Mathematik HTL 3, Schulbuch

Lösungen zu „Was habe ich in diesem Abschnitt gelernt?“ 266 538. Abmessungen: 7,21cm, 9,62cm und 14,42cm [Die Verpackung hat die Länge a, die Breite b und die Höhe 2a. Das Volumen ist 2a 2 ·b = 1000, daher ist b = ​  1000 _  2a 2 ​ . Die Funktion O mit O(a) = 2(a·b + a·2a + 2a·b) = 6a·b + 4a 2 = ​  6a·1000 __ 2a 2 ​= ​  3000 _ a  ​+ 4a 2 ordnet jeder positiven Zahl a die Oberfläche der Verpackung mit Länge a zu. Die Minimumstelle dieser quadratischen Funktion ist 7,21. Die Verpackung hat daher die optimalen Maße 7,21cm, 9,62cm und 14,42cm.] 2.5 Numerische Berechnung von Nullstellen 560. Die Funktion f ist stetig, f(‒2) = 1 > 0 und f​ 2 ‒​  3 _ 2 ​  3 ​= ‒​  3 _ 4 ​< 0. Nach dem Zwischenwertsatz muss es in ​ 4 ‒2; ‒​  3 _ 2 ​  5 ​eine Nullstelle von f geben. Wegen f​ 2  ​  3 _ 2 ​  3 ​= ‒0,75 < 0 und f(2) = 1 > 0 muss es nach dem Zwischen­ wertsatz auch im Intervall ​ 4  ​  3 _ 2 ​; 2  5 ​eine Nullstelle geben. Es ist f(1,75) = 0,0625 > 0, also gibt es auch im Intervall [1,5; 1,75] = ​ 4  ​  6 _ 4 ​ ; ​  7 _ 4 ​  5 ​ eine Nullstelle. Durch Wiederholen dieses Vorgangs erhalten wir in weiterer Folge die Intervalle ​ 4  ​  13 _ 8  ​ ; ​  14 _ 8  ​  5 ​ , ​ 4  ​  27 _ 16  ​ ; ​  28 _ 16 ​  5 ​ , ​ 4  ​  55 _ 32 ​ ; ​  56 _ 32 ​  5 ​ , ​ 4  ​  111 _ 64 ​ ; ​  112 _  64 ​  5 ​ , ​ 4  ​  221 _ 128 ​ ; ​  222 _ 128 ​  5 ​und schließlich 1,73 als Näherung einer Nullstelle. Analog erhalten wir ‒1,73 als Näherung einer Nullstelle. 561. Nullstelle: 2,282 [2,282 – f(2) = 2 und f(3) = ‒13, da f als Polynom­ funktion stetig ist, muss nach dem Zwischenwertsatz eine Null­ stelle zwischen 2 und 3 liegen. Wir wählen 2 als Startwert. Es ergeben sich 2,4 mit f(2,4) = ‒1,245 und 2,294 mit f(2,294) = ‒0,114, dann 2,282 mit f(2,282) = ‒0,0013. Die Lösung ist daher 2,282.] 562. t = 0,515 [Wir suchen mit dem Newton-Verfahren eine Nullstelle der Funktion f mit f(t) = cos(2t) – t. Die Ableitung der Funktion an der Stelle t ist ‒2sin(2t) – 1, bei 0 hat sie den Funktionswert 1, bei 1 den Funktionswert ‒1,416. Daher liegt eine Nullstelle im Intervall [0; 1]. Für z 0 = 0 ergibt sich z 1 = 1 mit f(z 1 ) = ‒1,416, z 2 = 0,498 mit f(z 2 ) = 0,047 und z 3 = 0,515 mit f(z 3 ) = ‒0,00032. Eine Lösung ist daher 0,515] 3 Integralrechnung 3.1 Integration als Umkehrung der Differentiation (Stammfunktion) 641. F mit F(x) = ​  1 _ 3 ​x 3 + ​  1 _ 4 ​x 2 – 3x + ​  31 _ 3  ​  [Eine Stammfunktion ist F mit F(x) = ​  1 _ 3 ​x 3 + ​  1 _ 4 ​x 2 – 3x + c, wegen ​  1 _ 3 ​·8 + ​  1 _ 4 ​·4 – 3·2 + c = 8 muss c = ​  31 _ 3  ​sein.] 642. F mit F(t) = e t + 4 – e ‒1  [Eine Stammfunktion ist F mit F(t) = e t + c, wegen e ‒1 + c = 4 ist c = 4 – e ‒1 .] 643. a. D b. B c. A d. C 644. a. F mit F(t) = e t + c d. F mit F(t) = ln(t) + c b. F mit F(t) = ​  1 _  ln(2) ​·2 t + c e. F mit F(t) = ‒​  1 _ t ​+ c c. F mit F(u) = ​  1 _  ln(a) ​·a u + c f. F mit F(r) = ​  2 _ 3 ​·​ 9 _ r 3 ​+ c 3.2 Rechenregeln für die Integration 720. a. Substitution c. partielle Integration und Substitution b. partielle Integration d. Summenregel und Substitution 721. ​ :  ​  ​  (f – g)(t)dt​= ​ :  ​  ​ f(t)dt​– ​ :  ​  ​ g(t)dt + c​. Ist F eine Stammfunktion von f und ist G eine Stammfunktion von g, dann ist F’ = f, G’ = g und (F – G)’ = F’ – G’ = f – g. Daher ist F – G eine Stammfunktion von f – g. 722. C  [Mittels partieller Integration erhalten wir ​ :  ​  ​ t·e t  dt​= t·e t – e t + c. Für c wurde hier ‒1 gewählt. Wir hätten auch die Funktion F ableiten können und gesehen, dass nur bei C diese Ableitung F’ = f ist.] 723. F mit F(t) = ​  1 _ 5 ​·e 5t + 2 – ​  1 _  5e ​ [Eine Stammfunktion ist F mit F(t) = ​  1 _ 5 ​·e 5t + c, wegen ​  1 _ 5 ​·e ‒1 + c = 2 muss c = 2 – ​  1 _  5e ​sein.] 724. F mit F(x) = ln(x – 2) – ln(x + 3) + c [Ermittle zunächst die Partialbruchzerlegung ​  5 _  x 2 + x – 6 ​= ​  1 _  x – 2 ​– ​  1 _  x + 3 ​und dann das Integral ​ :  ​  ​ 1 _  x – 2 ​– ​  1 _  x + 3 ​dx​= ln(x – 2) – ln(x + 3) + c.] 3.3 Das bestimmte Integral 815. a. Die Funktionswerte von f sind für positive Zahlen positiv, für negative aber negativ. Das Integral dieser Funktion von ‒2 bis 2 ist 0. b. Wir können entweder die Flächen der Mengen zwischen dem Graphen und der xAchse zwischen ‒2 und 0 und zwischen 0 und 2 einzeln berechnen und dann die Beträge addieren, oder wir berechnen eine Fläche und verdoppeln diese. 816. ‒10,5 ​ 4   ​ :  ‒2 ​  1 ​ ​ 2  ​  1 _  2 ​ t 2 – 4dt = ​  1 _  6 ​ t 3 – 4t  3 ​  1 ​ ‒2 ​  1 ​= ​ 2  ​  1 _ 6 ​·1 – 4·1  3 ​– ​ 2  ​  1 _ 6 ​ (‒8) + 8  3 ​= = ‒​  23 _ 6  ​– ​  20 _ 3  ​= ‒​  21 _ 2  ​= ‒10,5  5 ​ 817. a. 17,49 [Die blaue Menge ist symmetrisch bzgl. der y-Achse. Es genügt daher, die Fläche einer Hälfte zu ermitteln und diese zu verdoppeln. Um die Integralgrenzen zu ermitteln, müssen die Graphen der Funktionen f mit f(x) = ‒x 2 + 6 und g mit g(x) = x 2 – 2x + 1 geschnitten werden. Wir lösen die Gleichung ‒x 2 + 6 = x 2 – 2x + 1 und erhalten ‒1,16 und 2,16. Daher ist die Fläche 2·​ :  0 ​  2,16 ​ ‒x 2 + 6 – (x 2 – 2x + 1)dx​= 17,49.] x y 0 -3 -2 -1 2 1 3 -2 -1 -3 -4 1 2 3 4 x y 0 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -4 -3 -2 -1 1 Nur zu Prüfzwecken – Eigentum des Verlags öbv