstant!

Lösungsvariante 2: Berechnung der Maßzahl der Dreiecksfläche mit der geometrischen Flächenformel

g1A g h2∆ = ⋅

g entspricht der Länge von AB und hg steht für yc. Planung der möglichen Lösungsschritte: Bestimmung der y-Koordinate von C mit dem Schnittpunktverfahren Dies bedeutet: – Formulierung der Gleichung der Tangente (Punkt-Steigungsverfahren) – Formulierung der Gleichung der Geraden durch B und C – Berechnung der Koordinaten des Schnittpunktes mit dem Gleichsetzungsverfahren – Einsetzen der entsprechenden Parameter in die Formel Konkrete Umsetzung der Lösungsschritte:

t(x) = mx + b m = f '(ek) = 1 mit den Koordinaten von A 0 = 1 ⋅ ek + b b = – ek

Damit ergibt sich für die Gleichung der Tangente t(x) = 1 ⋅ x – ek

g(BC): x = ek + 3

Schnittpunkt: yc = 1 ⋅ (ek + 3) – ek = 3

⇒ 1A 3 3 4,52∆ = ⋅ ⋅ =

⇒ Die Maßzahl der Fläche des Dreiecks ABC ist von k unabhängig!

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g) (1) f1 ist an der Stelle x = 0 nicht definiert. Daher kann ein Funktionswert bzw. ein Stei-gungswert dieser Funktion nur explizit für eine Stelle x > 0 verwendet werden.

(2) Das anzupassende Stück Straße soll gerade verlaufen, daher wird eine lineare Funktion für diesen Streckenabschnitt gesucht. Die Anpassung muss die Bedingungen der Stetigkeit und der Differenzierbarkeit an der Stelle der Anpassung gewährleisten. Es geht damit um die Formulierung einer Funktion mit der Funktionsgleichung

1

g(x) mx d; x [ 1; b]; b 0s(x)

f (x) x ln x x; x (b; 5]; b 0= + ∈ − >= = ⋅ − ∈ >

Die Funktion s muss an der Stelle x = b stetig und differenzierbar sein. Mögliche Alternative für eine Lösung: Wahl der Stelle x = b

b = 0,1 Die Steigung für g wird durch die Steigung von f1 an dieser Stelle bestimmt (Erfüllung der Forderung der Differenzierbarkeit von s an dieser Stelle). g(b) muss gleich f1(b) sein (Forderung der Stetigkeit von s an dieser Stelle). Bestimmung von g:

1g(0,1) f (0,1)0,1 ln(0,1) 0,1

0,33026

== ⋅ −≈ −

'1g' (0,1) f (0,1)

m ln(0,1)2,303

==≈ −

Daraus ergibt sich 0,33026 2,303 0,1 d

d 0,09996g(x) 2,303 x 0,09996; x [ 1; 0,1]

− = − ⋅ += −= − ⋅ − ∈ −

Damit kann das Straßenstück wie folgt beschrieben werden:

{1

y(x) 2,303 x 0,0996; x [ 1; 0,1]s(x)

f (x) x ln x x; x (0,1; 5]= − ⋅ − ∈ −= = ⋅ − ∈

9


Die Funktion f mit der Funktionsgleichung

3x100f (x)

2 e−=

+

stellt eine sogenannte Sättigungskurve dar.

a) Bestimmen Sie das asymptotische Verhalten von f und geben Sie den Wertebereich von f an.

b) Besonders interessant ist die Stelle, an der die Sättigungsgeschwindigkeit, die durch f ' dargestellt wird, ein Maximum besitzt. Bestimmen Sie diese Stelle.

c) Weisen Sie nach, dass die Funktion x 1 axb ab

G(x) ln(b ce )= − + eine Stammfunktion von

ax1

b ceg(x)

+= ist (a, b, c ∈ 0 und a, b ≠ 0).

d) Bestimmen Sie unter Zuhilfenahme der Ergebnisse von Teilaufgabe c die Fläche zwischen Kurve und x-Achse zwischen den Abszissenwerten 0 und 1.

e) Äußern Sie sich zur Existenz der Umkehrfunktion von f durch Betrachtung der Monotonie von f. Bestimmen Sie die Umkehrfunktion f –1(x) und geben Sie deren Definitionsbereich an.

f) Bestimmen Sie die Stelle a der Umkehrfunktion, an der die Tangente an die Umkehr-funktion die Steigung 1 besitzt.

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Hinweise und Tipps

Teilaufgabe a � Es gilt 3x 3x

x xlim e 0 und lim e .− −→ ∞ → − ∞

= = ∞ Was bedeutet das für das Grenzwertverhalten von f?

� Bestimmen Sie aus dem Grenzverhalten den Wertebereich von f.

Teilaufgabe b � Gesucht ist ein Maximum von f '. � f '' muss also 0 gesetzt werden. � Benutzen Sie die Quotienten- und Kettenregel.

Teilaufgabe c � Es muss gelten: G'(x) = g(x).

� Benutzen Sie die Kettenregel und 1x

(ln x) ' .=

�

Teilaufgabe d Die gesuchte Fläche entspricht dem Integral

1

0

f (x)dx.∫

� Welcher Zusammenhang besteht zwischen f(x) und g(x)? � Da f(x) = 100g(x) lässt sich über die Stammfunktion G(x) die Fläche bestimmen.

Teilaufgabe e � Die Umkehrfunktion existiert, wenn f streng monoton ist. � F ist wiederum streng monoton, wenn f '(x) > 0 oder f '(x) < 0 über den gesamten Definitions-

bereich. � Bestimmen Sie die Umkehrfunktion durch Vertauschen der Variablen x und y in der Funkti-

onsgleichung und Umstellung der so entstandenen Gleichung nach y.

Teilaufgabe f

� Für die Ableitung der Umkehrfunktion f '' benutzen Sie die Formel: 1uf' (f'' (x))

(f ) '(x) .=

� Gesucht ist die Stelle a, an der die Umkehrfunktion die Steigung 1 besitzt. � Es existieren zwei Stellen.

11


Lösung

a) Es gilt: 3xxlim e 0−→ ∞

= und 3xx

lim e−→ −∞

= ∞

Daraus ergibt sich für f:

3xx

100lim 502 e−→ ∞

=+

und 3xx

100lim 02 e−→ −∞

=+

Der Wert der Funktion f kann niemals kleiner als 0 werden, da e–3x nicht negativ werden kann. Er kann auch nicht größer als 50 werden, da e–3x streng monoton fällt. Damit ist der Wertebereich W = ]0; 50[.

b) Die Steigung von f ' ist dort am größten, wo die 1. Ableitung ein Maximum besitzt. Bildung der Ableitungsfunktionen (Benutzung der Quotientenregel):

3x 3x

3x 2 3x 2

3x 3x 2 3x 3x 3x

3x 4

3x 3x 6x 6x 9x

3x 4

3x 6x9x 3x

3x 4

0 100( 3e ) 300ef ' (x)(2 e ) (2 e )

900e (2 e ) 300e 2(2 e )( 3e )f '' (x)

(2 e )

900e (4 4e e ) 3600e 1800e

(2 e )

900e (e 4)900e 3600e(2 e ) (2 e

− −

− −

− − − − −

−

− − − − −

−

− −− −

−

− −= =+ +

− + − + −=+

− + + + += =+

−−= =+ + 3x 4)−

Wir suchen das Maximum der 1. Ableitung, d. h. wir suchen eine Nullstelle von f ''. Also muss man die Gleichung e– 6x – 4 = 0 lösen.

6x 6x ln 0,251e 4 e x 0,234 6

−⇒ = ⇒ = ⇒ = ≈ −

Ungefähr an der Stelle x = – 0,23 ist das Sättigungstempo am größten.

c) G ist Stammfunktion von g, wenn gilt: G '(x) = g(x)

ax

ax1 1 aceG'(x)b ab b ce

= − ⋅+

(Kettenregel und 1(ln x) 'x

= )

ax ax ax ax

ax ax ax

a(b ce ) ace ab ace ace 1G'(x) g(x)ab(b ce ) ab(b ce ) b ce

+ − + −⇒ = = = =

+ + +

d) Die gesuchte Fläche entspricht dem Integral 1

0

f (x).∫ Nach c wäre f(x) = 100g(x) mit

3x1g(x)

2 e−=

+

Hierbei gilt für die Parameter a, b, c von Teilaufgabe c: a = –3; b = 2 und c = 1.

12


Daraus folgt für die Stammfunktion

3xx 1G(x) ln(2 e )2 6

−= + +

und damit für die Stammfunktion F von f:

3xx 1F(x) 100 G(x) 100 ln(2 e )2 6

− = = + +

Hieraus folgt für die gesuchte Fläche: 1 1

3x 3

00

x 1 1 1 1A f (x) dx 100 ln(2 e ) 100 ln(2 e ) ln32 6 2 6 6

43,65206

− − = = + + = + + −

≈

∫

Die gesuchte Fläche beträgt also etwa 43,65206 Flächeneinheiten.

e) Die Umkehrfunktion existiert sicherlich, wenn f entweder streng monoton steigend oder streng monoton fallend ist. Dies ist wiederum der Fall, wenn die 1. Ableitung auf dem gesamten Definitionsbereich entweder kleiner oder größer als 0 ist. Wie bereits in b bestimmt, gilt:

3x

3x 2300ef ' (x)

(2 e )

−

−=+

Da sowohl der Zähler als auch der Nenner für alle reellen Zahlen größer als 0 ist, gilt f '(x) > 0 für alle x ∈ 0. f ist also streng monoton steigend und besitzt damit eine Umkehr-funktion. Bestimmung der Umkehrfunktion: Man kann die Umkehrfunktion durch Vertauschen der Variablen x und y bestimmen. Für f gilt:

3x100f (x) y

2 e−= =

+

Vertauschen der Parameter ergibt:

3y100x

2 e−=

+

Auflösen nach y:

3y 3y100 100 1002 e e 2 3y ln 2x x x

1 100y ln 23 x

− − + = ⇒ = − ⇒ − = −

⇒ = − −

Der Definitionsbereich der Umkehrfunktion entspricht dem Wertebereich von f, also Df = (0; 50). Nur in diesem Bereich ist das Argument des Logarithmus auch positiv und damit definiert.

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f) Für die Tangentensteigung benötigen wir die Ableitung der Umkehrfunktion. Hierfür benutzen wir folgende Formel:

uu1(f )'(x)

f ' (f (x))=

Hierbei steht f u für die Umkehrfunktion. Setzen wir ein, so erhalten wir:

( )( )( )( )

( )( )

( )( )

( )( )( )

( )( )

( )

10013 x

10013 x

10013 x

10013 x

100x

100x

u3 ln 2

23 ln 2

23 ln 2

3 ln 2

2ln 2

ln 2

2100x100

x

2100x

30 000 600xx

2 2

1(f )'(x)300e

2 e

2 e

300e

2 e

300e

2 2

300 2

10 000 10030 000x 600x 300x 6x

− − −

− − −

− − −

− − −

−

−

−

=

+

+ =

+=

+ −=

−

=

= =− −

Bestimmung der Stelle a, an der gilt: u(f )'(a) 1=

2 22

100 501 6x 300x 100 0 x 50x 03300x 6x

= ⇒ − + = ⇒ − + =−

Daraus folgt mithilfe der p-q-Formel:

21, 2

50x 25 253

= ± −

Also: x1 ≈ 49,66 und x2 ≈ 0,34. Es existieren offensichtlich 2 Stellen mit der Tangenten-steigung 1.

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Gegeben ist die Funktionenschar ft mit

ft(x) = (x + 2)2 etx, t < 0, ID = 0

a) Bestimmen Sie für allgemeines t die Nullstellen und den Schnittpunkt mit der y-Achse.

b) Bilden Sie für allgemeines t die erste Ableitung und bestimmen Sie mögliche Extrem-stellen.

Setzen Sie nun 1t .2

= −

c) Untersuchen Sie die Funktion 12

f− auf Extrema und Wendepunkte. (Die Erfüllung der hin-

reichenden Bedingung kann vorausgesetzt werden!)

d) Untersuchen Sie das Verhalten der Funktion für x → ∞.

e) Zeichnen Sie den Graphen der Funktion 12

f− im Intervall [–3; 12] in ein kartesisches

Koordinatensystem. Ermitteln Sie zur genauen Darstellung zunächst weitere Punkte

(Wertetabelle!)

f) Weisen Sie mithilfe der (mehrmaligen) partiellen Integration nach, dass die Funktion 12

F− mit

121

2

x2F (x) ( 2x 16x 40) e−− = − − − ⋅

eine Stammfunktion der Funktion 12

f− ist.

g) Untersuchen Sie, ob das vom Graphen von 12

f− und der x-Achse eingeschlossene, ins

Unendliche reichende Flächenstück im 1. Quadranten einen endlichen Flächeninhalt hat.

Beachten Sie, dass für alle a ∈ 0+ und n ∈ 7 gilt: n ax

xlim (x e ) 0−→ ∞

⋅ =

h) Begründen Sie: Die Funktion 12

f− ist im Intervall [–2; 0] umkehrbar.

i) Da der Term der Umkehrfunktion von 12

f− in diesem Intervall nur schwer zu ermitteln ist,

soll die Funktion 12

f− im Intervall [–2; 0] mithilfe einer quadratischen Funktion approxi-

miert werden, um damit dann eine Näherung für die Umkehrfunktion 12

f− zu bestimmen.

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Lösung

a) Für die Nullstellen gilt: f(x) = 0 Daraus ergibt sich:

0 = (x + 2)2 etx Da für alle x ∈ 0 und t ∈ 0 gilt: etx ≠ 0, muss gelten:

(x + 2)2 = 0 Dies ist der Fall, wenn

x = –2 Für den Schnittpunkt mit der y-Achse gilt:

x = 0 Der zugeordnete Wert ist

f(0) = (0 + 2)2 et ⋅ 0 = 4 Der Schnittpunkt mit der y-Achse ist demnach Py(0; 4).

b) Gegeben ist die Funktion f mit ft(x) = (x + 2)2 etx

Für die Ableitungsfunktion f ' ergibt sich unter Verwendung der Produkt- und Kettenregel

f '(x) = 2(x + 2)etx + (x + 2)2 ⋅ t ⋅ etx = (2x + 4 + x2t + 4xt + 4t)etx Für mögliche Extremstellen muss die notwendige Bedingung f '(x) = 0 erfüllt sein, also:

(2x + 4 + x2t + 4xt + 4t)etx = 0 Da für alle x ∈ 0 und t ∈ 0 gilt: etx ≠ 0, muss gelten:

2x + 4 + x2t + 4xt + 4t = 0 Dies ist äquivalent zu

2 2 4x 4 x 4 0t t

+ + + + =

Einsetzen in die p-q-Formel ergibt: 2

1/ 2

1/ 2 2

1/ 2 2

1 1 4x 2 2 4t t t

1 4 1 4x 2 4 4t t tt

1 1x 2t t

= − − ± − − − +

= − − ± + + − −

= − − ±

also

x1 = –2 und 22x 2t

= − −

Die beiden angegebenen Stellen sind mögliche Extremstellen.

16


c) Mit 12

t = − ergibt sich die zu untersuchende Funktion 12

f− mit

121

2

x2f (x) (x 2) e−− = +

Unter Verwendung der Ergebnisse aus Teilaufgabe b erhält man 121

2

x21f' (x) x 2 e2

−−

= − +

Die zweite Ableitung ermittelt man mithilfe der Produkt- und Kettenregel: 1 1 12 2 21

2

x x x2 21 1 1f'' (x) xe x 2 e x x 1 e2 2 4

− − −−

= − + − + ⋅ − ⋅ = − −

Notwendige Bedingung für Extremstellen: f '(x) = 0 Die Gleichung

12

x21 x 2 e 02

− − + =

ist erfüllt, wenn

21 x 2 0,2

− + =

denn für alle x ∈ 0 gilt:

12

xe 0− ≠ Man erhält als Lösung

x = 2 oder x = –2 (Gleiches erhält man, wenn man in die beiden in Teilaufgabe b ermittelten Ergebnisse

12

t = − einsetzt.)

Ob tatsächlich eine Extremstelle vorliegt, ermittelt man mithilfe der 2. Ableitung: Es ist

f ''(2) = –2e–1 < 0 und

f ''(–2) = 2e1 > 0 Damit liegt an der Stelle x = 2 ein (relatives) Maximum und an der Stelle x = –2 ein (relatives) Minimum vor. Als zugeordnete Werte ermittelt man

f(2) = 16e–1 ≈ 5,89 bzw.

f(–2) = 0. Die Extrempunkte sind demnach T(–2 | 0) und H(2 | 5,89). Notwendige Bedingung für Wendestellen: f ''(x) = 0 Die Gleichung

12

x210 x x 1 e4

− = − −

führt, wie oben, zu

210 x x 14

= − −

17


und mithilfe der p-q-Formel zu

x 2 8= + oder x 2 8= −

Ob tatsächlich ein Wendepunkt vorliegt, lässt sich mithilfe der 3. Ableitung überprüfen. Die Erfüllung dieser hinreichenden Bedingung kann aber laut Aufgabenstellung voraus-gesetzt werden. Als zugeordnete Werte erhält man

f (2 8) 4,17+ ≈ bzw.

f (2 8) 2,08− ≈

Wendepunkte sind demnach W1(4,83 | 4,17) und W2(– 0,83 | 2,08).

d) Es ist

12

x2xlim (x 2) e 0.−→ ∞

+ = Dies lässt sich mit der Dominanz des Terms 12

xe− begrün-

den. Man beachte, dass gilt: 2

xlim (x 2)→ ∞

+ = ∞ und

12 x

xlim e 0−→ ∞

=

e) Zur besseren Darstellung ermittelt man zunächst weitere Punkte: x –3 1 8 10

f(x) ≈ 4,48 ≈ 5,46 ≈ 1,83 ≈ 0,97

Damit ergibt sich der Graph der Funktion:

18


f) Unter Berücksichtigung des Zusammenhangs, dass

u 'v uv uv '= −∫ ∫

liefert die zweimalige Produktintegration („partielle Integration“):

( )( )

1 1 12 2 2

1 1 12 2 2

1 1 12 2 2

12

x x x2 2

x x x2

x x x2

x 2

(x 2) e dx 2e (x 2) 2 (2x 4)e dx

2e (x 2) 2 ( 4x 8)e 4 e dx

2e (x 2) 2 ( 4x 8)e 8e

e ( 2x 16x 40)

− − −

− − −

− − −

−

+ = − + + + =

= − + + − − + =

= − + + − − − =

= − − −

∫ ∫

∫

g) Verwendet man die in Teilaufgabe f hergeleitete Stammfunktion, so erhält man für die gesuchte Fläche:

( )

12

12

12

1 1 12 2 2

ax2

a0

ax 2

a 0

a 2a

a a a2a

A lim (x 2) e dx

lim e ( 2x 16x 40)

lim e ( 2a 16a 40) ( 40)

lim 2a e 16ae 40e 40

40

−→ −∞

−→ ∞

−→ ∞

− − −→ ∞

= + =

= − − − =

= − − − − − =

= − − − + =

=

∫

Begründen lässt sich dies mit dem im Aufgabentext formulierten Zusammenhang, dass für alle a ∈ 0+ und n ∈ 7 gilt:

n axxlim (x e ) 0−→ ∞

⋅ =

Die ins Unendliche reichende Fläche hat also einen endlichen Flächeninhalt.

h) Eine Funktion ist in einem Intervall dann umkehrbar, wenn sie dort streng monoton steigt oder streng monoton fällt. Dies ist hier der Fall, wie sich am Funktionsgraphen leicht ab-lesen lässt. Rechnerisch lässt sich dieses Ergebnis durch den Nachweis bestätigen, dass im vorgegebenen Intervall I für alle x ∈ I gilt: f '(x) > 0

i) Der Abschnitt des Funktionsgraphen im vorgegebenen Intervall soll durch einen Parabel-abschnitt modelliert werden. Die gesuchte Funktionsvorschrift lässt sich leicht mithilfe der Scheitelpunktsform

g(x) = a(x – xs)2 + ys ermitteln. Wählt man als Rahmenbedingungen, dass der Punkt S (–2 | 0) Scheitel der Parabel ist und die Parabel die y-Achse im Punkt P(0 | 4) schneidet, so erhält man als Streckfaktor a = 1.

19


Damit ist g(x) = 1(x + 2)2 + 0 = (x + 2)2

Mithilfe dieser Funktionsgleichung lässt sich nun die Gleichung einer Funktion ermitteln, die die Umkehrfunktion von 1

2f− näherungsweise beschreibt.

Aus y = (x + 2)2

folgt durch Vertauschen der Variablen x = (y + 2)2

Auflösen nach y führt schließlich zu

y x 2= −

Im Intervall [–2; 0] gilt also: 12

f (x) x 2− ≈ −

20



x 2kf (x) e (2x k)= − , wobei k ∈ 0

a) Geben Sie den maximalen Definitionsbereich von fk an und untersuchen Sie die Funktio-nenschar auf Nullstellen und Symmetrieeigenschaften.

b) Untersuchen Sie das Verhalten von fk für x → ∞ (Fallunterscheidungen bezüglich k).

c) Es sei k = 8. Ermitteln Sie die Koordinaten der Extrem- und der Wendepunkte und be-stimmen Sie die Art der Extrema (auf die Überprüfung der hinreichenden Bedingung für die Existenz von Wendepunkten kann verzichtet werden).

d) Skizzieren Sie den Graphen von f8 unter Verwendung der bisher erzielten Ergebnisse im Intervall [– 6; 2,01].

Durch x

8 82

I (x) f (t)dt−

= ∫ ist eine Integralfunktion festgelegt.

Die folgenden Teilaufgaben e – g sind ohne Berechnung des Integrals zu bearbeiten. Die Antworten sind ausführlich zu begründen.

e) Ermitteln Sie die Nullstellen von I8.

f) Weisen Sie nach, dass der Graph von I8 an der Stelle x0 = –2 ein relatives Maximum besitzt.

g) Unter welchen Voraussetzungen hat der Graph von I8 Wendepunkte?

h) Zeigen Sie mithilfe der partiellen Integration: Für das Integral gilt b

bx 28 a

a

f (x)dx e (2x 4x 4) .= − −∫

i) Diskutieren Sie den Wert des Integrals 2

8f (x)dx−

∫�

für .→ −∞�

k) Die Gemeindeverwaltung Gründau hat das Problem, zwei gerade Straßenabschnitte (A –B und C – D) im Gewerbegebiet Lieblos gemäß bestimmter Vorgaben verkehrssicher zu ver-binden. Die Verkehrssicherheit wird bestimmt durch folgende Bedingungen: (1) Die Straßenstücke müssen zusammenhängend sein. (2) Die Straßenführung muss insgesamt ohne jeglichen Knick verlaufen.

21


Im Bauamt der Gemeinde liegt folgender Lageplan aus:

Die Verbindung von B nach C soll auch noch einen Hochspannungsmasten H südlich (d. h. im Plan unterhalb des Punktes H) umrunden.

Erstellen Sie einen Vorschlag.

Lösung

a) Geben Sie den maximalen Definitionsbereich von fk an und untersuchen Sie die Funk-tionenschar auf Nullstellen und Symmetrieeigenschaften.

Definitionsbereich Für diese Funktion liegt kein Sachproblem vor und die beiden Teilterme ex und 2x2 – k liefern für alle x ∈ 0 reelle Zahlenwerte. Der Parameter k hat aufgrund seiner Stellung im Teilterm (Subtrahend) überhaupt keinen Einfluss auf den Definitionsbereich. Somit folgt: Der maximale Definitionsbereich ist Dmax = 0.

Nullstellen Die Bedingungsgleichung für die Existenz von Nullstellen der Funktion fk lautet fk(x) = 0. Der konkrete Ansatz lautet daher

x 2e (2x k) 0⋅ − =

Zur weiteren Lösung wird die Eigenschaft eines Produktterms a b 0 a 0 b 0⋅ = ⇒ = ∨ =

verwendet. x 2e 0 2x k 0= ∨ − =

Die erste Gleichung hat keine reelle Lösung, für die zweite Gleichung gilt:

2 kx2

k kx x2 2

=

= ∨ = −

22


Reelle Lösungen dieser beiden Gleichungen existieren nur, wenn der Radikand „nicht negativ“ ist. Daraus folgt: Für k ≥ 0 hat fk die Nullstellen

01kx2

= und 02kx2

= −

Symmetrien Es geht um die „Standard-Symmetrien“: Achsensymmetrie zur y-Achse (AS) und Punkt-symmetrie zum Koordinatenursprungspunkt (PS). Ansatz für AS:

fk(x) = fk(–x)

Konkret ergibt sich damit für die vorliegende Funktion x 2 x 2

x 2 x 2

e (2x k) e (2( x) k)

e (2x k) e (2x k)

−

−

⋅ − = ⋅ − −⋅ − = ⋅ −

Die beiden 2. Faktorenterme sind zwar identisch, aber es gilt ex ≠ e–x. Damit ist fk nicht achsensymmetrisch.

Ansatz für PS: fk(x) = –fk(–x)

Konkret ergibt sich damit für die vorliegende Funktion x 2 x 2

x 2 x 2

e (2x k) [e (2( x) k)]

e (2x k) e (2x k)

−

−

⋅ − = − ⋅ − −⋅ − = − ⋅ −

Die beiden 2. Faktorenterme sind zwar identisch, aber es gilt ex ≠ – e–x. Damit ist fk nicht punktsymmetrisch. Insgesamt gilt damit: fk ist nicht standardsymmetrisch.

b) fk ist aufgrund von Eigenschaften der Funktionenklassen, der Exponentialfunktion und der ganzrationalen Funktion, im Inneren des Definitionsbereiches stetig und differenzierbar. Aus dieser Tatsache folgt, dass das Lösungsverfahren „Funktionengrenzwert“ angewendet werden kann.

Fallunterscheidung bezüglich k Die Stellung von k im Funktionsterm (Subtrahend) begründet die zu untersuchenden Fälle k > 0, k < 0 und k = 0.

Fall k > 0: x 2

kx x

xx

lim f (x) lim [e (2x k)]

lim e

„ “

→ ∞ → ∞

→ ∞

= ⋅ −

=

= ∞

(i) wegen der Dominanz der e-Funktion in diesem Bereich

Die Schreibfigur „∞“ soll hier signalisieren, dass der Grenzwert eigentlich nicht real existiert (Grenzwerte müssen reelle Zahlen sein). Das Ergebnis „∞“ stellt aber eine durchaus nützliche Information über den Verlauf des Graphen dar. Wegen der Eigenschaft (i) ergeben sich für die Fälle k < 0 und k = 0 die gleichen Informa-tionen für das Verhalten von fk in diesem Bereich.

23


c) Extrempunkte Die Bedingungen für die Existenz von Extrempunkten lauten

0n 0nf' (x ) 0 f'' (x ) 0= ∧ ≠

Die erste Bedingung steht für die Tatsache, dass an einem Extrempunkt x0n eine waag-rechte Tangente vorliegen muss, und die zweite Bedingung fordert den Verlauf des Gra-phen der 1. Ableitungsfunktion an der Stelle x0 mit einer positiven Steigung f ''(x0n) > 0 (Tiefpunkt von f8 an dieser Stelle) oder mit einer negativen Steigung f ''(x0n) < 0 (Hoch-punkt von f8 an dieser Stelle). Es müssen daher zunächst die 1. und die 2. Ableitungsfunktion von f8 gebildet werden. Aufgrund der Termstruktur von f8 werden dafür die Ableitungsregeln Produkt-, Ketten-, Summen-, Differenz-, konstante Faktoren- und konstante Summandenregel benötigt.

' x 2 x x 2

x

x 2

f (x) e (2x 8) e 4x mit u(x) e v(x) 2x 8u' (x) e v' (x) 4x

e (2x 4x 8)

= ⋅ − + ⋅ = = −= =

= ⋅ + −

'' x 2 x x 2

x

x 2

f (x) e (2x 4x 8) e (4x 4) mit u(x) e v(x) 2x 4x 8u' (x) e v' (x) 4x 4

e (2x 8x 4)

= ⋅ + − + ⋅ + = = + −= = +

= ⋅ + −

Notwendige Bedingung für die Existenz von Extrempunkten von f8: '8

x 2

x 2

f (x) 0

e (2x 4x 8) 0

e 0 2x 4x 8 0

=

⋅ + − =

= ∨ + − =

Die erste Gleichung hat keine reellen Lösungen. x2 + 2x – 4 = 0

x 1 5 x 1 5= − + ∨ = − −

Hinreichende Bedingung für die Existenz von Extrempunkten von f8:

f ''(x0n) ≠ 0, d. h. f ''(x0n) > 0 (Tiefpunkt) oder f ''(x0n) < 0 (Hochpunkt)

Untersuchung an der 1. Nullstelle '' 1 5 2f ( 1 5) e [2( 1 5) 8( 1 5) 4]

30,79

− +− + = ⋅ − + + − + −≈

30,79 > 0 ⇒ Es existiert an dieser Stelle ein Tiefpunkt.

Mit der Berechnung der y-Koordinaten dieses Punktes ergibt sich für den Graphen

f ( 1 5) 17,02− + ≈ −

Emin (1,24 | –17)

Untersuchung an der 2. Nullstelle '' 1 5 2f ( 1 5) e [2( 1 5) 8( 1 5) 4]

0,35

− −− − = ⋅ − − + − − −≈ −

– 0,35 < 0 ⇒ Es existiert an dieser Stelle ein Hochpunkt.

24


Mit der Berechnung der y-Koordinate dieses Punktes ergibt sich für den Graphen

f ( 1 5) 0,51− − ≈

Emax (–3,24 | 0,51)

Wendepunkte Bedingung für die Existenz von Wendepunkten:

0nf '' (x) 0 f ''' (x ) 0= ∧ ≠

Zunächst wird noch die 3. Ableitungsfunktion von f8 benötigt: ''' x 2 x

x 2f (x) e (2x 8x 4) e (4x 8)

e (2x 12x 4)= ⋅ + − + ⋅ += ⋅ + +

Die Berechnung der 3. Ableitungsfunktion ist aufgrund der Aufgabenstellung („auf die Überprüfung der hinreichenden Bedingung für die Existenz von Wendepunkten kann verzichtet werden“) eigentlich nicht notwendig.

Notwendige Bedingung für die Existenz von Wendepunkten: f ''(x) = 0

Für f8 bedeutet dies x 2

x 2e (2x 8x 4) 0e 0 2x 8x 4 0

⋅ + − == ∨ + − =

Die erste Gleichung hat keine reellen Lösungen. x2 + 4x – 2 = 0

x 2 6 x 2 6= − + ∨ = − −

Für den Graphen:

W1 = p(0,5 | –12,4) und W2 = p(– 4,5 | 0,36)

d) x – 6 –1 0 2,01

f(x) 0,16 –2,2 – 8 0,6

25


e) Nullstellen von I8: x

8 82

I (x) f (t)dt−

= ∫

Es existiert eine Nullstelle N1:

N1 = p(–2 | 0) wegen a

a

f (t)dt 0=∫

Die zweite Nullstelle lässt sich elementar nicht ohne weiteres bestimmen.

Diese Nullstelle muss aber rechts von der Stelle x = 2 liegen (xN2 > 2), da im Intervall [–2; 2] die Fläche ausschließlich unterhalb der x-Achse liegt.

f) Die notwendige Bedingung ist erfüllt, da f8 an dieser Stelle eine Nullstelle besitzt. Es bleibt die Überprüfung der hinreichenden Bedingung

'8

2 2 2

2

f ( 2) 0

e [2( 2) 4( 2) 8] e (8 8 8)

e ( 8)

1,08

− −

−

− <

⋅ − + − − = ⋅ − −= ⋅ −= − …

Damit ist die hinreichende Bedingung auch erfüllt und die Integralfunktion I8 besitzt an der Stelle x = –2 ein relatives Minimum.

g) Die notwendige Bedingung für die Existenz von Wendepunkten der Integralfunktion I8 ist erfüllt, da '

8f Nullstellen besitzt. Diese liegen bei x01 = –3,24 und x02 = 1,24 (siehe Teil-aufgabe c). Da aber x01 nicht im Definitionsbereich von I8 liegt, kann es eine Wendestelle für diese Funktion nur noch an der Stelle x02 geben.

Die Überprüfung der hinreichenden Bedingung ergibt '' 1,24 28f (1,24) e [2(1,24) 8(1,24) 4]

31,1= ⋅ + −=

31,1 > 0, daraus folgt die Existenz eines Wendepunktes von I8.

h) Ansatz: b b

ba

a a

[u(x) v'(x)]dx u(x) v(x) [u' (x) v(x)]dx⋅ = ⋅ − ⋅∫ ∫

Zunächst muss geklärt werden, welche Teilfunktion (hier u) sich durch ihre Ableitungs-funktionen eventuell zu einer konstanten Funktion u ' entwickelt („das Prinzip Hoffnung“) (Bedingung 1). Gelingt dies, ist der zweite Teilterm der Integralformel elementar lösbar. Darüber hinaus muss aber auch die Teilfunktion (hier v) mindestens zweimal integrierbar sein (Bedingung 2).

26


Konkreter Ansatz für f8: x 2

8f (x) e (2x 8)= ⋅ −

(i) Die Teilfunktion b mit b(x) = 2x2 – 8 erfüllt die Bedingung für die Funktion u, da deren 2. Ableitungsfunktion einen konstanten Term (4) erzeugt.

(ii) Die Teilfunktion a mit a(x) = ex erfüllt die Bedingung 2. b b

b2 x 2 x xa

a a

[(2x 8) e ]dx (2x 8) e [4x e ]dx− ⋅ = − ⋅ − ⋅∫ ∫

b b bx x xa a a

b b b

2

2

b2 x x x

x x xa a a

bxa

a

2

e 4x e 4e

e 4x e 4e

(was zu beweisen w

(2x 8)

(2x 8)

(2x 8)e 4xe 4e

ae (2x 4 4 rx ))

= − ⋅

= − ⋅

= −

− ⋅ −

−

− +

⋅ +

= ⋅ − −

Nebenrechnung: b b

bx x xa

a a

[4x e ]dx 4x e 4e dx⋅ = ⋅ −∫ ∫

i) Zunächst erfolgt eine Darstellung dieses Integrals auf der Basis der Integrationsregeln, also ohne jegliche Interpretation des Wertes in Abhängigkeit vom Parameter �.

22x 2

8

2 2

2 2

f (x)dx [e (2x 4x 4)] (Lösungsweg siehe h)

e (8 8 4) [e (2 4 4)]

12 e e (2 4 4)

−−

−

−

= ⋅ − −

= ⋅ + − − ⋅ − −= ⋅ − − −

∫ �

�

�

�

� �

� �

Das Integral wird nun in Abhängigkeit vom Parameter ( )→ −∞� � bestimmt:

22

8lim f (x)dx lim (12 e ) lim ((e ))−

−→ −∞ → −∞ → −∞

= ⋅ −

∫ �

� � ��

…

Der Wert des 1. Grenzwertes ist einfach zu berechnen: 12 ⋅ e–2 ≈ 1,624. Dieser Teilterm ist vom Parameter � unabhängig. Der Wert des 2. Grenzwertes ist null, da der Faktor-

term e� hier dominiert. Ergebnis der Fragestellung ist der Wert 1,624.

27


k) Eine mögliche Lösung

Vorüberlegung: Der Graph von f8 zeigt deutliche Ansätze für den gesuchten Funktionstyp. Allerdings müssen die Nullstellen noch entsprechend angepasst werden und für die Umrundung des Mastes ist eine Punktprobe völlig ausreichend. Die geforderten Sicherheitsbedingungen bedeuten an den Schnittstellen der beiden Geraden mit der neuen Funktion Stetigkeit und Differenzierbarkeit.

Nullstellen –3 und 3 führen auf x 2s(x) e (2x 18)= −

Geraden Die Gleichungen für gL und gR lauten

gL = – 0,6x – 1,8 gR = 241x – 723

Funktion

Lx 2

R

g 0,6x 1,8 x [ 4; 3]

z(x) s(x) e (2x 18) x ( 3; 3)

g 241x 723 x [3; 3,1]

= − − ∈ − −= = − ∈ − = − ∈

Mast s(2) = –73,89 …

Diese Bedingung ist erfüllt.

Stetigkeit Alle Teilfunktionen sind im Inneren ihres Definitionsbereiches stetig und differenzierbar. Da die drei Teilfunktionen willkürlich in ihrem Definitionsbereich eingeschränkt wurden, reicht eine Funktionswertuntersuchung an den Schnittstellen aus:

gL(–3) = 0 gR(3) = 0 s(–3) = 0 s(3) = 0

Daraus folgt: z ist im Intervall stetig.

Differenzierbarkeit siehe Kommentar zur Stetigkeit.

x 2

3

3

s' (x) e (2x 4x 18)s' ( 3) 12e

0,5974 zu 0,6

s' (3) 12e241,03 zu 241

−= + −

− = −= − −==

(Die Nachweise zur Stetigkeit und Differenzierbarkeit an den geforderten Stellen können natürlich auch mit dem Folgenmodell und den erforderlichen Grenzwertuntersuchungen durchgeführt werden).

Daraus folgt: z ist eine geeignete Modellierung der gesuchten Straße.

28


Gegeben sind die Funktionen

f1(x) = 2 ⋅ cos(x) – 2 und f2(x) = 2 ⋅ sin(0,5 ⋅ x), x ∈ 0

K1 und K2 seien ihre Graphen.

a) Untersuchen Sie K1 und K2 für 0 ≤ x ≤ 2π auf Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen, Extrem- und Wendepunkte. Geben Sie für beide Funktionen die Periodenlängen an. Zeichnen Sie K1 und K2 für 0 ≤ x ≤ 2π in ein gemeinsames Koordinatensystem. (Einheiten: x-Achse: π = 6 cm; y-Achse: 1 Einheit = 2 cm)

b) K1 schließt für 0 ≤ x ≤ 2π mit der x-Achse eine Fläche ein. Berechnen Sie den Inhalt dieser Fläche. In welchem Verhältnis teilt die Gerade y = –2 diese Fläche?

c) K2 kann für 0 ≤ x ≤ 2π durch eine Parabel 2. Ordnung angenähert werden, die mit K2 die Punkte P1(0 | 0), P2(π | 2) und P3(2π | 0) gemeinsam hat. (1) Bestimmen Sie die Funktionsgleichung der Näherungsparabel p. (2) Berechnen Sie die Inhalte der Flächen, die K2 bzw. die Näherungsparabel im Bereich

0 ≤ x ≤ 2π mit der x-Achse einschließen, und beurteilen Sie die Qualität der Näherung.

d) Zeigen Sie, dass die Steigungen der Wendetangenten aller Graphen Kt mit

t1f (x) t sin x ,t

= ⋅ ⋅

x ∈ 0, t ∈ 9 \ {0}

nur die Werte 1 oder –1 annehmen.

Lösung

a) Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen für 0 ≤ x ≤ 2π

1

1 2

f (x) 2cos(x) 2 0cos(x) 1

x 0 oder x 2

= − =⇔ =⇒ = = π

⇒ N1 (0 | 0), N2 (2π | 0)

2

1 1 2 2

1f (x) 2sin x 021sin x 021 1x 0 x 0 oder x x 22 2

= =

⇔ =

⇒ = ⇒ = = π ⇒ = π

⇒ N3 (0 | 0), N4 (2π | 0)

29


Ableitungsfunktionen (mithilfe der Kettenregel) '

1''

1

f (x) 2sin(x)

f (x) 2cos(x)

= −= −

'2

''2

1f (x) cos x2

1 1f (x) sin x2 2

=

= −

Extrema für 0 ≤ x ≤ 2π '

1

1 2 3

f (x) 2sin(x) 0sin(x) 0

x 0 oder x oder x 2

= − =⇔ =⇒ = = π = π

'2

1 1

2 2

1f (x) cos x 021 x x2 2

1 3oder x x 3 [0; 2 ]2 2

= =

π= ⇒ = π⇒

= π ⇒ = π∉ π

''1 1''

1''

1 2

''2

f (0) 2 0 H (0 0)

f ( ) 2 0 T( 4)

f (2 ) 2 0 H (2 0)1 1f ( ) sin 0 H( 2)2 2 2

|= − < ⇒

|π = > ⇒ π −|π = − < ⇒ π

π |π = − = − < ⇒ π

Wendepunkte für 0 ≤ x ≤ 2π ''

1

1 2

f (x) 2cos(x) 0cos(x) 0

3x oder x2 2

= − =⇔ =

π⇒ = = π

1 23W 2 , W 2

2 2π ⇒ − π −

''2

1 1 2 2

1 1f (x) sin x 02 2

1sin x 021 1x 0 x 0 oder x x 22 2

= − =

⇔ =

⇒ = ⇒ = = π ⇒ = π

⇒ W3 = N3, W4 = N4

Hinweis: Wegen der bereits gewonnenen Informationen über die Graphen von f1 und f2 ist die Anwendung der hinreichenden Bedingung für Wendestellen hier entbehrlich. Periodenlängen: 2π für f1, 4π für f2

30


Alternative zur analytischen Untersuchung: Betrachtung der Veränderungen gegenüber den Normalfunktionen c(x) = cos(x) bzw. s(x) = sin(x):

� �1

Amplitude Verschiebung2 um 2 in

y-Richtung

f (x) 2 cos(x) 2

= −

= ⋅ −

�

�

2Amplitude

Periodenlänge22

1f (x) 2 sin x2

=⋅

= ⋅

Daraus können, bezogen auf c(x) bzw. s(x) und die festgestellten Veränderungen, die „besonderen“ Punkte angegeben werden. Die Graphen:

b) Inhalt der Fläche zwischen K1 und x-Achse: 2

20

0

(2cos(x) 2)dx [2sin(x) 2x]

2sin(2 ) 4 2sin(0) 04 4 12,57FE

ππ− = −

= π − π − += − π = π ≈

∫

Teilverhältnis: Die Gerade y = –2 schneidet K1 in den Wendepunkten (siehe Teilaufgabe a).

3 32 2

2 232

2

(2cos(x) 2 2)dx (2cos(x))dx

[ 2sin(x)]

32sin 2sin2 2

( 2 ( 1) 2 1) 4 FE

π π

π

π π

π

− + =

= −

π = − π + = − ⋅ − + ⋅ =

∫ ∫

31


Die Gerade teilt die Gesamtfläche in die Teilflächen A1 = 4π – 4 = 4 ⋅ (π – 1) und A2 = 4

Also ergibt sich das Teilverhältnis

1

2

A 4( 1)( 1) :1 2,14 :1

A 4

π −= = π − ≈

c) (1) Bestimmung der Näherungsparabel: 2

12

22

32

2

p(x) ax bx cP (0 0) c 0 (1)

P ( 2) 2 a b (2)

P (2 0) 0 4 a 2 b (3)

4 2 a 2 b (2')

0 4 a 2 b (3')

= + +| ⇒ =|π ⇒ = π ⋅ + π ⋅|π ⇒ = π ⋅ + π ⋅

− = − π ⋅ − π ⋅= + π ⋅ + π ⋅

22

22

2(2 ') (3') ergibt 4 2 a a in (2)

22 b

2 2 b44 b b

+ − = π ⋅ ⇔ = −π

⇒ = −π + π ⋅π

⇔ = − + π ⋅

⇔ = π ⋅ ⇔ =π

Information (1) wird bereits im Folgenden verwendet. ⋅ (–2)

einsetzen

Also lautet die Gleichung der gesuchten Parabel

22

2 4p(x) x x, x= − ⋅ + ⋅ ∈ππ

0

(2) Fläche zwischen Parabel und x-Achse 2 2

2 3 22 2

00

3 22

2 4 2 2x x dx x x3

2 2 168 4 83 3

8 (FE) 8,38(FE)3

π π − + = − + π π π π

= − ⋅ π + ⋅ π = − π + ππ π

= π ≈

∫

Fläche zwischen K2 und x-Achse 2

mit linearer Substitution0 2

0

12 sin x dx2

14cos x2

14cos 2 4 cos(0) 4 cos( ) 42

4 ( 1) 4 8(FE)

π

π

⋅ =

= −

= − ⋅ π + ⋅ = − ⋅ π +

= − ⋅ − + =

∫

Bei der Flächeninhaltsberechnung mithilfe der Näherungsparabel tritt ein Fehler von

0,388

4,75%≈ auf.

32


d) t1f (x) t sin x ,t

= ⋅ ⋅

x ∈ 0, t ∈ 9 \ {0}

Ableitungsfunktionen mithilfe der Kettenregel

't

''t

'''t 2

1 1 1f (x) t cos x cos xt t t

1 1f (x) sin xt t1 1f (x) cos x

tt

= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

= − ⋅ ⋅

= − ⋅ ⋅

Wendestellen Notwendige Bedingung:

''t

k 0

k

1 1f (x) sin x 0t t

1sin x 0t

1 x k , ktx k t

= − ⋅ ⋅ =

⇔ ⋅ =

⇒ ⋅ = ⋅ π ∈

⇔ = ⋅ ⋅ π

7

Hinreichende Bedingung:

2'''t 2

2

1 für k ungerade und t ungerade0, für alle1 tf (k t ) cos(k )

t \ {0}1t für k ungeradet

≠⋅ ⋅ π = − ⋅ ⋅ π = ∈ −

�

Hinweis: Dabei spielt das Vorzeichen von t keine Rolle, da cos(k t cos( k t⋅ ⋅ π) = − ⋅ ⋅ π)(τ > 0) ist.

Steigungen der Wendetangenten 'k kf (x ),= also

't

1 für k gerade1f (k t ) cos k t cos(k ) q.e.d.!1 für k ungeradet

⋅ ⋅ π = ⋅ ⋅ ⋅ π = ⋅ π = −

33


Für jedes t ∈ 0 ist eine Funktion ft gegeben durch

ft (x) = 4(t – ex)2 = 4t2 – 8tex + 4e2x

a) Führen Sie für allgemeines t eine Funktionsuntersuchung nach folgenden Gesichtspunkten durch: (1) Geben Sie den maximalen Definitionsbereich an. (2) Bestimmen Sie die Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen. (3) Untersuchen Sie das Verhalten der Funktion für x → ± ∞. (4) Bilden Sie die erste, zweite und dritte Ableitung. (5) Bestimmen Sie Extrem- und Wendepunkte.

b) Klassifizieren Sie die Funktionenschar ft und zeichnen Sie jeweils einen charakteristischen Repräsentanten in ein kartesisches Koordinatensystem.

c) Setzen Sie t = 1 und bestimmen Sie die Maßzahl der Fläche, die vom Graphen der Funktion f1 der x-Achse und der Geraden x = – 4 im 2. Quadranten eingeschlossen wird.

d) Begründen Sie: Die Maßzahl der von dem Graphen der Funktion f1 und dessen Asymptote im 2. Quadranten eingeschlossenen Fläche bei variabler unterer Integrationsgrenze b lässt sich mithilfe der Integralfunktion

0x 2

b

I(b) (4 4 (1 e ) )dx= − ⋅ −∫

bestimmen.

e) Untersuchen Sie, ob das vom Graphen von f1 und der Asymptote eingeschlossene, ins negativ Unendliche reichende Flächenstück im 2. Quadranten einen endlichen Flächen-inhalt hat.

Betrachten Sie nun die Funktion g mit x 2

2

4 (t e ) , x 0g(x)

x 2x 1, x 0

⋅ − ≥= − − + <

f) Wählen Sie t mit t > 1 so, dass die Funktion an der Stelle x0 = 0 stetig ist. Überprüfen Sie, ob die Funktion an der Stelle x0 auch differenzierbar ist. (Für den rechtsseitigen Fall ist die Untersuchung der Ableitungsfunktion an der entsprechenden Stelle ausreichend.)

g) Lässt sich durch Variation von t ein stetiger und differenzierbarer Funktionsverlauf her-stellen? Begründen Sie!

34


Lösung

a) (1) Der Term ex ist für alle x ∈ 0 definiert, es gilt also: D = 0

(2) Für den Schnittpunkt mit der y-Achse gilt: x = 0

Der zugeordnete Wert ist f(0) = 4t2 – 8te0 + 4e2 ⋅ 0 = 4t2 – 8t + 4

Der Schnittpunkt mit der y-Achse ist demnach 2

yP (0; 4t 8t 4)− +

Der Ansatz zur Bestimmung der Nullstellen ist f(x) = 0. Daraus ergibt sich

4 ⋅ (t – ex)2 = 0

Äquivalenzumformungen führen zu x

x

t e 0

t e

x ln t

− ===

Diese Nullstelle existiert nur für t > 0.

(3) Es gilt: 2 x 2x

xlim (4t 8te 4e )→ +∞

− + = ∞

Um dies zu erkennen, untersucht man das Verhalten der einzelnen Terme: Dabei ist 4t2 konstant. Es gilt zudem

xxlim ( 8te )→ ∞

− = −∞ und 2xxlim (4e )→ ∞

= ∞

Der Term 4e2x wächst aber für x → ∞ schneller als 8tex und dominiert damit den gesamten Term. Einfach zu erkennen ist, dass

2 x 2x 2x

lim (4t 8te 4e ) 4t ,→ − ∞

− + =

denn es gilt x

xlim ( 8te ) 0→ −∞

− = und 2xx

lim (4e ) 0→ −∞

=

(4) Es gilt: f(x) = 4t2 – 8tex + 4e2x

Als Ableitungen ermittelt man x 2x

x 2x

x 2x

f' (x) 8te 8e

f'' (x) 8te 16e

f''' (x) 8te 32e

= − += − += − +

35


(5) Notwendige Bedingung für Extremstellen ist, dass gilt: f '(xE) = 0. Die Gleichung

0 = – 8tex + 8e2x führt zu

0 = 8ex(– t + ex). Dies ist erfüllt, wenn

8ex = 0, für alle x ∈ 0 gilt aber 8ex ≠ 0, oder wenn

– t + ex = 0, also wenn

x = ln t.

Diese mögliche Extremstelle existiert nur für t > 0 und ist dann die in Teilaufgabe (2) ermittelte Nullstelle. Ob für t > 0 tatsächlich eine Extremstelle vorliegt, lässt sich mithilfe der 2. Ableitung überprüfen. Es ist

f ''(ln t) = – 8teln t + 16e2 ln t = – 8t ⋅ t + 16t2 = 8t2

Da 8t2 > 0, liegt an der Stelle xE = ln t für t > 0 ein relatives Minimum vor: T(ln t | 0). Notwendige Bedingung für Wendestellen ist, dass gilt: f ''(xW) = 0. Die Gleichung

0 = – 8tex + 16e2x führt zu

0 = 8ex(– t + 2ex)

Dies ist erfüllt, wenn 8ex = 0,

für alle x ∈ 0 gilt aber 8ex ≠ 0, oder wenn

– t + 2ex = 0, also wenn

tx ln .2

=

Diese mögliche Wendestelle existiert nur für t > 0. Ob tatsächlich für t > 0 eine Wendestelle vorliegt, lässt sich mithilfe der 3. Ableitung überprüfen. Es ist

t t2 2

2ln 2ln 2t t tf ''' ln 8te 32e 8t 32 4t

2 2 2 = − + = − ⋅ + =

Da 4t2 ≠ 0, liegt an der Stelle Wtx ln2

= eine Wendestelle vor.

Der zugeordnete Wert ist

( )t2

22ln 2t tf ln 4 t e 4 t t

2 2 = ⋅ − = ⋅ − =

Wendepunkt für t > 0 ist demnach WP 2tln | t .2

36


b) Die bisherige Untersuchung hat gezeigt, dass Nullstellen, Extrempunkte und Wendepunkte nur für t > 0 vorliegen. Die Klassifikation kann also anhand der Unterscheidung t > 0 und t ≤ 0 erfolgen. Es sei t > 0. Als Repräsentant wird der Funktionsgraph für t = 1 gewählt. Betrachtet wird also die Funktion f1 mit

f1(x) = 4 ⋅ (1 – ex)2

Unter Verwendung der Ergebnisse aus Teilaufgabe a ist für t = 1 bekannt: Schnittpunkt mit der y-Achse SPy(0 | 0)

Nullstelle xN = 0

relatives Minimum TP(0 | 0)

Wendepunkt 1W ln |12

Zur besseren Darstellung ermittelt man weitere Punkte: x –3 –2 –1 1

f(x) ≈ 3,61 ≈ 2,99 ≈ 1,60 ≈ 11,81

Damit ergibt sich der Graph der Funktion (die eingezeichnete Gerade ist die in Teilauf- gabe a 3 ermittelte horizontale Asymptote für x → – ∞):

Es sei nun t ≤ 0. Als Repräsentant wird der Funktionsgraph für t = 0 gewählt. Betrachtet wird also die Funktion f0 mit

f0(x) = 4e2x

Bekannt ist, dass für dieses t weder Nullstellen noch Extrema noch Wendepunkte existie-ren. Schnittpunkt mit der y-Achse ist SPy(0 | 4). Horizontale Asymptote für x → – ∞ ist die x-Achse (vgl. Teilaufgabe a 3). Für die Zeichnung des Graphen ist daher eine Wertetabelle unerlässlich. x –3 –2 –1 1

f(x) ≈ 0,01 ≈ 0,07 ≈ 0,54 ≈ 29,56

37


Damit ergibt sich für den Funktionsgraphen von f0:

c) Für den gesuchten Flächeninhalt gilt: 0

x 2

4

0x 2x

4

0x 2x4

4 8

A (4 (1 e ) )dx

(4 8e 4e )dx

[4x 8e 2e ]

( 8 2) ( 16 8e 2e )

10,15

−

−

−− −

= ⋅ − =

= − + =

= − + =

= − + − − − + ≈≈

∫

∫

d) Gesucht ist die Maßzahl einer Fläche, die von zwei Funktionsgraphen begrenzt wird. Im 2. Quadranten liegt der Graph der linearen Funktion g mit g(x) = 4 oberhalb des Graphen der Funktion f1 mit

f (x) = 4 ⋅ (1 – ex)2

Im zu untersuchenden Intervall liegen keine Schnittpunkte der beiden Graphen vor. Die untere Integrationsgrenze, für die b ≤ 0 gelten muss, bleibt variabel und wird mit b bezeich-net. Für die obere Integrationsgrenze gilt a = 0.

38


Damit ist 0

1

b0

x 2

b

I(b) (g(x) f (x))dx

(4 4 (1 e ) )dx

= − =

= − ⋅ −

∫

∫

e) Unter Verwendung des Ergebnisses aus Teilaufgabe d lässt sich die Maßzahl der ge-suchten Fläche ermitteln mit

0x 2

bb0

x 2xb

b0

x 2xb

b0x 2xbb

b 2bb

A lim (4 4 (1 e ) )dx

lim (4 4 8e 4e )dx

lim (8e 4e )dx

lim [8e 2e ]

lim (8 2 8e 2e )

6

→ −∞

→ −∞

→ −∞

→ −∞

→ −∞

= − ⋅ − =

= − + − =

= − =

= − =

= − − + =

=

∫

∫

∫

Man beachte, dass gilt: b

blim ( 8e ) 0→ −∞

− = und 2bb

lim (2e ) 0→ −∞

=

Die ins Unendliche reichende Fläche hat also einen endlichen Flächeninhalt.

f) Damit die Funktion g an der Stelle x0 = 0 stetig ist, muss gelten:

x 0

x 0

I) g(0) lim g(x)

II) lim g(x) g(0)

+

−

→

→

=

=

Leicht ermittelt man g(0) = 4 ⋅ (t – e0)2 = 4t2 – 8t + 4

Die Erfüllung der Gleichung I kann aufgrund der Eigenschaften der Funktionenklasse der Exponentialfunktionen vorausgesetzt werden. Damit auch Gleichung II erfüllt ist, muss gelten:

2 2x 0 x 0

4t 8t 4 lim g(x) lim ( x 2x 1) 1− −→ →

− + ≡ = − − + =

39


t ergibt sich also als Lösung der Gleichung 4t2 – 8t + 4 = 1

oder

2 3t 2t 04

− + =

Durch Einsetzen in die p-q-Formel erhält man 3t2

= oder 1t2

=

Da t > 1 gefordert ist, ist 32

t = die einzige Lösung. In diesem Fall ist die Funktion g an der Stelle x0 = 0 stetig. Damit die Funktion an dieser Stelle auch differenzierbar ist, muss der „links-“ und der „rechtsseitige“ Grenzwert des Differenzenquotienten existieren und gleich sein, d. h. es muss gelten:

( )( )

( )( )

1 10 0 0 0n n

01 1n n0 0 0 0n n

g x g(x ) g x g(x )lim lim g' (x )

x x x x→ ∞ → ∞

− − + −= =

− − + −

In der Aufgabenstellung ist die Verwendung der Ableitungsfunktion für den „rechts-seitigen“ Fall zugelassen. Damit lässt sich ermitteln:

0 0g' (0) 12e 8e 4= − + = −

Für den „linksseitigen“ Fall gilt:

( )

( ) ( )

1n

1nn

21 1n n

1nn

2n

n

g g(0)g' (0) lim

2 1 1lim

1 2lim nnn

1lim 2n

2

→ ∞

→ ∞

→ ∞

→ ∞

− −= =

−

− − ⋅ − + −= =

−

= − ⋅ + =

= − − =

= −

Da – 4 ≠ –2, ist die Funktion g an der Stelle x0 = 0 nicht differenzierbar.

g) Die Variation von t hat die Verschiebung des Schnittpunktes mit der y-Achse zur Folge (vgl. Teilaufgabe a 2). Ein stetiger Verlauf liegt nach Teilaufgabe f nur vor, wenn

3t2

= oder 1t2

=

Dort wurde auch gezeigt, dass der Graph für 32

t = an der Stelle x0 = 0 nicht differen-zierbar ist.

40


Zu überprüfen ist daher noch die Differenzierbarkeit für 12

t :=

Für den „rechtsseitigen“ Fall gilt unter Verwendung der Ableitungsfunktion: 0 0g' (0) 1 4e 4e 1= − + =

„Linksseitig“ gilt unter Verwendung des Ergebnisses aus Teilaufgabe f: g' (0) 2= −

„Links-“ und „rechtsseitiger“ Grenzwert stimmen nicht überein; damit ist die Funktion g an der Stelle x0 = 0 auch für 1

2t = nicht differenzierbar.

Da nur für 32

t = und 12

t = ein stetiger Funktionsverlauf vorliegt, lässt sich t nicht so variieren, dass ein stetiger und differenzierbarer Funktionsverlauf vorliegt.

41


Gegeben ist die Funktion

f(x) = x2 ⋅ e1 – x, x ∈ 0 Der zugehörige Graph sei K.

a) Untersuchen Sie f(x) auf die übliche Art und Weise mit dem Ziel, K anhand der gewon-nenen Erkenntnissen in seinem wesentlichen Verlauf zeichnen zu können. (Hinweis: Bei der Bestimmung der Wendestellen reicht die notwendige Bedingung aus.) Fertigen Sie für –1 ≤ x ≤ 6 eine Skizze von K an. (Einheiten: x-Achse 1 cm; y-Achse 4 cm)

b) (1) Es gibt eine Ursprungsgerade, die Tangente an K ist. Bestimmen Sie ihre Gleichung. (2) Eine weitere Kurve K* ist gegeben durch f*(x) = e1 – x, x ∈ 0. Bestimmen Sie die

Stellen, an denen f*(x) die Werte 2 bzw. 1 bzw. 0,5 annimmt. Zeichnen Sie eine Skizze von K* in das Koordinatensystem aus Teilaufgabe a.

(3) Bestimmen Sie die Koordinaten des Schnittpunkts S von K und K* im 1. Quadranten. Weisen Sie nach, dass sich die Kurven in S senkrecht schneiden.

c) (1) K und K* schließen im 1. Quadranten zwischen a = 1 und u > a eine Fläche ein. Bestimmen Sie den Inhalt dieser Fläche in Abhängigkeit von u. Welchen Wert nimmt dieser Flächeninhalt für u → ∞ an ?

(2) Bei Rotation von K* um die x-Achse entsteht ein Körper. Berechnen Sie sein Volumen.

d) (1) Zeigen Sie für allgemeines m ∈ 70, dass m

x im

i 0

m!F (x) e xi!

−

== − ⋅ ⋅∑

eine Stammfunktion von fm(x) = xm ⋅ e–x ist. (2) Geben Sie mithilfe von Teilaufgabe d 1 eine Stammfunktion von f4(x) = x4 ⋅ e–x an.

42


Lösung

a) f(x) = x2 ⋅ e1 – x, x ∈ 0

Bestimmung der Ableitungsfunktion mithilfe Produkt- und Kettenregel: f '(x) = 2x ⋅ e1 – x + x2 ⋅ e1 – x ⋅ (–1) = e1 – x ⋅ (2x – x2)

1 x 2 1 x

1 x 2

1 x 2

f'' (x) e (2x x ) e (2 2x)

e ( 2x x 2 2x)

e (x 4x 2)

− −

−

−

= − − + ⋅ −= − + + −= − +

Symmetrie ist nicht erkennbar, da weder f(x) = f(–x) noch f(–x) = –f(x).

Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen 1 0

2 1 xx 0 f (0) 0 e 0f (x) 0 x e 0

−−

= ⇒ = ⋅ == ⇒ ⋅ = ⇒ da e1 – x ≠ 0 für alle x ∈ 0, x2 = 0 ⇒ x1; 2 = 0

Also: Einziger Schnittpunkt mit den Koordinatenachsen ist N(0 | 0).

Extrema notwendige Bedingung:

f '(xE) = 0 ⇒ e1 – xE ⋅ (2xE – xE2) = 0 (siehe oben)

1 2

2E E

E EE E

2x x 0x (2 x ) 0x 0 oder x 2

⇒ − =⇔ ⋅ − =⇒ = =

hinreichende Bedingung: 1 0

1 2f'' (0) e 2 0 lokales Minimum an der Stelle 0f'' (2) e ( 2) 0 lokales Maximum an der Stelle 2

−−

= ⋅ > ⇒

= ⋅ − < ⇒

(Alternativ: Untersuchung von f 'auf Vorzeichenwechsel in xE1; 2)

1 2

f (0) 0 (siehe oben) T N4 4f (2) 4 e 1,47 H 2e e

−

= ⇒ = = ⋅ = ≈ ⇒

Wendepunkte notwendige Bedingung:

f ''(xW) = 0 W

1; 2

1 2

1 x 2W W

2W W

W

W W

e (x 4x 2) 0 (siehe oben)

x 4x 2 0

x 2 4 2 2 2

x 3,41 oder x 0,59

−⇒ ⋅ − + =⇒ − + =⇒ = ± − = ±

≈ ≈

Hinreichende Bedingung ist nicht verlangt! (Über die relative Lage der Extrem- und (potenziellen) Wendestellen und das Verhalten für | x | → ∞ kann die Existenz der Wendepunkte auch begründet werden.)

2 1 2

2 1 2

f (2 2) (2 2) e 1,04

f (2 2) (2 2) e 0,52

− −

− +

+ = + ⋅ ≈− = − ⋅ ≈

Also: W1 ≈ (3,41 | 1,04) W2 ≈ (0,59 | 0,52)

43


Verhalten für | x | → ∞:

2xx

elim x 0,e→ ∞

⋅ =

da ex schneller wächst als x2. 2 1 x

xlim (x e )−→ −∞

⋅

existiert nicht, d. h. f(x) → ∞ für x → – ∞, da x2 > 0 und e1 – x > 0 für x < 0. Graph K siehe unten.

b) (1) t(x) = m ⋅ x mit Berührpunkt B(xB | f(xB))

m = f '(xB) = e1 – xB ⋅ (2xB – xB2), B(xB | 2

Bx ⋅ e1 – xB) Also gilt

B B1 x 1 x2 2B B B B B

2B B B B

2B B

B B

t(x ) e ( 2x x ) x x e

2x x x (für x 0)

x x 0x ( x 1) 0

− −= − ⋅ = ⋅⇔ − = ≠⇔ − + =⇔ ⋅ − + =

⇒ (xB = 0) oder xB = 1; f(1) = 1 ⋅ e0 = 1 Da (0 | 0) Schnittpunkt von K und t ist, ist B(1 | 1) Berührpunkt und

f '(1) = e1 – 1 ⋅ (2 – 1) = 1 = m

Also ist t(x) = x die gesuchte Tangente. (2) f*(x) = e 1– x

11 x1 1

1

1

f * (x ) e 2 (1 x )ln e ln 2 (ln e 1!)1 x ln 2x 1 ln 2 0,31

−= = ⇔ − = =⇔ − =⇔ = − ≈

21 x2 2

2

f * (x ) e 1 (1 x )ln e ln1 (ln e 1, ln1 0)x 1

−= = ⇔ − = = =⇔ =

31 x3 3

3

3

1f * (x ) e (1 x )ln e ln1 ln 2 (siehe oben)2

1 x ln 2x 1 ln 2 1,69

−= = ⇔ − = −

⇔ − = −⇔ = + ≈

Damit ergeben sich für K* die Punkte A ≈ (0,31 | 2), B(1 | 1), C ≈ (1,69 | 0,5). Graph K* siehe unten.

(3) Schnittpunkt von K und K* f(x) = f*(x) ⇒ x2 ⋅ e1 – x = e1 – x ⇔ x2 = 1 ⇒ x = 1 (oder x = –1, vgl. Aufgaben-stellung) f(1) = 1 (siehe oben)

Also ist S(1 | 1) der Schnittpunkt von K und K* im 1. Quadranten. Schnittwinkel

f* '(x) = – e1 – x ⇒ f* '(1) = – e1 – 1 = –1 f* '(1) ⋅ f '(1) = –1 ⋅ 1 = –1

Also schneiden sich K und K* in S senkrecht.

44


Die Graphen:

c) (1) Flächeninhalt u u

2 1 x 1 x1

1 1u u

2 1 x 1 x

1 1

F (u) (f (x) f * (x))dx (x e e )dx

x e dx e dx

Teilintegral1 Teilintegral 2

− −

− −

= − = ⋅ − =

= ⋅ −

∫ ∫

∫ ∫��

Teilintegral 1 mithilfe partieller Integration: Es sei u(x) = x2 ⇒ u'(x) = 2x und v(x) = – e1 – x ⇒ v'(x) = e1 – x

2 1 x

2 1 x 1 x

x e dx u(x) v '(x)dx u(x) v(x) u '(x) v(x)dx

x e 2x e dx

−

− −

⋅ = ⋅ = ⋅ − ⋅

= − ⋅ + ⋅∫ ∫ ∫

∫

Es sei nun u(x) = 2x ⇒ u'(x) = 2 und v(x) = – e1 – x ⇒ v'(x) = e1 – x

2 1 x 2 1 x 1 x 1 x

2 1 x 1 x 1 x

1 x 2

x e dx x e 2x e 2 e dx

x e 2x e 2 e

e (x 2x 2)

− − − −

− − −

−

⋅ = − ⋅ − ⋅ + ⋅

= − ⋅ − ⋅ − ⋅= − ⋅ + +

∫ ∫

Teilintegral 2: 1 x 1 xe dx e− −= −∫

Also ergibt sich u

u2 1 x 1 x 1 x 2 1 x1

u1 x 21 11 u 2 0

1 u 2

(x e e )dx [ e (x 2x 2) e ]

[ e (x 2x 1)]e (u 2u 1) e (1 2 1)e (u 2u 1) 4

− − − −

−−−

⋅ − = − ⋅ + + += − ⋅ + += − ⋅ + + + ⋅ + += − ⋅ + + +

∫

45


Grenzwert 1 u 2

1u ulim F (u) lim ( e (u 2u 1) 4) 4 FE,−→ ∞ → ∞

= − ⋅ + + + =

da e1 – u → 0 erheblich schneller als (u2 + 2u + 1) → ∞. (2) Volumen des Rotationskörpers

u u2 1 x 2

0

0 0u u

2 2x 2 2x

0 0

u2 2x0

2 2u 0 2 2u

V (u) f * (x)dx (e ) dx

e dx e e dx

1e [e ] Integration mithilfe linearer Substitution2

1 1e [e e ] e (e 1)2 2

−

− −

−

− −

= π = π

= π = π

= π ⋅ − ⋅

= − π ⋅ − = − π ⋅ −

∫ ∫

∫ ∫

2 2u 20

u u

1 1lim V (u) lim e (e 1) e 11,61 VE,2 2

−→ ∞ → ∞

= − π ⋅ − = π ≈

da e–2u → 0 für u → ∞.

d) (1) Behauptung: m

x im

i 0

m!F (x) e xi!

−

== − ⋅ ⋅∑

ist Stammfunktion von fm(x) = xm ⋅ e–x. Beweis:

x 0 1 m 1 mm

x m 1 m

m! m! m! m!F (x) e x x x x0! 1! (m 1)! m!

e (m! m! x m x x )

− −

− −

= − ⋅ ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅ −

= − ⋅ + ⋅ + + ⋅ +

…

…

Nun sei xu(x) e= − und m 1 m 1 mv(x) (m! m! x m x x ).− −= + ⋅ + + ⋅ +… Damit ergibt sich mithilfe der Produktregel

mx m 1 m

x m 2 m 1

F ' (x) u '(x) v(x) u(x) v '(x)

e (m! m! x m x x )m!e 0 m! 2 x m (m 1) x m x2!

− −

− − −

= ⋅ + ⋅= ⋅ + ⋅ + + ⋅ +

− ⋅ + + ⋅ ⋅ + + ⋅ − ⋅ + ⋅

…

…

Mit Koeffizientenvergleich und nach Zusammenfassung ergibt sich x m

m mF '(x) e x f (x) q.e.d.!−= ⋅ =

Alternativ: Beweis durch vollständige Induktion Induktionsanfang m = 1:

x1f (x) x e−= ⋅

46


mit u(x) = x ⇒ u'(x) = 1 und v(x) = – e–x ⇒ v'(x) = ex (partielle Integration) x x x x x

1

1x x 0 1 x i

i 0

F (x) x e dx x e 1 e dx x e e

1! 1! 1!e (1 x) e x x e x0! 1! i!

− − − − −

− − −

=

= ⋅ = − ⋅ + ⋅ = − ⋅ −

= − ⋅ + = − ⋅ + = − ⋅ ⋅

∑

∫ ∫

Induktionsannahme: Die Behauptung sei für m richtig. Induktionsschluss für m + 1: Es sei

m 1 xm 1f (x) x e+ −

+ = ⋅

Durch partielle Integration mit u(x) = xm + 1 ⇒ u'(x) = (m + 1)xm und v(x) = – e–x ⇒ v'(x) = e–x

erhalten wir m 1 x

m 1

x m 1 x m

x m 1 x m

m

F (x) x e dx

e x (m 1) e x dx

e x (m 1) e x dx

F (x)

+ −+

− + −

− + −

= ⋅

= − ⋅ + + ⋅ ⋅

= − ⋅ + + ⋅

=

∫∫

∫��

mx m 1 x i

i 0

mx m 1 i

i 0

x m 1 m 1 0

m 1x i

i 0

m!e x (m 1) e xi!

m!e x (m 1) xi!

(m 1)! (m 1)! m (m 1)!e x x x x

(m 1)! m! 0!

(m 1)!e x q.e.d.!

i!

− + −

=

− +

=

− +

+−

=

= − ⋅ + + ⋅ − ⋅

= − ⋅ + + ⋅

+ + ( +1)! += − ⋅ ⋅ + ⋅ +…+ ⋅ + ⋅ + 1!

+= − ⋅ ⋅

∑

∑

∑

(2) F4(x) ist Stammfunktion von f4 (x). 4 x

4 4

4x i

i 0

x 0 1 2 3 4

x 0 1 2 3 4

x 2 3 4

F (x) f (x)dx x e dx

4!e xi!

4! 4! 4! 4! 4!e x x x x x0! 1! 2! 3! 4!

e (4! x 4! x 4 3 x 4 x x )

e (24 24x 12x 4x x )

−

−

=

−

−

−

= = ⋅

= − ⋅ ⋅

= − ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅

= − ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ += − ⋅ + + + +

∑

∫ ∫

Kontrolle durch Bestimmung von '4F (x):

' x 2 3 4 x 2 34

x 44

F (x) e (24 24x 12x 4x x ) e (24 24x 12x 4x )

e x f (x) q.e.d.!

− −

−= ⋅ + + + + − ⋅ + + + == ⋅ =

47



k 24f (x) , k 0

1 kx= ≠

+

a) Führen Sie für allgemeines k eine Funktionsuntersuchung durch: (1) Bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich. (2) Zeigen Sie: Die Graphen der Funktionenschar sind achsensymmetrisch zur y-Achse. (3) Bestimmen Sie die Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen. (4) Untersuchen Sie das Verhalten der Funktion für x → ± ∞. (5) Bilden Sie (für allgemeines k) die erste und zweite Ableitung. (6) Bestimmen Sie Extrem- und Wendepunkte. (Die Erfüllung der hinreichenden Bedin-

gung für Wendepunkte kann vorausgesetzt werden!)

Setzen Sie k = –1.

b) Untersuchen Sie das Verhalten der Funktion in der Nähe der Lücken.

c) Zeichnen Sie den Graphen der Funktion f–1 unter Verwendung Ihrer bisherigen Ergebnisse in ein kartesisches Koordinatensystem. Bestimmen Sie zunächst zur genaueren Darstellung weitere Punkte (Wertetabelle!).

d) Bestimmen Sie die Maßzahl der Fläche, die der Graph der Funktion f–1 mit der x-Achse über dem Intervall [2; 5] einschließt. Verwenden Sie dazu (mit Nachweis!) den Zusam-menhang

1 24 2 2f (x)

1 x 1 x 1 x− = = +− − +

Setzen Sie k = 1.

e) Zeichnen Sie den Graphen der Funktion f1 in ein kartesisches Koordinatensystem. Bestimmen Sie zunächst zur genaueren Darstellung weitere Punkte (Wertetabelle!).

f) Der Flächeninhalt eines achsenparallelen Rechtecks, von dessen Eckpunkten zwei auf dem Graphen der Funktion f1 und zwei auf der x-Achse liegen, soll maximal sein. Wie sind die Eckpunkte zu wählen? (Es kann vorausgesetzt werden, dass keine Rand-extrema vorliegen.)

48


Lösung

a) (1) Definitionslücken einer gebrochenrationalen Funktion sind die Nullstellen des Nenner-polynoms. Zu ermitteln ist also, wann gilt: 1 + kx2 = 0. Dies ist erfüllt, wenn

1xk

= − oder 1xk

= − −

Diese Nullstellen existieren nur für k < 0. Damit ergibt sich für den Definitionsbereich

im Fall k < 0: 1D x xk

= ∈ ≠ ± −

0

im Fall k > 0: D = 0

(2) Zu zeigen ist: f(a) = f(– a) Es ist

k k2 24 4f ( a) f (a)

1 k( a) 1 ka− = = =

+ − +

Der Graph ist für alle k achsensymmetrisch bezüglich der y-Achse. (3) Für die Nullstellen gilt: f(x) = 0

240

1 kx=

+

Dies führt zu der widersprüchlichen Aussage 0 = 4

Es existieren also keine Nullstellen. Für den Schnittpunkt mit der y-Achse gilt: x = 0 Der zugeordnete Wert ist

k 24f (0) 4

1 kx= =

+

Schnittpunkt mit der y-Achse ist damit Py(0 | 4). (4) Es gilt für k > 0:

2 2x x

4 4lim lim 01 kx 1 kx

+→ + ∞ → − ∞

= =+ +

In beiden Fällen wächst der Nenner ins Unendliche. Da der Zähler konstant ist, nähert sich der Quotient dem Wert null. Zudem ist zu beachten, dass für x → ± ∞ Zähler und Nenner positiv sind; damit ist auch der Quotient positiv. Analog gilt für k < 0:

2 2x x

4 4lim lim 01 kx 1 kx

−→ + ∞ → − ∞

= =+ +

(5) Es ist

2 12

4f (x) 4(1 kx )1 kx

−= = ++

Unter Beachtung der Kettenregel ergibt sich für die erste Ableitung

2 22 2

8kxf' (x) 4 ( 1) (1 kx ) 2kx

(1 kx )− −= ⋅ − ⋅ + ⋅ =

+

49


Als zweite Ableitung ermittelt man unter Beachtung der Quotientenregel und mithilfe geeigneter Äquivalenzumformungen:

2 2 2 2 2

2 4 2 3

(1 kx ) ( 8k) ( 8kx) 2 (1 kx ) (2kx) 8k 24k xf'' (x)

(1 kx ) (1 kx )

+ ⋅ − − − ⋅ ⋅ + ⋅ − += =

+ +

(6) Notwendige Bedingung für die Extremstellen ist, dass gilt: f '(xE) = 0 Die Gleichung

2 2

8kx0

(1 kx )

− =+

hat dann Lösungen, wenn Nullstellen des Zählerpolynoms vorliegen, die keine Null-stellen des Nennerpolynoms sind. Zu untersuchen ist zunächst also

– 8kx = 0 Dies ist erfüllt, wenn

x = 0.

Für x = 0 ist das Nennerpolynom ungleich 0, es gilt 2 2(1 k 0 ) 1 0.+ ⋅ = ≠ Damit ist x = 0 eine mögliche Extremstelle. Ob tatsächlich eine Extremstelle vorliegt, lässt sich mithilfe der hinreichenden Bedin-gung überprüfen. Es ist

2 2

2 3

8k 24k 0f'' (0) 8k

(1 k 0 )

− + ⋅= = −

+ ⋅

Für k > 0 gilt f ''(0) < 0, an der Stelle x = 0 liegt dann also ein relatives Maximum vor. Für k < 0 liegt an der Stelle x = 0 entsprechend ein relatives Minimum vor. Der zugeordnete Wert ist f(0) = 4 (vgl. (3)). Relatives Extremum ist also E(0 | 4) Notwendige Bedingung für Wendestellen ist, dass gilt: f ''(xW) = 0 Die Gleichung

2 2

2 3

8k 24k x0

(1 kx )

− +=

+

hat dann Lösungen, wenn Nullstellen des Zählerpolynoms vorliegen, die keine Null-stellen des Nennerpolynoms sind. Zu untersuchen ist zunächst also

2 28k 24k x 0− + = Dies führt zu

2 1x3k

=

und damit zu den Lösungen

W1 W21 1x und x

3k 3k= = −

In beiden Fällen ist das Nennerpolynom ungleich 0, es gilt 32 31 41 k 0

3k 3

+ ⋅ ± = ≠

50


Da die Erfüllung der hinreichenden Bedingung vorausgesetzt werden kann, sind 1 1

W1 W23k 3kx und x= = − Wendestellen. Diese existieren jedoch nur für k > 0.

Für die zugeordneten Werte gilt aus Symmetriegründen:

( )21

3k

1 1 4f f 33k 3k

1 k

= − = = + ⋅

Wendepunkte sind (für k > 0):

1 21 1W | 3 und W | 3

3k 3k

−

Nun ist k = –1 zu setzen. Daraus ergibt sich die zu untersuchende Funktion f–1 mit

24

1 1 xf (x) .− −

=

b) Nach Teilaufgabe (1) liegen die Definitionslücken bei 1 1k k

x und x .= − = − −

Für k = –1 sind x1 = 1 und x2 = –1 also Lücken. Es gilt

2x 1

4lim ,1 x+→

= −∞−

denn die Konstante im Zähler wird durch eine betragsmäßig sehr kleine, negative Zahl geteilt. Beachte, dass für x > 1 gilt: x2 > 1 und damit 1 – x2 < 0. Analog gilt:

2x 1

4lim1 x−→

= +∞−

In diesem Fall ist x2 < 1 und damit 1 – x2 > 0. Aus Symmetriegründen gilt:

2 2x 1 x 1

4 4lim und lim1 x 1 x+ −→ − → −

= +∞ = −∞− −

Es liegt also jeweils ein Pol mit Vorzeichenwechsel vor.

c) Aus Teilaufgabe a ist mit k = –1 bekannt: (Relatives) Minimum ist T(0 | 4), es liegen keine Wendepunkte vor, Pole mit Vorzeichen-wechsel liegen an den Stellen x1 = 1 und x2 = –1 vor, waagrechte Asymptote ist die x-Achse. Zur besseren Darstellung ermittelt man weitere Punkte: x 0,5 1,5 2 3 4

f(x) 163

–3,2 43

− – 0,5 415

−

51


Unter Verwendung der in Teilaufgabe a ermittelten Eigenschaften ergibt sich folgender Funktionsgraph:

d) Zunächst ist die Richtigkeit der Partialbruchzerlegung nachzuweisen. Es gilt:

2 2

2(1 x) 2(1 x)2 2 2 2x 2 2x 41 x 1 x (1 x)(1 x) 1 x 1 x

+ + − + + −+ = = =− + − + − −

Dies war zu zeigen. Für die gesuchte Maßzahl der Fläche ergibt sich unter Beachtung der Lage des zu unter-suchenden Flächenstücks:

5

225

252

4A dx1 x

2 2 dx1 x 1 x

8 2ln 1 x 2ln 1 x ]

( 2ln 4 2ln 6) ( 2ln1 2ln 3) 1,39

=−

= + − +

| | | |= − − + +

= − + − − + ≈

∫

∫

Die zu untersuchende Fläche hat einen Flächeninhalt von ca. 1,39 FE.

52


Nun ist k = 1 zu setzen. Daraus ergibt sich die zu untersuchende Funktion f1 mit

24

1 1 xf (x) .

+=

e) Aus Teilaufgabe a ist mit k = 1 bekannt: Es liegen keine Definitionslücken vor, (relatives) Maximum ist H(0 | 4),

Wendepunkte sind ( ) ( )1 11 23 3

W 0,58 | 3 und W 0,58 | 3 ,≈ − ≈ −

waagrechte Asymptote ist die x-Achse. Zur besseren Darstellung ermittelt man weitere Punkte:

x 0,5 1 2 3 5 7

f(x) 3,2 2 0,8 0,4 ≈ 0,15 0,08

Unter Verwendung der in Teilaufgabe a ermittelten Eigenschaften ergibt sich folgender Funktionsgraph:

f) Es erscheint einleuchtend, dass es genügt, die Hälfte des zu konstruierenden Rechtecks im ersten Quadranten zu betrachten. Ist die Fläche dieses Rechtecks maximal, so ist es auch der Flächeninhalt des gesamten Rechtecks. In diesem Fall ist ein Eckpunkt der Ursprung, ein zweiter liegt auf der x-Achse (P2(x0 | 0)) und ein dritter auf dem Graphen (P3(x0 | f(x0))). (vgl. Skizze!)

Für den Flächeninhalt des zu untersuchenden Rechtecks gilt: A = a ⋅ b

53


Ferner gilt:

0 0 20

4a x und b f (x )1 x

= = =+

Es ist also:

2 24 4xA(x) x , D

1 x 1 x+= ⋅ = =

+ +0

Gesucht ist das (absolute) Maximum der Funktion A. Für (relative) Maxima gilt:

A '(x) = 0 und A ''(x0) < 0 Zunächst müssen also die Ableitungen gebildet werden. Unter Verwendung der Quotientenregel ergibt sich:

2 2

2 2 2 2

(1 x ) 4 4x 2x 4 4xA' (x)(1 x ) (1 x )

+ ⋅ − ⋅ −= =+ +

und 2 2 2 2 3

2 4 2 3

(1 x ) ( 8x) (4 4x ) 2 (1 x ) 2x 8x 24xA'' (x)(1 x ) (1 x )

+ ⋅ − − − ⋅ ⋅ + ⋅ −= =+ +

Wann ist A '(x) = 0? Die Gleichung

2

2 24 4x 0

(1 x )− =+

hat dann Lösungen, wenn Nullstellen des Zählerpolynoms vorliegen, die keine Nullstellen des Nennerpolynoms sind. Zu untersuchen ist zunächst also

24 4x 0− = Dies führt zu

x = 1 oder x = –1

Nur x = 1 gehört zum Definitionsbereich. Für diesen Fall ist das Nennerpolynom ungleich null. x = 1 ist also eine mögliche Extremstelle. Die Prüfung der hinreichenden Bedingung ergibt:

3

2 38 1 24 1 16A'' (1) 2 0

8(1 1 )⋅ − ⋅ −= = = − <

+

Damit ist gezeigt, dass an der Stelle ein (relatives) Maximum vorliegt. Da die Existenz von Randextrema ausgeschlossen ist (vgl. Aufgabenstellung), ist x = 1 Lösung des Sach-problems. Die Eckpunkte des gesuchten (vollständigen!) Rechtecks sind damit P1(–1 | 0), P2(1 | 0), P3(1 | 2), P4(–1 | 2), sein Flächeninhalt beträgt 2 ⋅ A(1) = 4.

54

Hessen – Mathematik Leistungskurs Analytische Geometrie: Übungsaufgabe 1

Gegeben sind die Punkte A(1 | 4 | 5) und B(3 | 13 | 10) sowie die Gerade

g1: 3 4

x 3 r 18 ,2 10

− = − + ⋅ − − −

�

r ∈ 0

und die Ebene

E1: 1 2 0

x 3 s 1 t 1 ,1 1 1

= − + ⋅ + ⋅ − − − −

�

s, t ∈ 0

a) Geben Sie die Gleichung der Geraden g2 an, die durch die Punkte A und B geht.

b) Prüfen Sie die Lagebeziehung der beiden Geraden g1 und g2.

c) Bestimmen Sie mit Mitteln der Analysis den Abstand der beiden Geraden g1 und g2.

d) Geben Sie eine Parameterdarstellung der Ebene E2 an, die durch die beiden Geraden g1 und g2 festgelegt ist. Geben Sie für die Ebene (1) eine Normalengleichung (2) eine Koordinatengleichung an. [Zur Kontrolle: 7x1 – 6x2 + 8x3 = 23]

e) Bestimmen Sie Schnittgerade und Schnittwinkel der Ebenen E1 und E2.

f) Projiziert man die Gerade g1 senkrecht in die Ebene E1, so entsteht die Projektionsgerade '1g . Bestimmen Sie eine Parameterdarstellung von g1. Veranschaulichen Sie zunächst die

räumliche Situation durch eine Skizze.

55

Hessen LK – Analytische Geometrie: Übungsaufgabe 1

Hinweise und Tipps

Teilaufgabe a � Wählen Sie OA

��

als Ortsvektor und AB��

als Richtungsvektor.

Teilaufgabe b � Welche Lagebeziehungen zwischen Geraden sind möglich? � Welche Zusammenhänge bestehen dann zwischen den Orts- und Richtungsvektoren der bei-

den Geraden?

Teilaufgabe c � Legen Sie einen Punkt P auf g1 fest und finden Sie den Punkt auf g2, der zu P die geringste

Entfernung hat. Der Abstand dieser Punkte ist der Abstand der Geraden. � Formulieren Sie für den Abstand eine Funktion, für die Sie das Minimum bestimmen.

Teilaufgabe d � Wählen Sie unter Berücksichtigung Ihres Ergebnisses aus Teilaufgabe b einen Ortsvektor. � Überlegen Sie, warum man nicht beide Richtungsvektoren der Geraden als Richtungsvektoren

der Ebene verwenden kann. � Den Normalenvektor erhalten Sie mit dem Vektorprodukt.

Teilaufgabe e � Schnittgerade: Formulieren Sie den Ansatz und lösen Sie das entstehende unterbestimmte

lineare Gleichungssystem. Geben Sie eine Parameterdarstellung der Lösungsmenge an. � Schnittwinkel: Welcher Zusammenhang besteht zwischen dem Schnittwinkel zweier Ebenen

und dem Schnittwinkel ihrer Normalenvektoren?

Teilaufgabe f � Die Projektion einer Geraden ist im Allgemeinen wieder eine Gerade. � Sie benötigen also die (senkrechte) Projektion zweier Punkte von g1 in E1. Mithilfe der beiden

Projektionspunkte lässt sich die Gerade beschreiben.

56


Lösung

a) Ein Richtungsvektor der Geraden g2 ist 3 1 2

AB b a 13 4 9 .10 5 5

= − = − =

��

�

�

Wählt man a�

als Stützvektor, so ergibt sich für g2

g2: 1 2

x 4 r 9 ,5 5

= + ⋅

�

r ∈ 0.

b) Ein Vergleich der Richtungsvektoren der Geraden g1 und g2 ergibt 4 2

18 ( 2) 9 .10 5

− − = − ⋅ −

Die beiden Richtungsvektoren sind also linear abhängig. Die Geraden g1 und g2 sind dem-nach entweder parallel oder identisch. Zur Überprüfung, welcher der beiden Fälle vorliegt, führt man eine Punktprobe durch: Gilt A ∈ g1?

1 3 44 3 r 185 2 10

− = − + ⋅ − − −

Daraus ergibt sich das lineare Gleichungssystem 12

718

710

r1 3 4r

4 3 18r r

5 2 10r r

== −= − − ⇒ = −= − − = −

Es lässt sich also kein einheitlicher Parameterwert ermitteln. Damit ist gezeigt: A ∉ g1. Die beiden Geraden unterscheiden sich also in mindestens einem Punkt. Sie können damit nicht identisch sein.

c) Zur Bestimmung des Abstandes zweier paralleler Geraden gibt es unterschiedliche Verfah-ren. Im Folgenden wird ein Verfahren verwendet, das sich der Mittel der Analysis bedient. Wählen Sie einen beliebigen, aber festen Punkt auf g1, z. B. P1(3 | – 3 | – 2). Wählen Sie einen variablen Punkt auf g2: P2(1 + 2r | 4 + 9r | 5 + 5r). Die Koordinaten dieses Punktes ergeben sich aus der Parameterdarstellung der Geraden g2. Durch die Variable r ist gewährleistet, dass der Punkt auf der Geraden „wandern“ kann. Will man nun den Abstand der beiden parallelen Geraden ermitteln, so muss man die vom Punkt P1 gemessene kürzeste Entfernung zu g2 bestimmen. Man sucht also den Punkt P2 auf der Geraden g2, für den gilt:

Die Entfernung 2P P1 ��

ist minimal.

57


Es gilt:

2

2 2 2

2

1 2r 3P P 4 9r 3

5 5r 2

2 2r7 9r7 5r

( 2 2r) (7 9r) (7 5r)

102 188r 110r

1+

= + − − + −

− + = + +

= − + + + + +

= + +

��

2P P1 ��

ist dann minimal, wenn der Radikand minimal ist. (Für jedes r gilt: 102 + 188r + 110r2 > 0) Hierbei handelt es sich um eine Funktion d mit der Variablen r; die Funktionsgleichung lässt sich also schreiben als

d(r) = 102 + 188r + 110r2 Die hinreichende Bedingung für relative Minima ist

d '(r) = 0 ∧ d ''(rE) > 0

Die Funktion d hat folgende Ableitungsfunktionen: d '(r) = 188 + 220r d ''(r) = 220

Aus d '(r) = 188 + 220r = 0 ergibt sich 188r 0,85220

= − ≈ −

Die Prüfung der 2. Ableitung liefert d ''(– 0,85) = 220 > 0

Damit liegt an der Stelle 188220

r = − ein relatives Minimum vor. Da es sich bei der betrach-

teten Funktion um eine quadratische Funktion handelt, muss an der Stelle 188220

r = − auch

das absolute Minimum vorliegen.

Zur Bestimmung des Abstandes genügt es, die ermittelte Extremstelle in die Formel zur

Berechnung von 2P P1 ��

einzusetzen. Daraus folgt:

2

2188 188P P 102 188 110220 220

4,66

1 = + ⋅ − + ⋅ −

≈

��

Dies ist der gesuchte Abstand der beiden Geraden g1 und g2.

58


d) Die Gerade g1 liegt vollständig in der Ebene E2. Ergänzt man die Parameterdarstellung der Geraden durch einen zweiten Richtungsvektor, der „in die Ebene zeigt“, erhält man eine Parameterdarstellung der Ebene E2. Es gilt:

2

3 4 1 3E : x 3 r 18 s 4 ( 3)

2 10 5 ( 2)

3 4 23 r 18 s 7 , r, s2 10 7

− − = − + ⋅ − + ⋅ − − − − − −

− − = − + ⋅ − + ⋅ ∈ − −

0

�

Für die geforderte Darstellung mithilfe der Normalengleichung benötigt man den Norma-lenvektor n.

�

Dieser lässt sich mithilfe des Vektorenproduktes ermitteln. Setzt man

1 2 3

1 0 0n 0 , n 1 , n 0 ,

0 0 1

= = =

� � �

so gilt:

1 2 3

1 2 3

1 2 3

4 2n 18 7

10 7

n n n4 18 102 7 7

18 10 4 10 4 18n n n7 7 2 7 2 7

n ( 126 ( 70)) n ( 28 20) n ( 28 36)

564864

− − = − × −

= − − −−

− − − − − −= ⋅ − ⋅ + ⋅− −= ⋅ − − − − ⋅ − − + ⋅ − −

− = −

�

� � �

� � �

� � �

Setzt man den Stützvektor der Ebene E2 und den Normalenvektor n�

in die Normalenglei-chung n (x a) 0− =� ��

� ein, so erhält man

56 348 x 3 064 2

56 56 348 x 48 3 064 64 2

− − − =

− −

− − − − = − − −

�

�

�

� �

Die Berechnung der Skalarprodukte liefert schließlich die Koordinatengleichung:

1 2 3

1 2 3

56x 48x 64x 184 0

7x 6x 8x 23

− + − + =⇒ − + =

59


e) Schnittgerade Für die Bestimmung der Schnittgeraden gs = E1 ∩ E2 gibt es unterschiedliche Verfahren. Sind die Ebenen in Parameterdarstellungen gegeben, so führt der Ansatz

1 1 2 2

1 2 0 3 4 23 s 1 t 1 3 s 18 t 71 1 1 2 10 7

− − − + ⋅ + ⋅ − = − + − + ⋅ − − − − −

zum unterbestimmten linearen Gleichungssystem

1 2 2

1 1 2 2

1 1 2 2

1 2 2

1 2 2

1 2 2

1 2 2

1 2 2

2

1

2

1

1

2s 4s 2 2ts t 18s 7ts t 10s 1 7t

2s 4s 2 2t2t 32s 2 16t2t 24s 12t

t

2s 4s 2 2t2t 32s 2 16t

8s 2 4

12

2t 3 1

1 2

2t 3 1

1 t3 1

+ = −− + =

− − + = − +

+ = −⇒ − = −

− + =

+ = −⇒ − =

+ −− −

−

− = −

−−

−

Nach der letzten Zeile des Gleichungssystems gilt:

2 21 1s t4 2

= − +

Ersetzt man in der Parameterdarstellung der Ebenen den Parameter s2 durch 1 124 2

t ,− + so erhält man

2 2

2 2

2

3 4 21 1x 3 t 18 t 74 22 10 7

3 4 4 21 1x 3 18 t 18 t 74 22 10 10 7

4 4x 1,5 t 2

0,5 2

− − = − + − + ⋅ − + ⋅ − −

− − − ⇒ = − − ⋅ − + ⋅ − + ⋅ − − −

− ⇒ = + ⋅ −

�

�

�

Mithilfe dieser Gleichung lässt sich die Schnittgerade gs beschreiben und es gilt:

s

4 4g : x 1,5 t 2 ,

0,5 2

− = + ⋅ −

�

t ∈ 0

Schnittwinkel Der Schnittwinkel der Ebenen entspricht dem Schnittwinkel der Normalenvektoren. Aus Teilaufgabe d ist bekannt:

2E

56n 48

64

− = −

�

60


Mithilfe des in Teilaufgabe d verwendeten Verfahrens lässt sich berechnen:

1

1 2 3

E

1 2 3

n n nn 2 1 1

0 1 1

n ( 1 1) n ( 2 0) n ( 2 0)

222

= −− −

= ⋅ − − − ⋅ − − + ⋅ − −−

= −

� � �

�

� � �

Für den Winkel ϕ zwischen zwei Vektoren a�

und b�

gilt:

a bcosa b

ϕ = ⋅

��

�

��

Also gilt: 2 562 482 64

2 562 482 64

2 2 2 2 2 2

cos

( 2) ( 56) 2 48 ( 2) ( 64)

( 2) 2 ( 2) ( 56) 48 ( 64)

336 0,9933114 432

− − − −

− − − −

ϕ =⋅

− ⋅ − + ⋅ + − ⋅ −=− + + − ⋅ − + + −

= ≈

�

Damit ist ϕ ≈ 6,65°. Dies ist der gesuchte Schnittwinkel der Ebenen E1 und E2.

f) Aus Teilaufgabe e ist bekannt, dass die Gerade g1 die Ebene E1 durchstößt. Die räumliche Situation und das verwendete Lösungsverfahren lassen sich durch die nebenstehende Skizze veranschauli-chen:

Die Projektion '1g ist die Gerade, die durch den Punkt D und die Projektion von P, also P '

verläuft. Zunächst bestimmt man den Durchstoßpunkt D: g1 ∩ E1 = {D}

61


Der Ansatz 3 4 1 2 03 r 18 3 s 1 t 12 10 1 1 1

− − + ⋅ − = − + ⋅ + ⋅ − − − − − −

führt zum linearen Gleichungssystem 4r 2s 2

18r s t 0t

410r s t 14

− − = −− − + =− + +

−=

+

−

Eliminiert man mithilfe der 1. Zeile die Variable r in der 2. und 3. Zeile, so ergibt sich 1 2t 1

14r 2s 2

16s 2t 1812s 2t 11 2

− − = −− − = −− − = −

−

Ohne Umformung lässt sich nun mithilfe der 2. Gleichung die Variable t in der 3. Glei-chung eliminieren. Dies ergibt

1 2t 11

4r 2s 216s 2t

1 1 2t 118

4s 6

− − = −− −

−= −

− = −

−

Nach der letzten Zeile ist 32

s .= Damit erhält man in der 2. Zeile t = – 3 und in der 1. Zeile schließlich 1

4r .= −

Zur Bestimmung des Durchstoßpunktes D genügt es, 14

r = − in die Parameterdarstellung der Geraden einzusetzen:

3 41OD 3 1842 10

41,50,5

− = − + − ⋅ − − −

=

��

Der Durchstoßpunkt D hat damit die Koordinaten D(4 | 1,5 | 0,5). Zur Ermittlung des Bildpunktes P ' wählt man einen beliebigen Punkt P mit P ∈ g1, z. B. P(3 | – 3 | – 2). Der Bildpunkt P ' ergibt sich dann als Durchstoßpunkt der Geraden gPP ' durch P und P ' durch die Ebene E1. Aufgrund der geforderten senkrechten Projektion gilt für die Gerade gPP ': Richtungsvektor ist der Normalenvektor der Ebene E1. Demnach gilt:

gPP ': 3 2

x 3 r 2 ,2 2

− = − + ⋅ − −

�

r ∈ 0

62


Nun wird der Durchstoßpunkt P ' = E1 ∩ gPP ' ermittelt: Der Ansatz

1 2 0 3 23 s 1 t 1 3 r 21 1 1 2 2

− − + ⋅ + ⋅ − = − + ⋅ − − − − −

führt zum linearen Gleichungssystem 2s 2r 2

s t 2r 0s r

t

t 2 1

+ =− − =

− − +

−−

= −

−

Nach Vereinfachung der ersten Zeile durch Division mit 2 ergeben sich folgende Umfor-mungsschritte:

s r 1t 3r 1t 3r 0

s r 1t 3r 1

t

s

2

1

2

r

t

6

+ =+ =

− + ==

+ =−+

=

−

Aus der letzten Zeile ergibt sich 16

r .= Dies genügt zur Ermittlung des Durchstoßpunktes P ', denn es gilt:

838373

3 21OP' 3 262 2

− = − + ⋅ − −

= − −

��

Der Bildpunkt P ' hat demnach die Koordinaten ( )8 8 73 3 3

P ' .− −

Für die Projektionsgerade '1g ergibt sich damit die Parameterdarstellung

'1

43

256

176

g : x OD r (OP' OD)

41,5 r0,5

= + ⋅ −

− = + ⋅

��

�

Ersetzt man nun den Richtungsvektor durch sein 6-Faches, so ergibt sich schließlich

'1

4 8g : x 1,5 r 25 ,

0,5 17

− = + ⋅

�

r ∈ 0

63


Der Flughafen von Kuwukiland gilt anflugstechnisch als einer der schwierigsten der Welt. Alle folgenden Angaben beziehen sich auf die Einheit Meter. Im Anflugpfad nahe der Lande-bahn befindet sich ein Funkturm auf der Position F(100 | 200 | 0). Er ist 200 Meter hoch. Der Gleitpfad für die Flugzeuge ist strikt festgelegt und lässt sich durch die Gleichung

8 18x 152 8

280 5

− = + λ −

�

beschreiben.

a) Wie nahe kommt das Flugzeug auf diesem Gleitpfad der Spitze des Funkturms?

b) Unter welchem Winkel wird das Flugzeug auf das Rollfeld treffen, falls der Gleitpfad nicht in letzter Sekunde geändert wird?

c) In der Spitze des Funkturms befindet sich eine Radarstation, die den Flugverkehr über-wacht. Die Antenne A ist 50 Meter über der Spitze des Funkturms angebracht. Das überwachte Gebiet kann man sich als Kugel mit A als Kugelmittelpunkt vorstellen. Die Reichweite der Radarstrahlen beträgt ca. 10 000 Meter.

An welchem Punkt tritt das Flugzeug in den überwachten Radarbereich ein, wenn man den Gleitpfad zugrunde legt? Geben Sie die Koordinaten dieses Punktes an. Welchen Weg legt das Flugzeug vom Eintritt in die Radarüberwachung bis zum Auftreffen auf der Landebahn zurück, wenn der Gleitpfad nicht geändert wird?

d) Der Eintrittspunkt in die Radarüberwachung, der Auftreffpunkt auf der Landebahn und die Spitze des Funkturms liegen auf einer Ebene. Diese Ebene schneidet die Über-wachungskugel in einem Kreis.

Geben Sie den Radius und den Mittelpunkt des Schnittkreises an.

64


Hinweise und Tipps

Teilaufgabe a � Der Gleitpfad ist Teil einer Geraden, die sich in Parameterdarstellung wiedergeben lässt. � Wie bestimmt man den Abstand eines Punktes von einer Geraden?

Teilaufgabe b � Gesucht ist der Winkel zwischen dem Gleitpfad und der Landeebene. � Für Winkelberechnungen gibt es eine Formel in der Formelsammlung.

Teilaufgabe c � Wie lautet die Kugelgleichung, wenn, wie in diesem Fall, der Mittelpunkt und der Radius ge-

geben ist? � Die Aufgabe ist, die Schnittpunkte einer Kugel mit einer Geraden zu bestimmen (eigentlich

interessiert nur ein Schnittpunkt). � Bestimmung des Auftreffpunktes: welche z-Koordinate besitzt der Auftreffpunkt? � Bestimmen Sie die Länge einer Strecke zwischen zwei Punkten.

Teilaufgabe d � Um den Mittelpunkt des Schnittkreises zu bestimmen, benötigt man die Ebenengleichung in

der Normalenform. � Den Normalenvektor bildet man am einfachsten durch das Vektorprodukt der Richtungsvekto-

ren. � Den Mittelpunkt ermittelt man, indem man zuerst den Abstand der Ebene vom Mittelpunkt

der Kugel berechnet. � Hierfür dient die Hesse’sche Normalenform als Grundlage. � Das Ergebnis zeigt, dass man an dieser Stelle eigentlich fertig ist.

65


Lösung

a) Es gilt den kürzesten Abstand zwischen der Spitze S des Funkturms und der Geraden, die den Gleitpfad bestimmt, zu berechnen. Für die Spitze des Funkturms gilt: S(100 | 200 | 200) X sei der Punkt der Geraden, dessen Abstand zu S am kleinsten ist. Dann gilt:

(OX OS)−��

steht senkrecht auf der Geraden und auf dem Richtungsvektor der Geraden. Daraus folgt:

18(OX OS) 8 0

5

− = −

��

�

Mit 8 18

OX 152 8280 5

− = + λ −

��

gilt also:

8 18 100 18152 8 200 8 0280 5 200 5

− + λ − = − −

�

Daraus folgt:

2 2 2

108 18 1848 8 8 080 5 5

108 18 18 1848 8 8 8 108 18 48 8 80 5 (18 8 5 ) 080 5 5 5

2 728 413 06,6

− − + λ = − − −

⇒ − + λ = − ⋅ − ⋅ − ⋅ + λ + + = − − −

⇒ − + λ =⇒ λ ≈

�

� �

Eingesetzt in die Geradengleichung ergibt sich 8 18 110,8

OX 152 6,6 8 204,8247280 5

− = + = −

��

Als kürzesten Abstand erhält man

2 2 210,8

OX OS 4,8 10,8 4,8 47 48,4647

− = = + + ≈

��

Der kürzeste Abstand beträgt also ungefähr 48,5 Meter.

66


b) Man berechnet den Winkel zwischen dem Normalenvektor der Landeebene 001

n

=

�

und

dem Richtungsvektor der Geraden 18

85

v . −

=

�

Es gilt:

v n 5sin 0,24606 14,2420,32v n

−α = ≈ ≈ ⇒ α ≈ °

��

�

��

c) Die Kugel hat den Mittelpunkt M(100 | 200 | 250) und den Radius 10 000. Also lautet die Kugelgleichung in Koordinatenform

(x – 100)2 + (y – 200)2 + (z – 250)2 = 10 0002 Die Gerade, auf der der Gleitpfad liegt, hat folgende Gleichung (siehe Teilaufgabe a):

8 18x 152 8

280 5

− = + λ −

�

Setzt man die sich daraus ergebenden Koordinatengleichungen x = – 8 + 18λ; y = 152 + 8λ; z = 280 – 5λ in die Kugelgleichung ein, so erhält man:

(–108 + 18λ)2 + (– 48 + 8λ)2 + (30 – 5λ)2 = 10 0002 ⇒ 11 664 – 3 888λ + 324λ2 + 2 304 – 768λ + 64λ2 + 900 – 300λ + 25λ2 – 10 0002 = 0 ⇒ 413λ2 – 4 956λ – 99 985 132 = 0 ⇒ λ2 – 12λ – 242 094,75 = 0

Diese quadratische Gleichung wird mit der p-q-Formel gelöst:

1, 2

1 2

6 36 242 094,75

498 und 486

⇒ λ = ± +⇒ λ ≈ λ ≈ −

Setzt man λ1 in die Geradengleichung ein, so erhält man einen negativen Wert für die z-Koordinate. Das kann nicht der Eintrittspunkt des Gleitpfades in den überwachten Flug-raum sein.

S

8 18 8 756x 152 486 8 3 736

280 5 2 710

− − ⇒ ≈ − ⋅ = −

−

�

Damit ergibt sich für den gesuchten Punkt der angenäherte Wert S(–8 756 | –3 736 | 2 710). Für die zweite Frage muss man zuerst den Auftreffpunkt bestimmen. Man erhält ihn, in-dem man die z-Koordinate der Gleitpfad-Geradengleichung gleich null setzt:

280 – 5λ = 0 ⇒ λ = 56

Eingesetzt in die Geradengleichung ergibt sich der Auftreffpunkt F:

F

8 18 1 000x 152 56 8 600

280 5 0

− = + ⋅ = −

�

Für die zurückgelegte Strecke erhält man 2 2 2FS (1 000 ( 8 756)) (600 ( 3 736)) (0 2 710) 11014,7= − − + − − + − ≈

Das Flugzeug hat also einen Weg von etwa 11 015 Metern zurückgelegt.

67


d) Aufstellen der Ebenengleichung; Bestimmung der Richtungsvektoren:

F S

1 000 8 756 9 756a x x 600 3 736 4 336

0 2 710 2 710

− = − = − − = −

� � �

F A

1 000 100 900b x x 600 200 400

0 200 200

= − = − = −

�

� �

Um eine Ebenengleichung in Koordinatendarstellung zu erhalten, ermitteln wir einen Nor-malenvektor durch Bildung des Vektorprodukts der gefundenen Richtungsvektoren:

2 3 3 23 1 1 31 2 2 1

a b a b 4 336 ( 200) ( 2 710) 400 216 800a b a b a b 2 710 900 9 756 ( 200) 487 800

9 756 400 4 336 900 0a b a b

− ⋅ − − − ⋅ × = − = − ⋅ − ⋅ − = −

⋅ − ⋅−

�

�

Dividiert mit 54 200 erhält man als Normalenvektor 4

n 9 .0

= −

�

Weiter gilt: 4 1 000

n OF 9 600 1 4000 0

= − = −

��

� �

Damit ergibt sich als Ebenengleichung E: 4x – 9y = –1 400

Für den Abstand der Kugelmitte von der Ebene benutzt man die Gleichung 1D n OM n OFn

= −

��

� ��

Als Betrag des Normalenvektors erhält man 2 2n 4 9 9,85 = + ≈�

Weiter gilt: 4 100

n OM 9 200 1 4000 250

= − = −

��

� �

Mit n OF 1 400= −��

�

� erhält man, wie bereits oben errechnet, als Abstand der Ebene zum Kugelmittelpunkt 0 Meter. Der Kugelmittelpunkt liegt also auf der Ebene. Damit entsprechen Radius und Mittelpunkt des Schnittkreises denen der Kugel.

68


Gegeben sind im 03 die Punkte A(–5 | –3 | 7), B(–10 | –1 | 3), C(– 8 | 3 | 7), die Gerade

g1: 5 7

x 3 r 64 2

= + ⋅

�

, r ∈ 0

und die Geradenschar

ga: a 2 3a 2

x 7 s 127 a

+ + = + ⋅

�

, a, s ∈ 0

a) Die Punkte A, B und C legen die Ebene E1 fest. Geben Sie eine Parameterdarstellung von E1 an und überführen Sie diese in eine Koordinatengleichung. (Zur Kontrolle: 2x1 + x2 – 2x3 = –27)

b) Bestimmen Sie den Abstand der Ebene E1 zum Ursprung.

c) Geben Sie – begründet – je eine Gleichung aller Ebenen an, die von E1 den Abstand 10 [LE] haben. Beschreiben Sie die Ebenen hinsichtlich ihrer Lage zum Ursprung.

d) Zeigen Sie: Der Parameter a lässt sich so bestimmen, dass die Geraden ga und g1 (echt) parallel sind. Wie weit sind die beiden Geraden in diesem Fall voneinander entfernt?

e) Die Geraden g1 und ga aus Teilaufgabe d legen die Ebene E4 fest. Zeigen Sie: 101922

n−

−

=

�

ist ein Normalenvektor der Ebene E4. Geben Sie eine Koordinatengleichung

von E4 an. (Zur Kontrolle: –10x1 + 19x2 – 22x3 = – 81)

f) Begründen Sie: Die Ebenen E1 und E4 schneiden sich. Ermitteln Sie eine Parameterdar-stellung der Schnittgeraden gS und den Schnittwinkel der beiden Ebenen.

(Zur Kontrolle: gS:

9 1x 9 t 4

0 3

− = − + ⋅

�

, t ∈ 0)

g) ELot sei die Lotebene zu E1 und E4, die den Punkt P(10 | 0 | 5) enthält. Skizzieren Sie die räumliche Situation und beschreiben Sie ELot mithilfe einer Koordinatengleichung.

69


Lösung

a) Wählt man OA��

als Ortsvektor und AB��

und AC��

als Richtungsvektoren, so ergibt sich

mit dem Ansatz E: x OA r AB s AC= + ⋅ + ⋅��

�

und

5OA 3 ,

7

− = −

��

510 ( 5)

AB 1 ( 3) 2 ,3 7 4

−− − − = − − − =

− −

��

38 ( 5)

AC 3 ( 3) 67 7 0

−− − − = − − =

−

��

die Parameterdarstellung der Ebene

E1: 5 5 3

x 3 r 2 s 6 ,7 4 0

− − − = − + ⋅ + ⋅ −

�

r, s ∈ 0

Zur Überführung in die Koordinatengleichung benötigt man einen Normalenvektor n,�

der senkrecht zur Ebene E1 steht. Dies ist dann der Fall, wenn gilt: n AB⊥

��

�

n AC.⊥��

�

Dies führt unter Ausnutzung der Eigenschaften des Skalarprodukts zu

(I) 12 1 2 33

n 5n AB n 2 5n 2n 4n 0

4n

− = = − + − =

−

��

� �

(II) 12 1 23

n 3n AC n 6 3n 6n 0

0n

− = = − + =

��

� �

Aus (II) folgt, dass

1 2

1 2

3n 6noder n 2n

==

Eine partielle Lösung ergibt sich durch die Wahl von n2 = 1, dann ist n1 = 2. Durch Einsetzen in (I) ergibt sich

35 2 2 1 4n 0− ⋅ + ⋅ − = Also ist

3n 2= −

Damit ergibt sich für den Normalenvektor c n,⋅ � c ∈ R Normalenvektor ist!)

212

n .−

=

�

(Beachten Sie, dass jeder Vektor

Über den Ansatz der Normalengleichung n (x a) 0− =� ��

� ergibt sich

E1: 2 2 51 x 1 3 02 2 7

− − − = − −

�

� �

Dies ist äquivalent zu

E1: 2x1 + x2 – 2x3 – (2 ⋅ (–5) + 1 ⋅ (–3) + (–2) ⋅ 7) = 0

Damit ist E1: 2x1 + x2 – 2x3 = –27

70


b) Der Abstand einer Ebene zum Ursprung lässt sich leicht mithilfe der Hesse’schen Norma-lenform bestimmen. Dazu benötigt man den Normaleneinheitsvektor 0n

�

, d. h. den auf die Länge 1 verkürzten bzw. verlängerten Normalenvektor. Also gilt:

212

02 2 2

2n 1n 13n 22 1 ( 2)

−

= = = ⋅ −+ + −

�

�

�

Verwendet man 0n�

zur Bestimmung der Normalengleichung (vgl. Teilaufgabe a), so erhält man die Hesse’sche Normalenform; der Term 0n a � �

� gibt dabei den Abstand der Ebene zum Ursprung an. Es ergibt sich also

E1: 1 2 31 (2x x 2x ) 93

⋅ + − = −

Die Ebene ist also | –9 | = 9 [LE] vom Ursprung entfernt.

c) Über die Hesse’sche Normalenform lassen sich folgende Gleichungen für zwei Ebenen ermitteln, die von E1 den Abstand 10 [LE] haben:

E2: 1 2 31 (2x x 2x ) 9 103

⋅ + − = − +

E2: 1 2 31 (2x x 2x ) 13

⋅ + − = oder

E2: 1 2 32x x 2x 3+ − = bzw.

E3: 11 2 33

(2x x 2x ) 9 10⋅ + − = − −

E3: 11 2 33

(2x x 2x ) 19⋅ + − = − oder

E3: 1 2 32x x 2x 57+ − = −

Beachtet man die Vorzeichen der Terme 0n a,� �

� so ergibt sich, dass die Ebenen E1 und E2 auf zwei verschiedenen Seiten des Ursprungs liegen. Die Ebene E3 liegt auf der gleichen Seite des Ursprungs wie E1.

d) Damit die Geraden g1 und ga parallel sind, müssen die Richtungsvektoren linear abhängig sein. Es muss also gelten:

7 3a 2c 6 12

2 a

+ ⋅ =

Damit ergibt sich (I) 7c 3a 2(II) 6c 12(III) 2c a

= +==

Aus (II) ergibt sich unmittelbar c = 2. Mit (III) ist damit a = 4. Die Überprüfung in (I) ergibt die wahre Aussage 7 ⋅ 2 = 3 ⋅ 4 + 2.

71


Die gesuchte Gerade hat die Parameterdarstellung

g4: 6 14

x 7 s 12 ,7 4

= + ⋅

�

s ∈ 0

Zu zeigen ist nun noch, dass der Aufpunkt der Geraden g4 nicht auf der Geraden g1 liegt. Nur dann sind die Geraden echt parallel (und nicht identisch).

6 5 77 3 r 67 4 2

= + ⋅

Damit ergibt sich (I) 1 7r(II) 4 6r(III) 3 2r

===

Wie man leicht sieht, lässt sich kein einheitliches r finden. Die Punktprobe ist damit nega-tiv; die Geraden g1 und g4 sind echt parallel. Im Folgenden soll der Abstand der beiden Geraden mit Mitteln der Analysis bestimmt werden. Man wählt einen festen Punkt auf der Geraden g1, z. B. P1(5 | 3 | 4). Der zweite Punkt P2 liegt auf g4, der Ortsvektor zu P2 lässt sich deshalb beschreiben mit

2 P

6 14OP 7 s 12

7 4

= + ⋅

��

Gesucht ist nun die kürzeste Entfernung zwischen P1 ∈ g1 und P2 ∈ g4 – dies ist der Ab-stand der beiden Geraden. Für den Abstand gilt damit:

1 2 2 1

2 2 2

2 2 2 2

6 14s 5 1 14sP P OP OP 7 12s 3 4 12s

7 4s 4 3 4s

(1 14s) (4 12s) (3 4s)

1 28s 196s 16 96s 144s 9 24s 16s 356s 148s 26

+ + = − = + − = + + +

= + + + + + =

= + + + + + + + + = + +

��

Der Wert 2356s 148s 26+ + soll minimal werden. Dies ist dann der Fall, wenn der Radi-

kand minimal ist. Wir untersuchen also die Funktion d mit d(s) = 356s2 + 148s + 26. Zur Bestimmung des Minimums werden die ersten beiden Ableitungen benötigt. Diese sind

d' (s) 712s 148d'' (s) 712

= +=

Für ein Minimum muss die notwendige Bedingung d '(s) = 0 gelten; also 712s 148

148 37s712 178

= −−= = −

Die hinreichende Bedingung für ein Minimum ist mit ( )37148

d'' 712 0− = > erfüllt.

72


Nun lässt sich der Abstand ermitteln: 2

1 237 37P P 356 148 26 3,26

178 178 = ⋅ − + ⋅ − + ≈

��

e) Die Ebene E4 ist bestimmt durch die Gerade g1 und einen weiteren Punkt P ∉ g1; hier wählt man den Aufpunkt der Geraden g4. Damit ergibt sich folgende Parameterdarstellung von E4:

E4: 5 7 6 5

x 3 r 6 s 7 34 2 7 4

− = + ⋅ + ⋅ − −

�

E4: 5 7 1

x 3 r 6 s 44 2 3

= + ⋅ + ⋅

�

, r, s ∈ 0

Damit 101922

n−

−

=

�

Normalenvektor der Ebene ist, muss gelten:

762

n ⊥

�

und

143

n ⊥

�

Der Nachweis erfolgt mithilfe der Eigenschaften des Skalarprodukts: 10 7 10 719 6 10 7 19 6 ( 22) 2 0 19 622 2 22 2

− − = − ⋅ + ⋅ + − ⋅ = ⇔ ⊥ − −

�

10 1 10 119 4 10 1 19 4 ( 22) 3 0 19 422 3 22 3

− − = − ⋅ + ⋅ + − ⋅ = ⇔ ⊥ − −

�

Mithilfe der Normalenform lässt sich die Koordinatengleichung herleiten: E4: n (x a) 0− =� ��

�

E4: 10 10 519 x 19 3 022 22 4

− − − = − −

�

� �

E4: 1 2 310x 19x 22x ( 10 5 19 3 ( 22) 4) 0− + − − − ⋅ + ⋅ + − ⋅ =

E4: 1 2 310x 19x 22x 81− + − = −

f) Ein Vergleich der bisherigen Ergebnisse zeigt: Die Normalenvektoren der Ebenen sind linear unabhängig, denn es gibt kein c ∈ 0, für das gilt:

2 10c 1 19

2 22

− ⋅ = − −

Die Normalenvektoren zeigen also in unterschiedliche Richtung. Damit können die beiden Ebenen weder identisch noch parallel sein. Sie müssen sich also (in einer Schnittgeraden) schneiden.

1 4 SE E g∩ =

Zur Bestimmung der Schnittgeraden gS verwendet man die Koordinatengleichungen der Ebenen.

1 2 3

1 2 3

(I) 2x x 2x 27

(II) 10x 19x 22x 81

+ − = −− + − = −

73


Eliminiert man die Variable x1, so erhält man

2 34

2 33

5 (I) (II) 24x 32x 216

x x 9

⋅ + − = −

= −

Es sei x3 = s, dann ist

24x s 93

= −

Eingesetzt in (I) ergibt sich

1

1

42x s 9 2s 273

1x s 93

+ − − = −

= −

Der Lösungsvektor hat damit die Form 1131 3442 333

s 9x 9x x 9 ss 9

0x 1s

− − = = = − + ⋅ −

�

Wählt man das 3-Fache des Richtungsvektors, so erhält man als Parameterdarstellung der Schnittgeraden

gS: 9 1

x 9 s 40 3

− = − + ⋅

�

Der Schnittwinkel α der beiden Ebenen entspricht dem Schnittwinkel ihrer Normalen-vektoren. Es gilt daher:

2 101 192 22E1 E4

2 2 2 2 2 2E1 E4

n ncos

n n 2 1 ( 2) ( 10) 19 ( 22)

20 19 44 43

3 945 3 945

− − − α = =

⋅ + + − ⋅ − + + −− + += =

⋅

��

�

� �

43arccos 62,23 945

⇒ α = ≈ °

74


g) Skizze der räumlichen Situation:

Es zeigt sich, dass der Richtungsvektor der Schnittgeraden gS Normalenvektor der Lot-ebene ELot ist. Berücksichtigt man zudem, dass der Punkt P(10 | 0 | 5) in der Ebene liegen soll, so ist die Lotebene eindeutig bestimmt und es gilt:

ELot: n (x a) 0− =� ��

�

ELot: 1 1 104 x 4 0 03 3 5

− =

�

� �

ELot: 1 2 3x 4x 3x (1 10 4 0 3 5) 0+ + − ⋅ + ⋅ + ⋅ =

ELot: 1 2 3x 4x 3x 25+ + =

75


Der Wettersatellit „Meteosat“ befindet sich auf einer stationären Bahn um die Erde in 36 000 km Entfernung von der Erdoberfläche. Er befindet sich scheinbar immer über der gleichen Stelle des Äquators und des Null-meridians (Längengrad 0). Diejenigen Punkte T auf der Erde, die von den „Tangential-strahlen“ des Satelliten getroffen werden, begrenzen einen Kreis (Empfangskreis), der die Grenze des Empfangsgebietes darstellt. Im Folgenden legen wir der Einfachheit halber den Koordinatenursprung O in den Mittel-punkt der Erde, Meteosat auf die y-Achse und den Nordpol auf die x-Achse des Koordinaten-systems. Es wird ein Erdradius R von 6 370 km angenommen.

a) Bestimmen Sie den Radius r des Empfangskreises.

b) Geben Sie eine Gleichung derjenigen Tangentialebene an, die die Erde im Punkt T in der x-y-Ebene berührt.

Die NASA hat einen Kometen entdeckt. Er bewegt sich auf einer Bahn relativ zur Erde, die man angenähert durch die Gerade

20 000 12 000k: x 15 000 25 000

30 000 20 000

= + λ − −

�

beschreiben kann.

c) Kommt es zur Kollision mit der Erde? Wenn nein, wie nahe kommt der Komet der Erde? Legt man den Koordinatenursprung in das Zentrum unserer Sonne und definiert man die Bahnebene der Bewegung der Erde um die Sonne als Teil der x-y-Ebene, dann stellt man fest, dass die Erdachse und damit auch die Äquatorebene, auf der der 0. Breitengrad liegt, eine Neigung von 23,5° gegen die x-y-Ebene besitzen.

d) Geben Sie die Gleichung einer Ebene an, die um 23,5° gegen die x-y-Ebene geneigt ist.

76


Lösung

a) Da ST Teil der Tangente an die Kugel und OT��

ein Radiusvektor ist, stehen ST��

und OT��

senkrecht aufeinander. Also gilt: OT ST 0=��

� Da der Mittelpunkt der Kugel auch der Ursprung des Koordinatensystems ist, gilt für jeden Punkt X der Erdoberfläche die Beziehung

2 2 2 21 2 3OX OX x x x 6370= + + =

��

�

Mit S(0 | 42 370 | 0) und T(t1 | t2 | t3) gilt:

112 2 2

2 2 21 2 33 3

ttOT ST t t 42370 t t 42370t t 0

t t

= − = + − + =

��

� �

Da T auf der Kugeloberfläche liegt, erfüllen die Koordinaten von T die Kugelgleichung, also:

2 2 2 21 2 3t t t 6370+ + =

Zieht man die beiden Gleichungen voneinander ab, so erhält man 42 370t2 = 6 3702. Daraus folgt

2

26370

t 957,742370

= ≈

Setzt man t2 in die Kugelgleichung ein, so erhält man 2 22 21 3t 957,7 t 6370+ + ≈ , also

2 2 2 2 21 3t t 6370 957,7 6297,6+ ≈ − ≈

Das ist die Gleichung eines Kreises mit einem Radius von ungefähr 6 297,6 km. Dieser Radius bestimmt den maximalen Empfangskreis.

b) Für den Berührpunkt in der x-y-Ebene gilt t2 ≈ 957,7. Da t3 = 0 ist, ergibt sich aus der Kugelgleichung die Erdoberfläche

2 2 21t 957,7 6370+ ≈

Daraus folgt 1t 6297,6.≈

Daraus ergibt sich der gesuchte Berührpunkt T(6 297,6 | 957,7 | 0).

Der Radiusvektor OT��

ist zugleich Normalenvektor der gesuchten Tangentialebene. Also ergibt sich für die Tangentialebene (unter Vernachlässigung der Rundungsfehler) die Gleichung

2 21 2

OX n OT n

6297,6x 957,7x 6297,6 957,7 40576955

=+ = + =

��

� �

77


c) Es kommt zur Kollision, wenn der kürzeste Abstand zwischen der Kometenbahn und dem Erdmittelpunkt (Koordinatenursprung) kleiner als 6 370 km ist. Zu berechnen ist also der kürzeste Abstand eines Punktes M(0 | 0 | 0) zu einer vorgegebenen Geraden. Da der kürzeste Abstand zur Geraden senkrecht auf dieser stehen muss, gilt für den

Abstandsvektor OX OM,−��

dass er skalar multipliziert mit einem Richtungsvektor der

Geraden 0 ergeben muss, also (OX OM) v 0.− =��

�

�

Daraus folgt: 20 000 12 000 0 12 00015 000 25 000 0 25 000 030 000 20 000 0 20 000

+ λ − − − = − −

�

2 2 2

20 000 12 000 15 000 ( 25 000) 30 000 ( 20 000)

(12 000 25 000 20 000 ) 0

⇒ ⋅ + ⋅ − + ⋅ − +

+ λ + + =

735 000 000 1169 000 000 0 0,6287⇒ − + λ = ⇒ λ ≈

Setzen wir diesen gerundeten Wert in die Geradengleichung des Kometen ein, so erhalten wir (gerundet auf ganze Zahlen)

20 000 12 000 27 544OF 15 000 0,6287 25 000 718 ,

30 000 20 000 17 426

= + ⋅ − = − −

��

wobei F den Fußpunkt des Lots vom Erdmittelpunkt auf die Kometenbahn darstellt.

Als Abstand OF ��

zum Erdmittelpunkt ergibt sich also

2 2 2OF 27544 718 17426 32601 = + + =��

Die Erde wird also vom Kometen verfehlt, wenn auch nur um ca. 26 000 km.

d) Für den Winkel zwischen zwei Ebenen gilt, dass er dem Winkel zwischen zwei Normalen-vektoren dieser Ebenen entspricht. Wir suchen also die Normalenvektoren der x-y-Ebene und der unbekannten Ebene E.

Als Normalenvektor der x-y-Ebene kann man den VektorFür den Normalenvektor von E setzen wir an:

001

nehmen.

xm y

z

=

�

Für den Winkel α zwischen zwei Vektoren gilt: u vcosu v

α = ⋅

� �

�

� �

Für α = 23,5° gilt: cos α = 0,91706

78


Daraus folgt: 0 x0 y

z1

0 x 2 2 20 y

z1

z 0,91706x y z

= =+ +⋅

�

2 2 2 2 2z 0,91706 (x y z )⇒ = + +

Da es in der Aufgabenstellung keine weiteren Vorgaben zur Lage der Ebene gibt, kann man sie durch den Koordinatenursprung gehen lassen. Weiter kann man z. B. x = 0 und y = 1 wählen. Daraus folgt dann:

2 2 2 2 2 2z 0,91706 (1 z ) 0,91706 0,91706 z⇒ = + = + ⋅

22

2

0,91706z 5,28927 z 2,29984

1 0,91706⇒ = = ⇒ = ±

− (bis auf Rundungsfehler)

Damit ergibt sich für den Normalenvektor 0

m 12,29984

=

�

und für die Ebene

2 3E : x 2,29984x 0+ =

79


Daniel und Jan Peter haben im Informatikleistungskurs von ihrem Lehrer eine Projektaufgabe gestellt bekommen. Sie sollen ein bestimmtes Computerspiel programmieren. Star der Serie ist Quax, die Stubenfliege. Um die Programmierarbeit nicht zu umfangreich werden zu lassen, fliegt Quax nur auf geraden Bahnen.

a) Zunächst ist der Bewegungsraum für Quax ein Quader. Von diesem Quader sind die Eckpunkte A(3 | 0 | 0), B(3 | 5 | 0), C(3 | 5 | 4) und E(–3 | 0 | 0) gegeben. Bestimmen Sie die Koordinaten der fehlenden Eckpunkte D, F, G und H und stellen Sie den Quader in einem 3-D-Koordinatensystem dar.

b) Quax unternimmt seinen ersten Ausflug. Er startet bei O(0 | 0) und fliegt dann über K1(2 | 3 | 1) und K2(–1 | 4 | 2) wieder zu seinem Startpunkt O zurück. (1) Welche Streckenlänge hat er dabei zurückgelegt? (2) Hat er den Quader bei diesem Ausflug verlassen?

c) Quax wird mutiger. Er will bei seiner zweiten Reise den Quader verlassen. Dazu startet er wieder bei O und fliegt jetzt nach R1(1 | 3 | 2). In R1 wählt er seinen Fluchtkurs so, dass er den Quader senkrecht zur Quaderdecke verlässt. (1) Wie weit ist er in R1 noch von der Decke entfernt?

(Zur Lösung sind mehrere Verfahren möglich. Die maximale Bewertung gibt es für den Weg mit der Hesse’schen Normalenform.)

(2) An welchem Punkt R2 der Decke verlässt er den Quader?

d) Quax genießt seine neue Freiheit. Er befindet sich jetzt auf der Ebene

1

5 7 1E : x 3 r 6 s 4 ,

4 2 3

= + ⋅ + ⋅

�

r, s ∈ 0

Zeigen Sie, dass 101922

n − −

=�

ein Normalenvektor der Ebene E1 ist, und geben Sie eine

Koordinatengleichung an! (Zur Kontrolle: E1: –10x + 19y – 22z = – 81)

e) Der Raum außerhalb des Quaders ist auch das Reich von Mosko, dem flinken Moskito. Mosko ist die Hauptfigur im Programm von Daniel und Jan Peter. Mosko fliegt in der Ebene E2: 2x + y – 2z = – 27. Begründen Sie: Die Ebenen E1 und E2 schneiden sich. Ermitteln Sie eine Parameterdar-stellung der Schnittgeraden gs und den Schnittwinkel der beiden Ebenen.

(Zur Kontrolle: s

9 1g : x 9 t 4 ,

0 3

− = − + ⋅

�

t ∈ 0)

80


f) Quax und Mosko fliegen auf unterschiedlichen Geraden nach Hause, Quax auf

1

5 7g : x 3 r 6 ,

4 2

= + ⋅

�

r ∈ 0

und Mosko auf

a

a 2 3a 2g : x 7 s 12 ,

7 a

+ + = + ⋅

�

s, a ∈ 0

Sie haben sich auf gs heftig gestritten und möchten sich daher nicht mehr begegnen. Kann Mosko a so wählen, dass er Quax nicht trifft?

Lösung

a) Koordinaten der gesuchten Punkte:

D(3 | 0 | 4), F(–3 | 5 | 0), G(–3 | 5 | 4), H(–3 | 0 | 4)

Darstellung des Quaders in einem geeigneten 3-D-Koordinatensystem:

81


b) Darstellung der drei gesuchten Vektoren aus V3 in Parameterform:

2 211

2 2 21 21 2

2 2 22 2

2 0 23 1 14OK 3 0 3

1 0 1

1 2 3( 3) 1 1 11K K 4 3 1

2 1 1

1 0 1K O 4 0 4 ( 1) 4 2 21

2 0 2

2 | |ΟΚ = 2 + + == − =

− − | |Κ Κ = − + + == − =

− − | |= − = Κ Ο = − + + =

��

��

��

Bestimmung der einzelnen Streckenlängen Gesuchte Streckenlänge:

L(S) 14 11 21L(S) 11,64 LE

= + +≈

O, K1 und K2 liegen innerhalb des vorgegebenen Quaders.

c) Alternative über die Hesse’sche Normalenform

Darstellung der Ebene (Decke des Quaders) in Parameterform: 3 0 6

E: x 0 5 04 0 0

− = + λ ⋅ + µ ⋅

�

Darstellung der Ebene in der Hesse’schen Normalenform Zunächst: Nebenrechnung 1:

x 0y 5 0 0 x 5 y 0 z 0z 0

x 0y 0z c

x 6y 0 0 6 x 0 y 0 z 0.z 0

= ⇒ ⋅ + ⋅ + ⋅ =

===

− = ⇒ − ⋅ + ⋅ + ⋅ =

�

�

0n 0

c

=

�

mit z. B. c = 6 0

n 06

=

�

Nebenrechnung 2:

0 0

0nn n 0n 1

= =

�

� �

�

Darstellung der Ebene in der Hesse’schen Normalenform: 3 0

E: x 0 0 .4 1

−

�

�

82


Abstand von R1 zur Ebene E:

0d (p a) n

1 3 0d 3 0 0

2 4 1

d 0 0 ( 2)

d 2

= − ⋅

= −

| |= + + −=

� � �

�

Bestimmung des „Fluchtpunkts“ an der Quaderdecke: Alternative Lösungswege: (1) Lotfußpunktverfahren (2) Koordinatenvergleich (3) Punkt und Gerade mit λ = 2 Hier: Koordinatenvergleich R2 liegt senkrecht über R1, daraus folgt:

R2(1 | 3 | 4)

d) 1

5 7 1E : x 3 r 6 s 4 ,

4 2 3

= + ⋅ + ⋅

�

r, s ∈ 0

Damit 101922

n − −

=�

Normalenvektor der Ebene ist, muss gelten:

7 1n 6 und n 3

2 4

⊥ ⊥

� �

Der Nachweis erfolgt mithilfe der Eigenschaften des Skalarprodukts: 10 7 10 719 6 10 7 19 6 ( 22) 2 0 19 622 2 22 2

10 1 10 119 4 10 1 19 4 ( 22) 3 0 19 422 3 22 3

− − = − ⋅ + ⋅ + − ⋅ = ⇔ ⊥ − −

− − = − ⋅ + ⋅ + − ⋅ = ⇔ ⊥ − −

�

�

Mithilfe der Normalenform lässt sich z. B. die Koordinatengleichung herleiten:

1

1

1 1 2 3

1

E : n (x a) 0

10 10 5E : 19 x 19 3 0

22 22 4

E : 10x 19x 22x ( 10 5 19 3 ( 22) 4) 0

E : 10x 19y 22z 81

− =− −

− = − −

− + − − − ⋅ + ⋅ + − ⋅ =− + − = −

� ��

�

�

� �

83


e) Die Normalenvektoren der Ebenen sind linear unabhängig, denn es gibt kein c ∈ 0, für das gilt:

2 10c 1 19

2 22

− ⋅ = − −

Die Normalenvektoren zeigen also in unterschiedliche Richtung. Damit können die beiden Ebenen weder identisch noch parallel sein. Sie müssen sich also (in einer Schnittgeraden) schneiden.

E1 ∩ E2 = gs

Zur Bestimmung der Schnittgeraden gs verwendet man die Koordinatengleichungen der Ebenen.

1 2 3

1 2 3

(I) 2x x 2x 27(II) 10x 19x 22x 81

+ − = −− + − = −

Eliminiert man die Variable x1, so erhält man

5 ⋅ (I) + (II) 24x2 – 32x3 = –216 oder

2 34x x 93

= −

Es sei x3 = s. Dann ist 42 3

x s 9.= − Eingesetzt in (I) ergibt sich

142x s 9 2s 273

+ − − = −

oder

11x s 93

= −

Der Lösungsvektor hat damit die Form 1 13 31

442 333

s 9x 9x x 9 ss 9

0x s 1

− − = = = − + ⋅ −

�

Wählt man das 3-Fache des Richtungsvektors, so erhält man als Parameterdarstellung der Schnittgeraden

s

9 1g : x 9 s 4

0 3

− = − + ⋅

�

Der Schnittwinkel α der beiden Ebenen entspricht dem Schnittwinkel ihrer Normalen-vektoren. Daher gilt:

2 1

2 1

2 101 192 22E E

2 2 2 2 2 2E E

n ncos

n n 2 1 ( 2) ( 10) 19 ( 22)

20 19 44 43

3 945 3 945

− − − α = = =

⋅ + + − ⋅ − + + −

− + += =⋅

� � ��

� �

43arccos 62,23 945

⇒ α = ≈ °

84


f) Damit die Geraden g1 und ga parallel sind, müssen die Richtungsvektoren linear abhängig sein. Es muss also gelten:

7 3a 2c 6 12

2 a

+ ⋅ =

Damit ergibt sich (I) 7c 3a 2(II) 6c 12(III) 2c a

= +==

Aus (II) ergibt sich unmittelbar c = 2. Mit (III) erhält man a = 4. Die Überprüfung in (I) ergibt die wahre Aussage

7 ⋅ 2 = 3 ⋅ 4 + 2

Die gesuchte Gerade hat die Parameterdarstellung

4

6 14g : x 7 s 12 ,

7 4

= + ⋅

�

s ∈ 0

Zu zeigen ist nun noch, dass der Aufpunkt der Geraden g4 nicht auf der Geraden g1 liegt. Nur dann sind die Geraden echt parallel (und nicht identisch).

6 5 77 3 r 67 4 2

= + ⋅

Damit ergibt sich (I) 1 7r(II) 4 6r(III) 3 2r

===

Wie man leicht sieht, lässt sich kein einheitliches r finden. Die Punktprobe ist damit nega-tiv, die Geraden g1 und g4 sind echt parallel. Mosko kann auf diesem Kurs beruhigt nach Hause fliegen.

85

Hessen – Mathematik Leistungskurs Stochastik: Übungsaufgabe 1

Medizinische Testverfahren sind nicht 100 %ig sicher (z. B. bei HIV-Tests). In manchen Fällen ist ein Doppel- (oder Mehrfach-)Test notwendig, um mit einer hinreichenden statisti-schen Sicherheit sowohl falsch negative als auch falsch positive Testergebnisse auszu-schließen.

a) Die Durchseuchungsquote in Bezug auf die Krankheit H in der Gesamtbevölkerung beträgt 15 %. Bestimmen Sie auf der Grundlage dieser Voraussetzungen die Wahrscheinlichkeiten fol-gender Ereignisse: Unter 100 zufällig ausgewählten Personen (1) werden genau 15 Erkrankte gefunden, (2) sind mindestens 9 und höchstens 21 Kranke, (3) sind mehr als 19 Erkrankte.

b) Aufgrund der Durchseuchungsquote und einer hohen Infektionsgefahr sollen in der Ge-samtbevölkerung flächendeckende Tests durchgeführt werden. Der Test zeigt eine bestehende Infektion in 99,9 % der Fälle durch ein positives Testergeb-nis an. Allerdings fällt der Test bei 2 % der Gesunden falsch positiv aus. Berechnen Sie jeweils die Wahrscheinlichkeit, dass (1) eine Person krank ist und der Test positiv ausfällt; (2) der Test bei einer Person negativ ausfällt; (3) eine Person, bei der der Test negativ ausfällt, dennoch krank ist und erläutern Sie Ihre Ansätze.

c) Eine aktuelle Untersuchung zur Sicherheit des Tests ergibt, dass bei 6 von 2000 getesteten Kranken falsch negative Testergebnisse aufgetreten sind. In einer weiteren Untersuchung werden 2000 Kranke zweimal getestet, wobei nur doppelt negative Tests als negativer Testausgang aufgefasst werden. Dabei tritt ein falsch negativer Testausgang auf. Untersuchen Sie mithilfe der Ergebnisse beider Untersuchungen, ob der Schätzwert für die Testsicherheit bei einer bestehenden Infektion korrigiert werden sollte. Dabei soll die Irrtumswahrscheinlichkeit höchstens 1 % betragen.

86

Hessen LK – Stochastik: Übungsaufgabe 1

Hinweise und Tipps

Teilaufgabe a � Welche Wahrscheinlichkeitsverteilung liegt vor? Benennen Sie die Kenngrößen der Vertei-

lung. � Formulieren Sie die gesuchten Wahrscheinlichkeiten mathematisch. � Formulieren Sie die Terme ggf. so um, dass eine entsprechende Tabelle mit kumulierten

Wahrscheinlichkeiten benutzt werden kann.

Teilaufgabe b � Welche Informationen können Sie dem Text entnehmen? Formulieren Sie diese Informationen

mathematisch. Achten Sie dabei darauf, welche Gegebenheiten jeweils bekannt sind (Voraussetzungen bzw. Bedingungen).

� Übersetzen Sie die gesuchten Wahrscheinlichkeiten konsequent und präzise in mathematische Ansätze.

� Achten Sie auch hier auf evtl. formulierte Bedingungen bzw. die Formulierung von Verknüp-fungen von Ereignissen.

� Können Wahrscheinlichkeitsbäume oder Vierfelder-Tafeln bei der Lösung von Teilaufgaben nützlich sein?

Teilaufgabe c � Wie hängen die Informationen im Text zusammen? � Dokumentieren Sie die Zusammenhänge übersichtlich. � Analyse der ersten Teststufe: Formulieren Sie eine passende Null-Hypothese für die erste

Teststufe. Welche Wahrscheinlichkeitsverteilung liegt vor? Benennen Sie die Kenngrößen der Verteilung.

� Welche Versuchsbefunde (einschließlich des vorliegenden) sprechen gegen die Hypothese? Wie groß ist der Fehler 1. Art?

� Analyse der zweiten Teststufe: Formulieren Sie eine passende Null-Hypothese für die zweite Teststufe. Welche Wahrscheinlichkeitsverteilung liegt vor? Benennen Sie die Kenngrößen der Verteilung.

� Welche Versuchsbefunde in Bezug auf den vorliegenden sprechen gegen die Hypothese? Wie groß ist hier der Fehler 1. Art?

� Welcher der Versuchsbefunde hat die größere Aussagekraft? Welche Konsequenzen sind sinnvoll?

Lösung

a) Festlegung der Zufallsgröße X: „Anzahl der Kranken“ Dann ist X binomialverteilt mit n = 100 und p = 0,15.

(1) P(X = 15) = ( ) 15 85100 0,15 0,85 0,1111 11,11 %15 ⋅ ⋅ ≈ =

(2) P(9 ≤ X ≤ 21) = P(X ≤ 21) – P(X ≤ 8) ≈ 0,9607 – 0,0275 = 0,9332 = 93,32 % (3) P(X > 19) = 1 – P(X ≤ 19) ≈ 1 – 0,8935 = 0,1065 = 10,65 %

87


b) Festlegung der Ereignisse und Zusammenstellen der Informationen: K: Person ist krank, dann ist P(K) = 0,15 K : Person ist gesund, dann ist P(K) 0,85= T: Der Test fällt positiv aus. T : Der Test fällt negativ aus. Dann ist PK(T) = 0,999 und KP (T) 0,02=

(wahr positives Testergebnis unter der Voraussetzung, dass die getestete Person krank ist bzw. falsch positives Testergebnis unter der Voraussetzung, dass die getestete Person ge-sund ist) (1) Mit dem Satz von Bayes:

P(„Person ist krank und der Test ist positiv“)

= P(K ∩ T) = PK(T) ⋅ P(K) = 0,999 ⋅ 0,15 = 0,14985 ≈ 15 %

(2) Zu bestimmen sind zunächst folgende Wahrscheinlichkeiten (jeweils mit dem Satz von Bayes):

P(„Person ist krank und der Test ist negativ“)

= KP(K T) P (T) P(K)∩ = ⋅ = 0,001 ⋅ 0,15 = 0,00015 = 0,015 % und

P(„Person ist gesund und der Test ist negativ“)

KP(K T) P (T) P(K)= ∩ = ⋅ = 0,98 ⋅ 0,85 = 0,833 = 83,3 %

Mit dem Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit ergibt sich P(„Testausgang ist negativ“)

P(T) P(K T) P(K T)= = ∩ + ∩ = 0,00015 + 0,833 = 0,83315 ≈ 83,32 %

(3) Mit dem Satz von Bayes: P(„Person ist krank unter der Voraussetzung, dass der Test negativ ist“)

= TP(T K) 0,00015

P (K) 0,00018 0,02 %0,83315P(T)

∩= = ≈ ≈

Alternativ: Ergänzen und Auswerten der Baumdiagramme:

Die Summe der mit *) markierten Pfadwahrscheinlichkeiten ist die Lösung von (2).

88


Eine weitere Auswertung des Baumdiagramms ist nicht notwendig.

c) 1. Befund: 6 von 2000 negativen Testergebnissen sind falsch. Z sei die Anzahl von Kranken mit falsch negativem Testergebnis, Nullhypothese H0: p = 0,001, dann ist Z binomialverteilt mit n = 2000 und p = 0,001. Unter der Annahme, p sei richtig, wird die Wahrscheinlichkeit berechnet, mit der 6 oder mehr falsch negative Testergebnisse bei 2000 Kranken auftreten:

P(Z ≥ 6) = 1 – P(Z ≤ 5) ≈ 1 – 0,9835 = 0,0165 = 1,65 %

2. Befund: Eines von 2000 (doppelt) negativen Testergebnissen ist falsch. Z wie oben, Nullhypothese H0: p* = 0,001 ⋅ 0,001 = 10– 6, dann ist Z binomialverteilt mit n = 2000 und p* = 10– 6. Unter der Annahme, p* sei richtig, wird die Wahrscheinlichkeit berechnet, mit der ein oder mehr falsch (doppelt) negative Testergebnisse bei 2000 Kranken auftreten:

P(Z ≥ 1) = 1 – P(Z = 0) ≈ 1 – 0,9980 = 0,002 = 0,2 % Beurteilung: Nur auf der Grundlage der 1. Untersuchung kann H0 nicht auf dem 1-%-Niveau abgelehnt werden. Die 2. Untersuchung ergibt aber, dass ein solches (oder schlechteres) Ergebnis lediglich eine Wahrscheinlichkeit von 0,2 % hat, wenn man annimmt, dass der Einzeltest nur in 0,1 % aller Fälle falsch negative Testausgänge aufweist. Daher sollte H0 abgelehnt werden. Man sollte aufgrund des 2. Befundes den Schätzwert auf einen neuen Schätzwert p2 > p korrigieren. Dabei ist für einen neuen Schätzwert von p = 0,0023 (neue Nullhypo-these) der 2. experimentelle Befund gerade nicht mehr signifikant auf dem 1-%-Niveau. Tests auf die Risiken 2. Art bei Beibehaltung der ursprünglichen Nullhypothesen: Für die 1. Untersuchung: Gegenhypothese H1: p = 0,0023 Z ist (2000, 0,0023) binomialverteilt, P(Z ≤ 6) ≈ 81,82 % Für die 2. Untersuchung: Gegenhypothese H1: p* = (0,0023)2 = 0,00000529 Z ist (2000; 0,00000529) binomialverteilt, P(Z ≤ 1) ≈ 99,99 % Das bedeutet, dass der neue Schätzwert p = 0,0023 für falsch negative Tests mit den Ergeb-nissen der Untersuchungen verträglich ist. Man könnte also für die Testsicherheit den Wert 99,77 % annehmen.

89


Alternativ: 1. Befund: 6 von 2 000 falsch negativen Textergebnissen. Z sei die Anzahl von Kranken mit (falsch) negativem Testergebnis, Nullhypothese H0: p = 0,001, dann ist Z binomialverteilt mit n = 2 000 und p = 0,001. Näherung durch Standard-Normalverteilung ist hier nicht zulässig, da σ < 3. Übergang zur Poisson-Verteilung, da n > 50 und p < 0,05: Es ergibt sich n p 2 000 0,001 2λ = ⋅ = ⋅ = und 2 n p q 2 000 0,001 0,999 1,998 2.σ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ≈ Berechnet wird – unter Annahme, p sei richtig – die Wahrscheinlichkeit, dass 6 oder mehr falsch negative Testergebnisse bei 2 000 Kranken auftreten:

5 k 0 1 2 3 4 52 2

k 0

2 2

2 2 2 2 2 2 2P(Z 6) 1 P(Z 5) 1 e 1 ek! 0! 1! 2! 3! 4! 5!

4 2 4 1091 e 1 2 2 1 e 1 0,9834 0,0166 1,66 %4 3 15 15

− −

=

− −

≥ = − ≤ ≈ − ⋅ = − ⋅ + + + + +

= − ⋅ + + + + + = − ⋅ ≈ − = =

∑

2. Befund: Ein von 2 000 falsch (doppelt) negativen Textergebnissen. Z wie oben, Nullhypothese H0: p* = 0,0012 = 10 – 6, dann ist Z binomialverteilt mit n = 2 000 und p* = 10 – 6. Übergang zur Poisson-Verteilung mit 20,002( 0,001999998).λ = ≈ σ = Berechnet wird – unter Annahme, p* sei richtig – die Wahrscheinlichkeit, dass ein oder mehr falsch (doppelt) negative Testergebnisse bei 2 000 Kranken auftreten:

0,002P(Z 1) 1 P(Z 0) 1 e 1 0,9980 0,002 0,2 %.−≥ = − = ≈ − ≈ − = =

Beurteilung wie oben: Entsprechend kann auch für den neuen Schätzwert für p (= 0,0023) mit der Poisson-Ver-teilung die Verträglichkeit abgeschätzt werden. Hinweise zur Lösung: – Tabellen zu den Binomialverteilungen können z. B. mithilfe von Tabellenkalkulations-

programmen erstellt werden. – Für die Lösung von Teilaufgabe a ohne PC-Einsatz kann die beigefügte Tabelle ver-

wendet werden. – Für die Lösung von Teilaufgabe c ohne PC-Einsatz beachten Sie bitte Folgendes: Für Binomialverteilung mit p ≤ 5 % und n ≥ 50 liefert die Poissonverteilung gute

Näherungswerte für P(X = k). Poisson-Verteilung:

k2P(X k) e mit E(X) .

k!−λ λ= = ⋅ = λ ≈ σ

90


Vor der Zulassung von neuen Medikamenten durch nationale oder internationale Gesundheits-behörden müssen die Medikamente verschiedene Phasen der „klinischen Prüfung“ erfolgreich durchlaufen, in denen z. B. auf Wirksamkeit und Auftreten von Nebenwirkungen untersucht wird.

a) Das Medikament soll (zunächst) an 10 Kliniken getestet werden. 20 Kliniken wollen an der Studie teilnehmen. Daher sollen von den 20 Kliniken 10 für die Teilnahme an der Stu-die und weitere 5 der verbliebenen 10 für eine Warteliste ausgelost werden. Bestimmen Sie die Anzahl der Auswahlmöglichkeiten für die Kliniken, die für die Studie ausgewählt werden, und die Anzahl der Auswahlmöglichkeiten für die Kliniken, die auf die Warteliste kommen. Begründen Sie Ihre Ansätze.

b) Aus bereits erfolgten Tests ergab sich für das Medikament der Schätzwert 80 % für die Wirksamkeitswahrscheinlichkeit. Nun wird das Medikament 100 Patienten verabreicht. (1) Zeigen Sie durch eigene Rechnung, dass mit einer statistischen Sicherheit von mindes-

tens 95 % damit zu rechnen ist, dass das Medikament bei mindestens 72 und höchstens 88 Patienten wirkt.

(2) Bestimmen Sie das entsprechende Intervall für 1 000 behandelte Patienten und stellen Sie anhand der Ergebnisse praktikable Überlegungen zur Wahl eines geeigneten Stich-probenumfangs begründet dar.

c) Durch Verbesserung der „Galenik“ (Kombination des Wirkstoffs und der Trägerstoffe eines Medikaments) soll angeblich die Wirksamkeit auf 85 % gesteigert worden sein. (1) Bestimmen und begründen Sie eine Entscheidungsregel für 100 behandelte Patienten

so, dass der Fehler 1. Art höchstens 1 % beträgt. (2) Tatsächlich tritt bei 89 der behandelten Patienten einer Testgruppe eine Besserung der

Beschwerden ein. Beurteilen Sie diesen Versuchsbefund. In „Phase III“ der klinischen Prüfung wird i. A. ein Medikament an einem passenden Patien-ten-Klientel „doppelblind“ getestet. Dabei wird einer Kontrollgruppe statt des wahren Medi-kaments ein „Placebo“ (Ersatz-„Medikament“ ohne Wirkstoff) gegeben. „Doppelblind“ bedeutet, dass dabei weder der jeweilige Patient, noch der behandelnde Arzt wissen, ob das Medikament oder nur das Placebo verabreicht wird. Damit soll erreicht werden, dass man die wahre Wirksamkeit vom „Placebo-Effekt“ trennen kann. Als „Placebo-Effekt“ wird das Phä-nomen bezeichnet, dass allein durch die „Erfolgserwartungen“ des Patienten und /oder des Arztes eine Besserung der Beschwerden eintritt (dieser Effekt konnte bereits zweifelsfrei nachgewiesen werden). Die genauen Ursachen dieses Effekts konnten noch nicht vollständig geklärt werden; vermutlich spielt die Ausschüttung von Endorphinen eine entscheidende Rolle.

d) In der „doppelblinden“ Studie innerhalb einer Patientengruppe werden der Hälfte der Pa-tienten Placebos verabreicht. Der „Placebo-Effekt“ tritt erfahrungsgemäß bei ca.

13

aller Patienten auf (unabhängig davon, ob sie das Medikament oder Placebos erhalten). Insge-samt ist bei 60 von 100 Patienten eine Besserung der Beschwerden feststellbar. Den Sach-verhalt kann man mithilfe des folgenden Wahrscheinlichkeitsbaumes darstellen:

91


Festlegungen: M: Patient erhält Medikament, P: Patient erhält Placebo; PE: Bei dem Patienten tritt der „Placebo-Effekt ein; PE : Bei dem Patienten spielt der „Placebo-Effekt“ keine Rolle; B: Bei dem Patienten bessern sich die Beschwerden; B : Bei dem Patienten tritt keine Besserung der Beschwerden ein. (1) Erläutern und vervollständigen Sie den Wahrscheinlichkeitsbaum.

Begründen Sie Ihre Ergänzungen des Baumes. (2) Dr. X weist darauf hin, dass durch den Versuchsbefund der „alte“ Schätzwert für die

Wirksamkeits-WS (80 %) bestätigt wird. Dr. Y dagegen behauptet, dass die wahre Wirksamkeitswahrscheinlichkeit mit einer statistischen Sicherheit von 95 % im Intervall [0,65; 0,91] liegt. Nehmen Sie zu beiden Aussagen begründet Stellung.

(3) Erläutern Sie, was im Folgenden berechnet wird und erklären Sie die Rechenschritte. 2 13 2P

B 25

1P (B) P(P) 1 5 5P (P) 83,3 %3 2 6P(B)

⋅ ⋅⋅= = = ⋅ = ≈

92


Hinweise und Tipps

Teilaufgabe a � Geschieht die Auswahl der Kliniken mit oder ohne „Zurücklegen“? � Welche Rolle spielt die Reihenfolge der Auswahl?

Teilaufgabe b � (1) Welche Wahrscheinlichkeitsverteilung liegt vor? Benennen Sie die Kenngrößen der Ver-

teilung. � Formulieren Sie die gesuchte Wahrscheinlichkeit mathematisch. � Formulieren Sie den Term ggf. so um, dass eine Tabelle mit kumulierten Wahrscheinlich-

keiten benutzt werden kann. � (2) Welche Umgebung um den Erwartungswert wurde in (1) benutzt? Wie lässt sich dies auf

den Stichprobenumfang n = 1 000 übertragen? � Welche Überlegungen sind aus mathematischer bzw. praktischer Sicht bei der Planung von

entsprechenden Studien in Bezug auf den Stichprobenumfang wichtig?

Teilaufgabe c � (1) Was bedeutet „Fehler 1. Art“? Formulieren Sie eine passende Hypothese. � Welche Versuchsbefunde würden gegen die Hypothese sprechen? Wie hängt dies mit dem

Annahme- bzw. Ablehnungsbereich für die Hypothese zusammen? � Welche der Tabellen, die Ihnen als Hilfsmittel zur Verfügung stehen, ist hier nützlich? � (2) In welchem Bezug steht die gegebene absolute Häufigkeit zur Hypothese bzw. zur Ent-

scheidungsregel aus (1)? � Macht es Sinn, eine Gegenhypothese zu testen? � Benutzen Sie die Näherung durch die Standardnormalverteilung oder einen CAS-Rechner. � Wie kann man mithilfe der gewonnenen Daten zu einer Beurteilung kommen?

Teilaufgabe d � (1) Welche Zusammenhänge lassen sich zwischen dem Text und dem Wahrscheinlichkeits-

baum herstellen? � Welche Schlussfolgerungen lassen sich daraus für die Ergänzungen im Baum ziehen? � Formulieren Sie dies in Worten und bestimmen Sie die fehlenden Wahrscheinlichkeiten. � Benutzen Sie den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit, um PE MP (B)∩ zu erhalten. � (2) Da sich die Ergänzungen des Wahrscheinlichkeitsbaums aus (1) zum Teil auf einen kon-

kreten Versuchsbefund, also auf relative Häufigkeiten („Bei 60 von 100 Patienten tritt Besserung … ein.“), beziehen, ergeben sich für vernünftige Schätzwerte der Wirksam-keitswahrscheinlichkeit noch andere Möglichkeiten.

� Welche Bedeutung hat dabei die Behauptung von Dr. X? � Wie kann man prüfen, ob die Behauptung von Dr. Y sinnvoll ist? � (3) Was bedeutet BP (P) in Worten? Auf welche Zusammenhänge bezieht sich der Ansatz für

die Berechnung? Wo stammen die konkreten Zahlenwerte her?

� Wie kommt „technisch“ das Ergebnis zustande?

93


Lösung

a) Für die Studie sollen aus 20 Kliniken 10 ausgewählt werden. Von den 10 übrigen sollen 5 auf die Warteliste gesetzt werden. Anzahl der Möglichkeiten, 10 aus 20 Kliniken auszuwählen:

( ) 20 9 1120 184 756 (ohne Berücksichtigung der Reihenfolge)10 10!⋅ ⋅ ⋅= =…

Anzahl der Möglichkeiten, 5 aus 10 Kliniken für die Warteliste auszuwählen: 10! 10 9 8 7 6 30 2405!

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = (mit Berücksichtigung der Reihenfolge)

Die Auswahl der Kliniken zur Teilnahme an der Studie geschieht ohne Zurücklegen (für den ersten Auswahlschritt stehen 20, für den zweiten 19, usw., zur Verfügung). Die Aus-wahlreihenfolge spielt hier keine Rolle, da alle 10 ausgewählten Kliniken an der Studie teilnehmen können. Daher muss die Anzahl der Permutationen von 10 Objekten auf 10 Plätzen abdividiert werden. Die Auswahl der Kliniken für die Warteliste geschieht ebenfalls ohne Zurücklegen (5 aus 10). Da aber bei einer Warteliste für ein Nachrückverfahren die Reihenfolge der Objekte auf den 5 Plätzen wichtig ist, müssen hier alle Permutationsmöglichkeiten mitgezählt wer-den.

b) (1) Es gilt: X: Anzahl der Patienten, bei denen das Medikament wirkt; n = 100; p = 0,8; X ist (100; 0,8)-binomialverteilt, da es sich um eine Kette von unabhängigen Bernoulli-Versuchen handelt (wenn man davon ausgeht, dass die Wirkung des Medikaments auf einen Patienten keinen Einfluss auf die Wirksamkeit bei anderen Patienten hat). Nun ist durch Rechnung zu zeigen, dass P(72 ≤ X ≤ 88) ≥ 0,95 gilt. Mithilfe von entsprechenden bereitgestellten Tabellen zu kumulierten Binomialver-teilungen bzw. durch Berechnung mit geeigneten Rechnern, CAS-Systemen oder entsprechender Software (z. B. Excel) ergibt sich:

P(72 ≤ X ≤ 88) = (P(X ≤ 88) – P(X ≤ 71)) = 0,9874 – 0,0200 = 0,9674 ≈ 96,7 % Damit ist die Behauptung bewiesen.

(2) Mithilfe der Angaben aus (1) kann man feststellen, welche Abweichungen vom Erwar-tungswert für das 95 %-Intervall zulässig sind. Mit E(X) = n ⋅ p = 100 ⋅ 0,8 = 80 und

n p (1 p) 100 0,8 0,2 4σ = ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ = folgt für das in (1) verwendete Intervall

E(X) ± 2 ⋅ σ. So ergibt sich für n = 1 000

1 000 0,8 800 sowie 1 000 0,8 0,2 12,65µ = ⋅ = σ = ⋅ ⋅ ≈ und damit als entsprechendes Intervall 800 ± 2 ⋅ 12,65, also nach Aufrundung [774; 826]. Alternativ: Wenn man mit der Arbeit mit k ⋅ σ-Intervallen vertraut ist, kann man auch unabhängig von (1) das zweiseitige 95 %-Intervall E(X) ± 1,96 ⋅ σ-Intervall ansetzen und erhält mit den Werten von oben für n = 1 000 konkret das Intervall [775; 825].

94


Für n = 100 enthält das Intervall [72; 88] 17 % aller möglichen Versuchsergebnisse; für n = 1 000 sind im Intervall [774; 826] 5,3 % aller möglichen Versuchsbefunde. Daher ergibt sich bei einem größeren Stichprobenumfang eine bessere „Trennschärfe“, da bei n = 100 jeweils 8,5 % aller Daten nach rechts oder nach links abweichen, bei n = 1 000 aber nur jeweils 2,7 %. Praktisch sind aber große Stichprobenumfänge oft nicht realisierbar. Beispielsweise kann es sein, dass nicht genügend Patienten zur Verfügung stehen, man nicht viele Patienten den Risiken eventueller Nebenwirkungen aussetzen will oder die Studie mit einem großen Stichprobenumfang insgesamt zu teuer werden würde. Daher muss vor der Auswahl der Stichprobe mithilfe der bereits bestehenden Erkenntnisse aus voran-gegangenen Prüfungsphasen abgeschätzt werden, ob die Studie überhaupt aussagekräf-tige Ergebnisse liefern können wird.

c) (1) Der Fehler 1. Art soll höchstens 1 % betragen. Formulierung der Nullhypothese:

H0: X sei (100; 0,8)-binomialverteilt. Da der Fehler 1. Art höchstens 1 % betragen soll, müssen die Ereignisse ermittelt wer-den, deren Eintreten unter H0 eine Wahrscheinlichkeit von höchstens 1 % haben. Daraus ergibt sich unmittelbar der Ablehnungsbereich für H0. Konkret muss k mit P(X ≥ k) ≤ 0,01 bestimmt werden:

⇔ 1 – P(X ≤ k – 1) ≤ 0,01 ⇔ P(X ≤ k – 1) ≥ 0,99 ⇒ k – 1 ≥ 89 ⇔ k ≥ 90 (z. B. mithilfe einer Tabelle).

Wenn also bei 90 oder mehr Patienten eine Besserung der Beschwerden eintritt, kann H0 mit einer Irrtumswahrscheinlichkeit von höchstens 1 % abgelehnt werden.

(2) Nach der Entscheidungsregel aus (1) müsste H0 (noch) angenommen werden. Da das Versuchsergebnis aber im unmittelbaren Grenzbereich liegt, macht es Sinn, die Gegen-hypothese,

H1: X sei (100; 0,85)-binomialverteilt, zu testen. Dazu muss berechnet werden, wie groß die Wahrscheinlichkeit ist, dass ein solcher oder für H1 noch ungünstigerer Versuchsbefund auftritt, obwohl H1 in der Realität wahr ist. Konkret: Berechnung von P(X ≤ 89) unter H1. Da die Binomialverteilung für p = 0,85 nicht tabelliert vorliegt, muss geprüft werden, ob die Näherung durch die Standardnormalverteilung (Moivre-Laplace) zulässig ist.

E(X) 100 0,85 85; 100 0,85 0,15 3,57= ⋅ = σ = ⋅ ⋅ ≈ Daher ist die Laplace-Bedingung (knapp) erfüllt und die Näherung möglich. Die Ersatzvariable (mit Korrekturglied) ist

89 85 0,53,57

z 1,26− += ≈ mit (z) 0,8962 89,6 %.Φ = ≈

Unter H0 ergibt sich P(X > 89) = 1 – P(X ≤ 89) = 1 – 0,9943 = 0,0057 ≈ 0,57 %.

Damit spricht das Versuchsergebnis mit einem Verhältnis 89,60,57

157 :1≈ für H1.

Alternativ: Berechnung mithilfe geeigneter Rechner ohne Näherung durch Standardnormalver-teilung.

95


d) (1) Da die Wahrscheinlichkeit für das Auftreten des „Placebo-Effekts“ mit 13

vorgegeben ist, ist die Wahrscheinlichkeit, dass der „Placebo-Effekt“ keine Rolle spielt, folglich

23

(unter der Voraussetzung, dass man dies als Bernoulli-Experiment betrachten kann). Das Auftreten des „Placebo-Effekts“ bewirkt zu 100 % eine Besserung der Beschwer-den (wobei es keine Rolle spielt, ob der Patient das Medikament oder das Placebo er-hält – siehe Informationstext). Bei den Patienten, bei denen der „Placebo-Effekt“ keine Rolle spielt, muss unterschie-den werden zwischen denjenigen, die das Medikament erhalten und denen, die das Placebo erhalten (jeweils mit einer Wahrscheinlichkeit von 50 %). Ein Schätzwert für die unbekannte Wahrscheinlichkeit PE Mp P (B)∩= lässt sich mit-

hilfe der Angabe der relativen Häufigkeit „bei 60 von 100 Patienten tritt eine Besse-rung der Beschwerden ein“ berechnen. Zunächst kann z. B. mithilfe des Baumes ein Schätzwert für die totale Wahrscheinlichkeit für „Besserung tritt ein“ P(B) angenom-men werden und damit kann p bestimmt werden:

1 2 1 3 3 1 1 4P(B) 1 p p p 80 %3 3 2 5 5 3 3 5

= ⋅ + ⋅ ⋅ = ⇔ − = ⋅ ⇔ = =

Im Versuch muss also bei 80 % der Patienten, bei denen der „Placebo-Effekt“ keine Rolle spielt und die das Medikament erhalten haben, Besserung eingetreten sein; das sind rund 27 von 33 Patienten. Damit ergibt sich für

15

1 p 20 %− = = und der Wahrscheinlichkeitsbaum ist vollstän-dig beschriftet.

(2) Dr. X: Versuchsbefund bestätigt die Wirksamkeitswahrscheinlichkeit von 80 %. Dr. Y: Mit einer statistischen Sicherheit von 95 % liegt die wahre Wirksamkeitswahr-scheinlichkeit im Intervall [0,65; 0,91] Der Schätzwert für PE Mp P (B) 0,8∩= = bezieht sich auf relative Häufigkeiten, die im Versuch aufgetreten sind, ist also ein „erwartungstreuer“ Schätzwert, was die Aussage von Dr. X zu bestätigen scheint. Es sind aber auch andere Schätzwerte für p mit der relativen Häufigkeit „bei 27 von 33 Patienten tritt eine Besserung der Beschwerden ein“ verträglich. Tatsächlich ergibt sich sowohl für p = 0,65 als auch für p = 0,91, dass der oben genannte Versuchsbefund in den 95 %-Erwartungsintervallen liegt. Berechnungen: n = 33 (Dies ist die Anzahl der Patienten, bei denen der „Placebo-Effekt“keine Rolle spielt und die das Medikament erhalten.) Für p = 0,65 ergibt sich 33 0,65 21,45, 33 0,65 0,35 2,74;µ = ⋅ = σ = ⋅ ⋅ ≈ 1,96 5,37⋅ σ ≈ und damit das 95 %-Erwartungs-Intervall (zweiseitig) [16; 27].

96


Für p = 0,91 ergibt sich 33 0,91 30,03, 33 0,91 0,09 1,64;1,96 3,21µ = ⋅ = σ = ⋅ ⋅ ≈ ⋅ σ ≈

und damit das 95 %-Erwartungs-Intervall (zweiseitig) [26; 34]. Damit ergibt sich auf der Grundlage des konkreten Versuchsbefundes das 95 %-Ver-trauens-Intervall [0,65; 0,91] für einen Schätzwert für die Wirksamkeitswahrschein-lichkeit PE MP (B).∩

(3) Ansatz für und Berechnung von BP (P) :

Hier wird die Wahrscheinlichkeit bestimmt, dass ein Patient, von dem bekannt ist, dass bei ihm keine Besserung der Beschwerden auftrat, Placebos verabreicht bekommen hat. Für diese Berechnung wird der gegebene Baum rückwärts gelesen. Mit dem Satz von Bayes gilt:

PBP(B P) P(B) P (P) P (B) P(P).∩ = ⋅ = ⋅

Äquivalenzumformung der Gleichung führt auf

PB

P (B) P(P)P (P) .

P(B)

⋅=

Nun werden die bekannten bzw. berechneten Wahrscheinlichkeitswerte eingesetzt und der Bruchterm vereinfacht. Also sind 83,3 % der Patienten, bei denen keine Besserung auftritt, Placebos verabreicht worden.

97


Bei der Herstellung von gefärbten Plastikbällen treten Farb- und Materialfehler unabhängig voneinander auf. Farbfehler treten bei 2 % der hergestellten Menge auf. Nur 90 % der produzierten Bälle sind fehlerfrei. Alle produzierten Bälle werden in Kartons zu je 10 Stück verpackt und an Waren-häuser versandt.

a) Beschreiben Sie die folgende Situation durch ein Baumdiagramm: Ein Ball wird zunächst auf Farbfehler (F) und dann auf Materialfehler (M) untersucht. Begründen Sie den Aufbau Ihres Baumdiagramms!

b) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass in einem Karton höchstens ein Ball feh-lerhaft ist.

c) In einem Karton befinden sich zwei fehlerhafte Bälle. Eine Verkäuferin entnimmt diesem Karton zufällig 3 Bälle ohne Zurücklegen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass sie dabei höchstens einen fehlerhaften Ball entnimmt?

d) Wie viele Kartons sollte das Warenhaus mindestens bestellen, damit spätestens der n-te Karton mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens 90 % nur fehlerfreie Bälle enthält?

e) Bestimmen Sie jeweils die Wahrscheinlichkeit dafür, dass in der Tagesproduktion von 100 Kartons (1) genau 920 fehlerfreie Bälle (2) mehr als 920 fehlerfreie Bälle vorhanden sind.

Die Firma stellt seit einigen Wochen auch Gummibärchen her und verpackt sie als besonderen Gag in der Form eines von ihnen produzierten Gummiballs. Form und Gewicht der Bälle stimmen zufällig überein. Aufgrund des hervorragenden Geschmacks der Bären und der einzigartigen Verpackung sind die gefüllten Bälle heiß begehrt und werden offensichtlich in immer größeren Mengen aus der Fabrik geschmuggelt. Der hauseigene Detektiv will heraus-gefunden haben, dass 22 % der Mitarbeiter Gummibär-Bälle schmuggeln, er kann aber die betroffenen Personen nicht identifizieren. Also setzt die Firma den Spürhund Sam ein. Sam liebt Gummibärchen, verwechselt sie aber ab und an mit Plastikteilen. Gerät ein Bärenschmuggler (S) vor Sams Nase, so bellt dieser in 95 % der Fälle. Allerdings bellt Sam auch in 15 % der Fälle, in denen nicht geschmuggelt wird.

f) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass es sich tatsächlich um einen Schmuggler han-delt, wenn Sam bellt?

g) Könnte man mit Sams Hilfe bestimmen, wie hoch der Prozentsatz der Schmuggler ist? Machen Sie einen begründeten Vorschlag!

98


Hinweise und Tipps

Teilaufgabe a � Beachten Sie, dass Farb- und Materialfehler voneinander unabhängig sind.

Teilaufgabe b � Mit welchem Modell der Wahrscheinlichkeit wird hier berechnet? � Was spricht für einen Ansatz mit der Binomialverteilung?

Teilaufgabe c � Beachten Sie, dass ohne Zurücklegen gezogen wird. � Mit welchem Modell der Wahrscheinlichkeit kann hier gearbeitet werden? � Die Wahrscheinlichkeit kann aus dem Verhältnis „Anzahl der günstigen Ausfälle“ zu „Anzahl

der möglichen Ausfälle“ berechnet werden. � Berechnen Sie die Anzahlen mithilfe der Kombinatorik.

Teilaufgabe d � Der relativ komplizierte Text sollte in eine mathematische Ungleichung übersetzt werden. � Mit welchem Modell der Wahrscheinlichkeit kann hier gearbeitet werden? � Welche Bedeutung hat hier das Gegenereignis?

Teilaufgabe e � Verwenden Sie bei großen Zahlen Näherungen. � Welche der möglichen Näherungsvarianten ist hier sinnvoll? � Überprüfen Sie, ob Sie die Poisson-Näherung oder die Näherung nach Moivre-Laplace an-

wenden können.

Teilaufgabe f � Gilt hier die Bedingung „unabhängige Ereignisse“? � Welches Modell müsste für „nicht unabhängig“ herangezogen werden?

Teilaufgabe g � Es bleibt bei der Ausgangslage: unabhängige Ereignisse. � An welcher Position ist der unbekannte Parameter in der Gleichung?

99


Lösung

a) Die Ereignisse F und M sind laut Voraussetzung stochastisch unabhängig.

FP(F M) P(F) P(M) bzw. P(M) P (M)⇒ ∩ = ⋅ =

Dann sind auch die Ereignisse F und M, F und M sowie F und M stochastisch unab-hängig. (F bedeutet „Nicht F“)

Ansatz Baumdiagramm:

F

P(F M) 0,9P(M)

0,98P(F)

0,92

P (M)

∩= =

≈

=

(wegen stochastischer Unabhängigkeit)

Gemäß den Pfadregeln lässt sich das restliche Baumdiagramm entsprechend ausfüllen.

b) X gebe die Anzahl der fehlerhaften Bälle an. X ist binomialverteilt mit n = 10 und p = 0,1. Ansatz mithilfe der Binomialverteilung:

( ) ( )100,1

0 10 1 9

P(X 1) B (X 1)

10 100,1 0,9 0,1 0,90 1

0,7361

73,6 %

≤ = ≤

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

≈≈

c) Der Zusatz „ohne Zurücklegen“ weist auf eine hypergeometrische Verteilung hin, also keine Binomialverteilung. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit berechnet sich hier mit folgendem Ansatz:

Anzahl der günstigsten AusfälleP(A)

Anzahl der möglichen Ausfälle=

Zur Bestimmung der Anzahlen eignet sich hier die Kombinatorik: X gebe die Anzahl der fehlerhaften Bälle an.

( ) ( ) ( ) ( )( )

2 8 2 80 3 1 2

103

P(X 1)

1121200,933393,3 %

⋅ + ⋅≤ =

=

≈≈

100


d) Anzahl der Kartons: Y sei die Anzahl der Kartons mit fehlerfreien Bällen. Y ist binomialverteilt mit p = 0,910.

( ) 0 n 0

n

n

10 n

10 n

10 10

10

P(Y 1) 1 P(Y 0) 0,90

n1 p q 0,900

1 q 0,90

1 (1 p) 0,90

1 (1 0,9 ) 0,90

(1 0,9 ) 0,10

n ln(1 0,9 ) ln(0,10) : ln(1 0,9 ) 0

ln(0,10)n

ln(1 0,9 )

n 5,37

n 6

−

≥ = − = ≥

− ⋅ ≥

− ≥− − ≥

− − ≥− ≤

⋅ − ≤ − <

≥−

≥≥

Spätestens der 6. Karton enthält mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens 90 % nur fehlerfreie Bälle.

e) X sei die Anzahl der fehlerfreien Bälle. X ist binomialverteilt mit n = 1 000, p = 0,9. (1) Ansatz:

( )10000,9

920 1000 920

P(X 920) B (X 920)

1 000 0,9 0,1920−

= = =

= ⋅ ⋅

Aufgrund der hohen Zahlenwerte stellt sich die Frage nach möglichen Näherungen für diese Rechnung. Geht die Poisson-Näherung? Dazu müsste die Bedingung µ ≤ 5 erfüllt sein.

np 1000 0,9 900µ = = ⋅ = ⇒ Poisson geht nicht! Geht die lokale Näherung von de Moivre-Laplace?

Bedingung: 9np q

910000,9 0,1

1000 100

>⋅

>⋅

>

⇒ Diese Näherung kann angewendet werden!

101


lokale Näherung nach de Moivre-Laplace: k

X

k 920

900

1 000 0,9 0,1 90 9,49 (negative Lösung ergibt hier keinen Sinn)

920 900X 2,190

− µ=σ

=µ =

σ = ⋅ ⋅ = ≈−= ≈

1 22

1000 (2,1)0,9

1 1B (X 920) e90 2

0,11 0,4 0,11

0,0048

0,48 %

−= = ⋅ ⋅π

≈ ⋅ ⋅==

(2) Hier hilft beim Lösen die globale Näherung nach de Moivre-Laplace, denn es gilt:

2

2

1n(2pq)

11000 30,86(2 0,9 0,1)

>

> =⋅ ⋅

Ansatz: P(X 920) 1 P(X 920)

920 1 000 0,9 0,51

1 000 0,9 0,1

20,51

9,4868

1 (2,16)

1 0,9846

0,0154

1,54 %

> = − ≤

− ⋅ +≈ − Φ ⋅ ⋅

= − Φ

= − Φ= −=≈

f) Baumdiagramm:

Wuff0,22 0,95P (S)

0,22 0,95 0,78 0,15

0,2090,64

0,326

⋅=⋅ + ⋅

= =

Die Wahrscheinlichkeit, dass es sich bei einem Mitarbeiter tatsächlich um einen Gummibärenschmuggler handelt, wenn Sam bellt, liegt bei 64 %.

102


g) Ausgehend von der Lösung des Aufgabenteils f

Wuff0,22 0,95P (S)

0,22 0,95 0,78 0,15⋅=

⋅ + ⋅

geht es in diesem Aufgabenteil um das folgende Problem: Die Wahrscheinlichkeit (der Prozentsatz) für Schmuggler (in f waren es 22 %) ist nicht bekannt, soll aber mit Sams Hilfe ermittelt werden. Für den Wert 0,22 muss daher ein Parameter x eingeführt werden. x ist die gesuchte Wahr-scheinlichkeit (Prozentsatz) für den Fall „eine Person ist ein Schmuggler“. y ist dann die Wahrscheinlichkeit für den Fall „eine Person ist kein Schmuggler“. Aufgrund stochastischer Bedingungen gilt:

x y 1+ =

Wenn Sams Trefferquote WuffP (S), der Vereinfachung halber Z genannt, bekannt ist, ergibt sich folgender Zusammenhang (siehe Lösung des Aufgabenteils f):

x 0,95Z , mit y 1 xx 0,95 y 0,15

Z(x 0,95 (1 x) 0,15) x 0,95

Z(0,95x 0,15 0,15x) 0,95x

Z(0,8x 0,15) 0,95x

0,8x Z 0,95x 0,15 Z

x(0,8 Z 0,95) 0,15 Z

0,15 Zx ( )

0,8 Z 0,95∗

⋅= = −⋅ + ⋅

⋅ + − ⋅ = ⋅+ − =

+ =⋅ − = − ⋅⋅ − = − ⋅

− ⋅=⋅ −

Fazit Man muss Sams Trefferquote statistisch erfassen. Dann ist Z bekannt und mit der Gleichung (∗) lässt sich x berechnen.

103


Mit einem homogenen Würfel sollen Zufallsversuche durchgeführt werden. Die Zufallsgröße X sei definiert mit „Anzahl der auftretenden Sechsen“.

a) Der Würfel soll fünfmal geworfen werden. (1) Erläutern Sie, warum dieser Versuch als Bernoulli-Kette interpretiert werden kann,

und geben Sie die relevanten Größen an. (2) Bestimmen Sie die Verteilung der Zufallsgröße X und zeichnen Sie das zugehörige

Histogramm. (3) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass man mindestens eine Sechs wirft?

b) Der Würfel soll nun hundertmal geworfen werden. Bestimmen Sie mithilfe der Tabellen („Kumulierte Binomialverteilung“) die Wahrscheinlichkeiten für (1) höchstens 21 Sechsen, (2) genau 25 Sechsen, (3) mehr als 20 Sechsen.

c) Bestimmen Sie mithilfe der Integralen Näherungsformel von de Moivre-Laplace die Wahr-scheinlichkeit, mit der beim 743-maligen Werfen des Würfels mindestens 115 und höchs-tens 130 Sechsen auftreten.

Nun werden mit zwei Testwürfeln Zufallsversuche durchgeführt.

d) Beim dreihundertmaligen Werfen des ersten Testwürfels erscheint 70-mal die Augenzahl Sechs. Bewerten Sie mithilfe der Wahrscheinlichkeiten für σ-Umgebungen die Güte des Würfels.

e) Vom zweiten Testwürfel wird behauptet, dass er so verändert worden sei, dass gilt:

H0: p(„Sechs“) 1

10.= Diese Nullhypothese H0 soll gegen die Hypothese, dass der Würfel

homogen ist (d. h. dass gilt: H1: p(„Sechs“) 16

)= auf dem 5 %-Signifikanzniveau mit

100 Würfen getestet werden.

(1) Bestimmen Sie den Annahmebereich für H0. (2) Geben Sie bezüglich der Hypothese H0 an, welche Fehler man bei der Entscheidung

machen kann, und bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit α des Fehlers 1. Art und die Wahrscheinlichkeit β des Fehlers 2. Art.

(3) Der Würfel zeigt 20-mal Sechs. Bewerten Sie das Ergebnis.

104


Lösung

a) (1) Gibt es bei einem Zufallsversuch nur zwei mögliche Ausgänge, so spricht man von einem Bernoulli-Experiment. Im vorliegenden Fall sind dies der Erfolg „Es wird eine Sechs gewürfelt“ und der Misserfolg „Es wird keine Sechs gewürfelt“. Die Erfolgs-wahrscheinlichkeit bezeichnet man mit p, die Misserfolgswahrscheinlichkeit mit q und es gilt p + q = 1. Bernoulli-Ketten sind mehrere voneinander unabhängige Durch-führungen eines Bernoulli-Experimentes, bei denen p und q über die Dauer der Ver-suchsdurchführungen unverändert bleiben. Die Anzahl der durchgeführten Versuche wird mit n bezeichnet. Bernoulli-Ketten führen zu binomialverteilten Zufallsgrößen. Im vorliegenden Fall gilt:

1 5n 5; p ; q6 6

= = =

(2) Für binomialverteilte Zufallsgrößen gilt:

k n knP(X k) p q

k− = = ⋅ ⋅

Die Zufallsgröße kann die Werte 0 bis 5 annehmen. Damit lässt sich für die Zufalls-größe X folgende Verteilung ermitteln:

k P(X = k)

0 ( ) ( )0 55 1 5P(X 0) 40,2 %0 6 6

= = ≈

1 1 45 1 5P(X 1) 40, 2 %

1 6 6 = = ≈

2 2 35 1 5P(X 2) 16,1%

2 6 6 = = ≈

3 3 25 1 5P(X 3) 3, 2 %

3 6 6 = = ≈

4 4 15 1 5P(X 4) 0,3 %

4 6 6 = = ≈

5 5 05 1 5P(X 5) 0,0 %

5 6 6 = = ≈

Das Histogramm hat damit folgende Form:

105


(3) Das Gegenereignis zum Ereignis E: „mindestens eine Sechs“ ist E: „keine Sechs“. Für die entsprechenden Wahrscheinlichkeiten gilt:

p(E) p(E) 1+ = Demnach ist

P(E) 1 P(E)= − hier:

P(„mindestens eine Sechs“) = 1 – p(„keine Sechs“) = 1 – 0,402 = 0,598 Hinweis: Das Ergebnis lässt sich auch über die Addition der Wahrscheinlichkeiten für eine, zwei, drei, vier und fünf Sechsen bestimmen. Diese Vorgehensweise ist jedoch weniger elegant.

b) Bei dem beschriebenen Zufallsexperiment handelt es sich um eine Bernoulli-Kette mit 100 Durchführungen. Die Bestimmung der gesuchten Wahrscheinlichkeiten per Hand ist in ei-nem solchen Fall recht aufwändig. Daher greift man bei deren Ermittlung auf Tabellen zu-rück, in denen die kumulierten (= angehäuften) Wahrscheinlichkeiten angegeben werden. Zunächst müssen die relevanten Größen ermittelt werden. Es gilt:

n = 100, 1 5p , q6 6

= =

Im Folgenden ist ein Ausschnitt der kumulierten Binomialverteilungen für

n = 100 und 1p6

=

wiedergegeben: k P(X ≤ k) k P(X ≤ k)

15 0,38766 25 0,98812

16 0,49416 26 0,99379

17 0,59941 27 0,99690

18 0,69647 28 0,99852

19 0,78025 29 0,99932

20 0,84811 30 0,99970

21 0,89982 31 0,99988

22 0,93695 32 0,99995

23 0,96214 33 0,99998

24 0,97830 34 0,99999

Damit ergibt sich für die gesuchten Wahrscheinlichkeiten: (1) P(X ≤ 21) = 0,900 (2) P(X = 25) = P(X ≤ 25) – P(X ≤ 24) = 0,988 – 0,978 = 0,01 (3) P(X > 20) = 1 – P(X ≤ 20) = 1 – 0,848 = 0,152

106


c) Die Tabellen für kumulierte Binomialverteilungen liegen im Allgemeinen nur für Stan-dardwerte, z. B. für 20, 50 oder 100 Versuchsdurchführungen vor. Im vorliegenden Fall ist aber n = 743. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit lässt sich damit nur näherungsweise mit-hilfe der integralen Näherungsformel bestimmen.

Bestimmung relevanter Größen Es gilt:

n = 743, 1 5p , q6 6

= =

Damit ist: 1 743E(X) n p 743 123,836 6

= ⋅ = ⋅ = =

37151 5V(X) n p q 743 103,196 6 36

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ≈

3715V(X) 10,16

36σ = = ≈

Prüfen der Laplace-Bedingung Die Integrale Näherungsformel von de Moivre-Laplace liefert nur brauchbare Näherungs-werte, wenn die Laplace-Bedingung erfüllt ist. Diese fordert

σ > 3 Dies ist erfüllt, da σ ≈ 10,16.

Umrechnen der Grenzen in Standardeinheiten Standardisiert man unterschiedliche Binomialverteilungen (die die Laplace-Bedingung erfüllen!), lassen sich auffällige Gemeinsamkeiten feststellen. Dies macht man sich mit der Integralen Näherungsformel von de Moivre-Laplace zunutze. Die Standardisierung liefert für die untere Grenze x1 = 115

11

x 0,5 115 0,5 123,83z 0,92

10,16

− − µ − −= ≈ ≈ −σ

und für die obere Grenze x2 = 130

22

x 0,5 130 0,5 123,83z 0,66

10,16

+ − µ + −= ≈ =σ

Anwenden der Integralen Näherungsformel von de Moivre-Laplace

0,66

0,92

P(115 X 130) P( 0,92 Z 0,66)

(z)dz

(0,66) ( 0,92)0,7454 0,17880,5666 56,7 %

−

≤ ≤ ≈ − ≤ ≤

= ϕ

= Φ − Φ −= −= ≈

∫

Der Term Φ(x) gibt den Inhalt der Fläche an, die links von x unter der Gauß’schen Glockenkurve liegt. Den Wert der Funktion Φ an den berechneten Stellen z1 und z2 ent-nimmt man einer Tabelle.

107


d) Bei einer n-stufigen Bernoulli-Kette liegen (bei ausreichend großem n) die beobachteten Werte zu rund 90 % im Intervall [µ – 1,64σ; µ + 1,64σ], rund 95 % im Intervall [µ – 1,96σ; µ + 1,96σ], mehr als 99 % im Intervall [µ – 2,58σ; µ + 2,58σ]. Im vorliegenden Fall ist

n = 300, 1 5p , q6 6

= =

Damit ist 1E(X) 300 506

= µ = ⋅ =

1 5 250V(X) 300 41,66 6 6

= ⋅ ⋅ = =

250 6,456

σ = ≈

Nun lässt sich ermitteln, in welchem der oben angegebenen Intervalle der beobachtete Wert liegt:

70 = 50 + x ⋅ 6,45 Durch Äquivalenzumformung ergibt sich

20x 3,16,45

= ≈

Der beobachtete Wert liegt also ca. 3,1 Standardabweichungen vom Erwartungswert ent-fernt und damit außerhalb des 2,58σ-Intervalls. Eine so große Abweichung vom Erwar-tungswert ist bei einem homogenen Würfel sehr unwahrscheinlich und wird als hoch-signifikant bezeichnet. An der Homogenität des Würfels ist zu zweifeln.

e) Der Hypothese H0 („Es gilt p(„Sechs“) 1

10.= “) wird die Hypothese H1 („Der Würfel ist in

Ordnung, es gilt also p(„Sechs“) 16

.= “) gegenübergestellt. Es handelt sich also um einen Alternativtest; dies ist ein Sonderfall des einseitigen Tests.

(1) Will man den Annahmebereich für H0 bestimmen, so verwendet man die formulierte

Behauptung p(„Sechs“) 1

10.= Bezogen auf die Behauptung p(„Sechs“)

16

= wird man

die Hypothese H0 nur dann verwerfen, wenn die Anzahl der Sechsen große Werte

annimmt, weil man von einer niedrigeren Erfolgswahrscheinlichkeit ausgeht. Abwei-

chungen nach unten sprechen eher für H0 als für H1.

Das Signifikanzniveau ist mit 5 % festgelegt, für den einseitigen Test bedeutet dies: Obere Grenze des Annahmebereichs ist µ + 1,64σ. Beachten Sie: Außerhalb des Intervalls [µ – 1,64σ; µ + 1,64σ] liegen 10 % aller Ergebnisse. Aus Symmetriegründen liegen damit 5 % am „rechten“ und 5 % am „linken Rand“.

108


Für

n = 100, p(„Sechs“) 110

=

ist 1E(X) n p 100 10

10= ⋅ = ⋅ =

und

1 9n p q 100 9 310 10

σ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = =

Für die obere Grenze des Annahmebereichs ergibt sich damit µ + 1,64σ = 10 + 1,64 ⋅ 3 = 14,92

Annahmebereich der Nullhypothese H0 ist damit das Intervall [0;15]. (2) Es lassen sich zwei Fehlertypen unterscheiden:

– Fehler 1. Art: Die Nullhypothese H0 ist wahr, wird aber (zu Unrecht) verworfen. – Fehler 2. Art: Die Nullhypothese H0 ist falsch, wird aber (zu Unrecht) angenommen. Für diese beiden Fehler lassen sich die Irrtumswahrscheinlichkeiten ermitteln. Irrtumswahrscheinlichkeit 1. Art: α = P(Fehler 1. Art) = PH0(Ergebnis liegt im Verwerfungsbereich von H0) = PH0(X > 15) Da H0 wahr ist, gilt:

1p10

=

Für n = 100 ergibt sich mithilfe der Tabelle „Kumulierte Binomialverteilung“

α = PH0(X > 15) = 1 – PH0(X ≤ 15) ≈ 1 – 0,960 ≈ 0,04

(Dieser Wert entspricht etwa dem vorgegebenen Signifikanzniveau!) Irrtumswahrscheinlichkeit 2. Art: β = P(Fehler 2. Art) = PH1(Ergebnis liegt im Annahmebereich von H0) = PH1(X < 16) Wenn H0 falsch ist, muss H1 wahr sein. Es gilt also:

1p .6

=

Für n = 100 ergibt sich mithilfe der Tabelle „Kumulierte Binomialverteilung“

β = PH1(X < 16) = PH1(X ≤ 15) ≈ 0,388

(3) Zeigt der Würfel 20-mal die Augenzahl Sechs, so liegt das Ergebnis im Verwerfungs-bereich der Hypothese H0. Man wird daher die Hypothese H1 als wahr annehmen und den Würfel als homogen ansehen. Allerdings muss man in Kauf nehmen, dass man einen Fehler 1. Art begeht. Die Wahrscheinlichkeit für einen solchen Irrtum beträgt ca. 4 %.

109


a) Bei der Diagnose von Brustkrebs wird nach einer Mammographie die Option einer belas-

tenden Gewebeentnahme vom Ergebnis der Mammographie abhängig gemacht. Aus Un-tersuchungen weiß man, dass bösartige Geschwülste durch die Mammographie in 75,2 % aller Fälle entdeckt werden. Auf der anderen Seite wird in 9,6 % aller Fälle ein bösartiges Karzinom diagnostiziert, wenn keine Geschwulst oder eine gutartige Geschwulst vorliegt. Als Bezugsgruppe gelten Frauen, die älter als 45 Jahre sind. Man geht davon aus, dass ca. 1 % aller Frauen dieses Alters Brustkrebs entwickelt hat. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeiten, mit denen (1) eine Frau Brustkrebs hat, wenn die Mammographie positiv ist. (2) eine Frau gesund ist, wenn die Mammographie positiv ausfällt. (3) eine Frau Brustkrebs hat, obwohl die Mammographie negativ ausfiel. (4) eine Frau gesund ist, wenn die Mammographie das anzeigt.

b) In einer Arztpraxis, in der man auf die Behandlung einer bestimmten Krankheit speziali-siert ist, werden im Jahr 2004 etwa 400 Patienten mit dem Medikament A behandelt. Man weiß, dass in ca. 4 % aller Fälle Nebenwirkungen auftreten. (1) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass im Jahr 2004 bei mehr als 16 Personen

Nebenwirkungen auftreten? Bei dieser Krankheit gibt es Menschen, die aufgrund eines genetischen Defekts nicht durch Medikament A geheilt werden können. Die Feststellung dieses Defekts ist äußerst schwie-rig und kostspielig. Man weiß aber, dass ca. 10 % aller Erkrankten diesen Defekt besitzen. Nehmen wir also an, in einer Gruppe von 50 kranken Personen befänden sich 5 mit diesem genetischen Defekt. Der behandelnde Arzt soll für eine bestimmte Vorbehandlung 7 von den 50 Personen auswählen. (2) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass er bei dieser Auswahl 3 oder mehr Personen

mit diesem genetischen Defekt in seiner Gruppe hat?

c) Auf dem Markt wird seit kurzem ein neues Medikament B angeboten, von dem behauptet wird, es sei besser als das Medikament A. Das Medikament A heilt in 70 % aller Fälle. Das Medikament B wird an 220 freiwilligen Personen erprobt. Das Signifikanzniveau des Tests wird auf 1 % festgelegt. (1) Geben Sie bei einseitigem Testen eine Arbeitshypothese und eine Entscheidungsregel

an, die es erlauben, die Qualität des Medikaments B auf der Basis des obigen Signifikanzniveaus festzustellen.

Nehmen wir an, nach der Verabreichung von Medikament B käme es zu 170 Heilungen. Nehmen wir weiter an, das Medikament A würde den Patienten aufgrund dieses Ergebnis-ses in Zukunft weiterhin statt des Medikaments B verabreicht. (2) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass man bei dieser Entscheidung eine 10 %ige

Verbesserung der Heilungschancen durch das Medikament B außer Acht lässt?

110


Lösung

a) Die Lösung der Aufgabe ergibt sich durch Anwendung der Bayes’schen Regel bzw. der Definition der bedingten Wahrscheinlichkeit:

i ii m

jj 1

P(B ) P(A | B )P(B | A)

P(B ) P(A | Bj)=

⋅=⋅∑

Hierbei ist P(B | A) die Wahrscheinlichkeit für das Auftreten des Ereignisses B, wenn das Ereignis A zuvor eingetreten ist. In unserem Fall ist m = 2. Man kann die geforderten Wahrscheinlichkeiten sowohl durch die Ergänzung des entsprechenden Baumdiagramms als auch durch eine Vierfelder-tafel herleiten. Im weiteren Verlauf steht „bös“ für bösartig, „gut“ für gutartig, „pos“ für positiver Test und „neg“ für negativer Test. Aus dem Text kann man Folgendes ableiten: Durch Ergänzung mithilfe der Pfadregeln ergibt sich der folgende Baum: Hierbei gilt z. B.

p(bös) · p(pos | bös) = 0,00752

Die Informationen lassen sich auch in einer Vierfeldertafel darstellen:

pos neg

bös 0,00752 0,00248 0,01

gut 0,09504 0,89496 0,99

0,10256 0,89744 1,00

(1) Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Frau Brustkrebs hat, wenn die Mammographie posi-tiv ist, heißt in dieser Symbolik „p(bös | pos) “. Nach der Bayes’schen Regel heißt das:

p(pos | bös) p(bös)p(bös | pos)

p(pos | bös) p(bös) p(pos | gut) p(gut)

0,007520,00752 0,09504

0,0733

⋅=⋅ + ⋅

=+

=

Die Wahrscheinlichkeit für einen Brustkrebs nach positivem Test beträgt also nur 7,33 %. Die Fälle (2) bis (4) ergeben sich in völliger Analogie:

(2) p(gut | pos) = 0,92667 (3) p(bös | neg) = 0,00276 (4) p(gut | neg) = 0,9972

111


b) (1) Man muss hier von einer binomialverteilten Zufallsgröße ausgehen. Zu bestimmen ist die Wahrscheinlichkeit, dass zwischen 17 und 400 Personen Nebenwirkungen zeigen. Die Trefferwahrscheinlichkeit beträgt 0,04. Die Berechnung von P(17 ≤ X ≤ 400) be-deutet die Benutzung einer kumulierten Tabelle der Binomialverteilung. Es ist aller-dings einfacher, von einer normalverteilten Zufallsgröße auszugehen und die Gauß’sche Summenfunktion Φ(x) zu benutzen, deren Tabellen in allen Büchern der Stochastik zu finden sind. Da man es mit einem diskreten Merkmal zu tun hat, wird man die Korrektur mit dem Summanden 0,5 benutzen. Es gilt:

np 400 0,0416,5P(X 17) 1 mit

16

np(1 p)16,5 161 und

3,92 3,92.

1 (0,127)

1 0,55

0,45

µ = = ⋅− µ ≥ = − Φ =σ

σ = − −= − Φ =

= − Φ≈ −≈

Die Wahrscheinlichkeit, dass bei mehr als 16 Personen Nebenwirkungen auftreten, be-trägt also etwa 45 %.

(2) Übertragen auf ein Urnenmodell hat man 50 Kugeln (unterscheidbar, z. B. nummeriert) in einer Urne. Davon sind 5 schwarz. Zieht man jetzt 7 Kugeln, so gibt es insgesamt

( )507 Möglichkeiten. Die Zahl der Möglichkeiten, 3 schwarze Kugeln unter den gezo-

genen zu haben, beträgt ( ) ( )5 453 4 .⋅ Analoges gilt für 4 und 5 schwarze Kugeln.

Damit ergibt sich als Wahrscheinlichkeit, 3 oder mehr schwarze Kugeln zu ziehen:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

5 45 5 45 5 453 4 4 3 5 2

507

P

1 489 950 70 950 990

99 884 400

0,01564

⋅ + ⋅ + ⋅=

+ +=

=

Die Wahrscheinlichkeit, rein zufällig 3 oder mehr Personen mit diesem genetischen Defekt in der gezogenen Gruppe zu haben, beträgt ca. 1,6 %.

c) (1) In diesem Fall muss die Nullhypothese lauten: „Medikament B bietet keine besseren Heilungschancen als das Medikament A.“ Auf den Patienten bezogen bedeutet das, dass die Heilungschance höchstens 70 % beträgt (p ≤ 0,7). Die Nullhypothese wird verworfen, wenn signifikant (Signifikanzniveau 1 %) mehr Patienten geheilt werden, als bei 70 % Heilungschance anzunehmen wäre. X sei die Anzahl der geheilten Patienten (n = 220). Gesucht ist eine ganze Zahl c, so-dass gilt P(X ≥ c) ≤ 0,01, wobei die zugrunde gelegte Wahrscheinlichkeit für die ange-nommene Binomialverteilung (Normalverteilung) 0,7 beträgt. Wie groß ist also die Wahrscheinlichkeit, dass rein zufällig c oder mehr Patienten geheilt werden, obwohl die echte Heilungswahrscheinlichkeit höchstens 0,7 beträgt? Man nennt dies einen α-Fehler oder Fehler 1. Art. Für p = 0,7 ist der Fehler am größten.

112


Mit n = 220 und p = 0,7 ergibt sich µ = np = 220 · 0,7 = 154

npq 220 0,7 0,3

6,8

σ = = ⋅ ⋅≈

Daraus folgt unter Benutzung der Gauß’schen Summenfunktion Φ(x): c 0,5

P(X c) 1

c 0,5 1541 0,01

6,8

c 0,5 1540,99

6,8

− − µ ≥ = − Φ σ

− −= − Φ ≤

− −⇒ Φ ≥

Aus der tabellierten Gauß’schen Summenfunktion ergibt sich, dass Φ(X) ≥ 0,99 ist, wenn X ≥ 2,33.

c 0,5 1542,33 c 170,34

6,8− −

⇒ ≥ ⇒ ≥

Das heißt, c muss mindestens 171 sein, um den Fehler 1. Art kleiner als 1 % werden zu lassen, damit das geforderte Signifikanzniveau höchstens 1 % beträgt. Die Entschei-dungsregel lautet also: Verwirf die Nullhypothese, wenn die Zahl der geheilten Pati-enten 171 oder mehr beträgt.

(2) Es geht bei dieser Aufgabe um das Akzeptieren der Nullhypothese. Der Fehler, der hierbei passieren kann (β-Fehler oder Fehler 2. Art), besteht darin, dass Medikament B eine 80 %ige Heilungschance bietet und dass dies nicht erkannt wird. Wie groß ist also die Wahrscheinlichkeit, 170 oder weniger Heilungen von 220 zu er-zielen (bei einer Heilungswahrscheinlichkeit von p = 0,8)? Es gilt:

np 220 0,8

176

µ = = ⋅=

npq 220 0,8 0,2

5,93

σ = = ⋅ ⋅=

0,5 176170,5 176P(X 170)

5,93 5,93

( 0,927) ( 29,76)

− − −⇒ ≤ = Φ − Φ

= Φ − − Φ −

Da Φ(– 29,76) ≈ 0, ergibt sich aus der Tabelle für die Gauß’sche Summenfunktion in etwa der interpolierte Wert

P(X ≤ 170) ≈ 0,178

Die Wahrscheinlichkeit für einen Fehler 2. Art bei dieser Entscheidungsregel (Annah-me der Nullhypothese, wenn X ≤ 170) beträgt also etwa 17,8 %.

113


Im Jahrgang 13 eines Gymnasiums wurden folgende Daten erhoben:

gewählte Leistungsfächer Mathematik Physik Biologie Chemie

Anzahl der Schüler 8 7 13 13

Anzahl der Schülerinnen 7 5 24 7

Der Jahrgang besteht aus 65 Schülerinnen und 35 Schülern. 6 Schülerinnen und 9 Schüler haben zwei Leistungsfächer aus dem „math-nat“-Bereich ge-wählt.

a) Für einen Presseartikel werden Schülerinnen und Schülern dieses Jahrgangs zufällig ausgewählt und interviewt. Bestimmen Sie jeweils die Wahrscheinlichkeit der folgenden Ereignisse: (1) Die befragte Person ist männlich. (2) Das interviewte Mädchen hat mindestens einen mathematisch-naturwissenschaftlichen

Leistungskurs gewählt. (2) Die befragte Person hat zwei mathematisch-naturwissenschaftliche Leistungsfächer

gewählt.

b) Untersuchen Sie für das Leistungsfach Biologie, ob die Merkmale „Geschlecht“ und „Leistungskurswahl“ stochastisch unabhängig sind.

c) Biologie als 3. Prüfungsfach kann nur von Schülerinnen und Schülern gewählt werden, die weder Biologie als Leistungsfach noch zwei mathematisch-naturwissenschaftliche Leis-tungsfächer haben. (Die Leistungsfachkombination aus Biologie und einem anderen mathematisch-natur-wissenschaftlichen Fach wurde in diesem Jahrgang nicht gewählt.) Unter diesen Voraussetzungen haben sich 6 Jungen und 19 Mädchen für Biologie als 3. Prüfungsfach entschieden. Ist diese Wahl statistisch geschlechtsspezifisch? Begründen Sie gegebenenfalls eine geschlechtsspezifische Wahl.

d) Im Jahrgang 11 sind 83 Schülerinnen und 67 Schüler. (1) Schätzen Sie aufgrund der vorliegenden Daten ab, mit welcher Kursstärke und Zu-

sammensetzung des Chemie-Leistungskurses zu rechnen ist. (2) Tatsächlich wählen 20 Jungen und 14 Mädchen Chemie als Leistungsfach.

Beurteilen Sie dieses Versuchsergebnis kritisch im Hinblick auf eine mögliche Verän-derung des Wahlverhaltens der Schülerinnen und Schüler.

114


Lösung

gewählte Leistungsfächer

Mathematik Physik Biologie Chemie LK-Wahleninsgesamt

Personen mit math.-nat. LK

Anzahl der Schüler 8 7 13 13 41 32

Anzahl der Schülerinnen 7 5 24 7 43 37

15 12 37 20 84 69

Da 6 Schülerinnen und 9 Schüler zwei mathematisch-naturwissenschaftliche Leistungsfächer gewählt haben, beträgt die tatsächliche Personenzahl mit mathematisch-naturwissenschaftli-chem Leistungskursen 69.

a) (1) Anzahl der Schüler 35P(befragte Person ist männlich) 35 %Jahrgangsbreite 100

= = =

(2) MädchenAnzahl der Schülerinnen mit math.-nat. LK

P (hat math.-nat. LK gewählt)Anzahl aller Schülerinnen

37 56,9 %65

=

= ≈

(3) Anzahl der Personen mit 2 math.-nat. LKs

P(Person mit 2 math.-nat. LKs)Jahrgangsbreite

15 15 %100

=

= =

b) MädchenSchülerinnen mit Bio-LK 24P (hat Bio-LK gewählt) = 36,9 %Anzahl aller Schülerinnen 65

= ≈

Junge13P (hat Bio-LK gewählt) = 37,1 %35

=

(P(Person hat Bio-LK gewählt) = 37%) Die Abweichungen zwischen den bedingten Wahrscheinlichkeiten und der totalen Wahr-scheinlichkeit sind sehr gering. Daher darf man davon ausgehen, dass die Merkmale „Ge-schlecht“ und „hat Bio-LK gewählt“ stochastisch unabhängig sind. Hinweis: Selbstverständlich kann die Überprüfung dieser Abhängigkeit auch mithilfe des Satzes von Bayes erfolgen.

115


c) Anzahl der Jungen, die Biologie als 3. Prüfungsfach wählen können: 35 – 13 (mit Bio-LK) – 9 (mit zwei math.-nat. LKs) = 13

Anzahl der Mädchen, die Bio-LK wählen können: 65 – 24 – 6 = 35

Insgesamt: 48 Personen

Junge6P (hat Bio als 3. PF gewählt) = 46,2 %

13≈

Mädchen19P (hat Bio als 3. PF gewählt) = 54,3 %35

≈

25P(Bio als 3. PF) = 52,1 %48

≈

Aus der Abweichung der Daten ergibt sich die Abhängigkeit der zu untersuchenden Merk-male. In diesem Jahrgang wurde Biologie als 3. Prüfungsfach von Mädchen deutlich bevorzugt. Dies könnte damit zusammenhängen, dass die Mädchen im math.-nat. LK-Bereich unter-repräsentiert sind und mit der Wahl von Biologie als 3. Prüfungsfach die Prüfungsanforde-rungen erfüllen. Hinweis: Auch hier ist die Überprüfung mit dem Satz von Bayes möglich.

d) (1) Erwartungswerte für die Zusammensetzung des künftigen Chemie-LKs:

Jungen: 13E(Chemie-LK) 67 24,935

= ⋅ ≈

Mädchen: 7E(Chemie-LK) 83 8,965

= ⋅ ≈

Insgesamt ist also mit ca. 34 Schülerinnen und Schülern für den Chemie-LK zu rechnen.

(2) Jungen: Schätzwert für 13p(wählt Chemie-LK) 37,1 %35

= ≈

Mädchen: 7p 10,8 %65

= ≈

Insgesamt: 34p 22,7 %150

= ≈

Jungen: X: Anzahl der Jungen, die Chemie als LK wählen; Nullhypothese H0: X ist (67; 0,371) binomialverteilt; Gegenhypothese H1: p < 0,371 Testen von H0:

( )20k 67 k

k 0

67P(X 20) 0,371 0,629 13,5 %k−

=≤ = ⋅ ⋅ ≈∑

Hinweis: mit Computerunterstützung oder unter Einsatz eines programmierbaren Taschenrechners

116


Alternativ: Wegen n ⋅ p ⋅ q = 67 ⋅ 0,371 ⋅ 0,629 ≈ 15,6 > 9 ist auch eine Näherung durch die Standard-normalverteilung möglich. Konkret:

20 0,5 24,9z 1,1139 1,114;

3,95+ −≈ ≈ − ≈ −

Φ(– 1,114) = 1 – Φ(1,114) = 1 – 0,8674 = 0,1326 ≈ 13,3 % Da das Versuchsergebnis unter der Annahme „H0 ist richtig“ eine Wahrscheinlichkeit von ca. 13,5 % aufweist, besteht kein hinreichend begründeter Verdacht (Signifikanz-niveau ≤ 10 %), dass sich das Wahlverhalten der Jungen signifikant verändert hat. Mädchen: Y: Anzahl der Mädchen, die Chemie als LK wählen; Nullhypothese H0: Y ist (83; 0,108) binomialverteilt; Gegenhypothese H1: p > 0,108 Testen von H0:

( )13k 83 k

k 0

83P(Y 14) 1 P(Y 13) 1 0,108 0,892k

6,1 % (mit Computerunterstützung)

−

=≥ = − ≤ = − ⋅ ⋅

≈

∑

Hinweis: Eine Näherung durch die Standardnormalverteilung ist hier nicht zulässig, da n ⋅ p ⋅ q ≈ 8 < 9 ist. Eine Näherung durch eine Poisson-Verteilung ist ebenfalls nicht zulässig, da zwar n > 50 gilt, aber p > 0,05. Das Wahlverhalten der Mädchen ist verdächtig; das Versuchsergebnis ist signifikant auf dem 10-%-Niveau. Hinweis: Hier könnte sich eine Untersuchung der Gütefunktion g(p) anschließen, um einen geeigneten neuen Schätzwert für p zu ermitteln. Gesamter Jahrgang: Z: Anzahl der Schülerinnen und Schüler, die Chemie-LK wählen; H0: Z ist (150; 0,227) binomialverteilt; H1: p ≠ 0,227 Testen von H0 (zweiseitiger Test): Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Abweichung von 2 oder mehr Personen vom Erwar-tungswert auftritt, ist

( )( )

32k 150 k

k 0

35k 150 k

k 0

P(Z 32 oder Z 36) P(Z 32 Z 36) P(Z 32) (1 P(Z 35))

150 0,227 0,773k

1501 0,227 0,773k

38,76 % 38,25 % 77 % (mit Computerunterstützung)

−

=

−

=

≤ ≥ = ≤ ∪ ≥ = ≤ + − ≤

= ⋅ ⋅

+ − ⋅ ⋅

≈ + ≈

∑

∑

117


Alternativ: Wegen n · p · q = 150 · 0,227 · 0,773 ≈ 26,32 ist eine Näherung durch die Standard-normalverteilung möglich. Konkret ergibt sich unter Berücksichtigung von E(Z) = 34 und 26,32 5,13:σ = =

P(Z 32 oder Z 36) P(Z 32 Z 36) 1 P(33 Z 35)≤ ≥ = ≤ ∪ ≥ = − ≤ ≤

35 0,5 34 33 0,5 3415,13 5,13

1 ( (0,292) ( 0,292))

1 (0,292) ( 0,292) 1 (0,292) (1 (0,292))

2 2 (0,292) 2 2 0,6149 77 %

+ − − −= − Φ −Φ

= − Φ −Φ −= −Φ + Φ − = −Φ + −Φ= − ⋅Φ = − ⋅ ≈

Die Gesamtanzahl der Schülerinnen und Schüler, die Chemie-LK wählen, ist also unverdächtig. Mit einer statistischen Sicherheit von mindestens 95 % ergeben sich Anzahlen von E(Z) ≈ 34 ± 10,1, d. h. es ist – bei den angenommenen Voraussetzungen – mit einem Chemie-LK mit mindestens 23 und höchstens 45 Schülerinnen und Schülern zu rech-nen.

Rechnung zur Abschätzung: Sei λ ∈ 0 0 ,+ dann gilt:

0

0

Z E(Z)P(| Z E(Z) | ) 0,95 P 0,95

0,95 1( ) 0,975 1,96, wähle daher 1,96,2

also E(Z) 34 1,96 5,13 34 10,1

− − ≤ λ ⋅ σ ≥ ⇔ ≤ λ ≥ σ +⇔ Φ λ ≥ = ⇔ λ ≥ λ =

± λ ⋅ σ = ± ⋅ = ±

118


Anlage: Tabelle der kumulierten Binomialverteilung für n = 100 und p = 0,15.

k P(X ≤ k) k P(X ≤ k)

1 0,0000 16 0,5683

2 0,0000 17 0,6725

3 0,0000 18 0,7633

4 0,0001 19 0,8372

5 0,0004 20 0,8935

6 0,0016 21 0,9337

7 0,0047 22 0,9607

8 0,0122 23 0,9779

9 0,0275 24 0,9981

10 0,0551 25 0,9939

11 0,0994 26 0,997012 0,1635 27 0,998613 0,2473 28 0,999414 0,3474 29 0,999715 0,4572 30 1,0000

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