Mathematik anwenden HAK 4, Schulbuch

126. lokales Maximum an der Stelle e ≈ 2,718. [f’(t) =     1 _ t ·t – ln(t)·1 __ t 2 =   1 – ln(t) __ t 2 . Aus   1 – ln(t) __ t 2 = 0 erhalten wir 1 = ln(t). Das ist genau dann der Fall, wenn t = e 1 = e ≈ 2,718 ist. Da t 2 stets positiv ist, ist f’(t) > 0genau dann, wenn 1 – ln(t) > 0 ist, also wenn ln(t) < 1 ist. Dies ist dann der Fall, wenn t < e ist. Für t > e ist f’(t) < 0. Also ist f für t < e streng monoton wachsend und für t > e streng monoton fallend. f hat also in der Stelle e ein lokales Maximum.] 127. [Da die Steigung an der Stelle ‒2 gleich 4,5 ist, enthält der Graph der ersten Ableitung der Funktion den Punkt (‒2 1 4,5). Ebenso enthält dieser Graph die Punkte (0,1 1 0), (2 1 ‒1,9), (4 1 ‒1,5), (5,3 1 0) und (7 1 3,6).] 128. y = 0,8x – 2,8 [Für alle reellen Zahlen x ist f’(x) = 1,5x 2 – 1,6x – 2; f’(2) = 0,8; f(2) = ‒1,2. Die Gleichung der Tangente ist y = 0,8(x – 2) – 1,2. Ausmultiplizieren ergibt y = 0,8x – 2,8.] 129. lineare Näherung: h mit h(x) = ‒x + 2; h(‒1,01) = 3,01; h(‒0,99) = 2,99 [Es ist f’(x) = 4x + 3; f(‒1) = 3 und f’(‒1) = ‒1, daher ist die lineare Näherung an der Stelle ‒1 die Funktion h mit h(x) = 3 – 1(x + 1) = = ‒x + 2. Es ist h(‒1,01) = 3,01 und h(‒0,99) = 2,99.] 1.5 Die zweite Ableitung 155. Die Funktion ist an der Stelle 4 linksgekrümmt, da f’’(4) =   9 _ 4 > 0 ist. 156. Wendepunkte: (‒1,74 1 ‒10,86), (1,24 1 ‒2,48); Wendetangenten: y = 16,13x + 17,20 und y = ‒10,5x + 10,54 [g’(x) = 2x 3 +   3 _ 2 x 2 – 13x –   1 _ 2 ; g’’(x) = 6x 2 + 3x – 13. Die Nullstellen von g’’ sind ‒1,74 und 1,24, daher können nur diese zwei Zahlen Extremstellen von g’ bzw. Wendestellen von g sein. Wegen g’’’(‒1,74) ≠ 0 und g’’’(1,24) ≠ 0 sind ‒1,74 und 1,24 Wendestellen. Es ist g(‒1,74) = ‒10,86, g’(‒1,74) = 16,13, g(1,24) = ‒2,48 und g’(1,24) = ‒10,50. Als Gleichungen der Tangenten erhalten wir y = ‒10,86 + 16,13(x + 1,74) = 16,13x + 17,20 und y = ‒2,48 – 10,50(x – 1,24) = ‒10,50x + 10,54.] 157. Die erste Ableitung von f ist f’ mit f’(x) = e x + x·e x . Die zweite Ableitung der Funktion f ist f’’ mit f’’(x) = 2·e x + x·e x und die zweite Ableitung von f’ ist f’’’ mit f’’’(x) = 3·e x + x·e x . Wegen f’’(‒2) = 0 und f’’’(‒2) ≠ 0 ist (‒2 1 0) eine Extremstelle von f’, also ein Wendepunkt der Funktion f. 158. Zunächst berechnet man die erste Ableitung f’ und die zweite Ableitung f’’ der Funktion f. Dann berechnet man die Nullstellen von f’. Sind die Funktionswerte von f’’ in diesen Nullstellen von f’ negativ, so sind es Maximumstellen, sind sie positiv, so sind es Minimumstellen. Ist a eine Nullstelle von f’ und von f’’, dann muss überprüft werden, ob die Funktionswerte von f in einer genügend kleinen Umgebung von a kleiner oder gleich f(a) sind. Wenn ja, ist a eine Maximumstelle. Wenn a eine Maximumstelle von f ist, dann berechnet man den Funktionswert f(a) und erhält den Hochpunkt (a 1 f(a)). 159. a. Die zweite Ableitung der Zeit-Weg-Funktion s ist die Beschleunigungsfunktion: a mit a(t) = s’’(t) = 3t a(t) gibt die Beschleunigung des Fahrzeugs in m/s 2 zum Zeitpunkt t an. b. 15m/s 2 [a(5) = s’’(5) = 15m/s 2 ] 1.6 Anwendungen der Differentialrechnung 201. f mit f(x) =   1 _ 2 x 2 – x –   3 _ 2 [Aus der Angabe erhalten wir die Bedingungen I) f(3) = 0, II) f(0) = ‒1,5 und III) f’(2) = 1. Mit f(x) = ax 2 + bx + c und f’(x) = 2ax + b erhalten wir daraus das Gleichungssystem I) a·3 2 + b·3 + c = 0 II) c = ‒1,5 III) 2a·2 + b = 1. Die einzige Lösung ist a =   1 _ 2 , b = ‒1,c = ‒  3 _ 2 .  5 202. Die Koeffizienten sind   1 _ 2 , ‒3,   3 _ 2 und 5, also ist die Funktion f mit f(x) =   1 _ 2 x 3 – 3x 2 +   3 _ 2 x + 5. [Aus der Angabe erhalten wir die Bedingungen I) f’’(2) = 0, II) f’(1) = ‒3, III) f(‒1) = 0, IV) f(0) = 5. Mit f(x) = ax 3 + bx 2 + cx + d, f’(x) = 3ax 2 + 2bx + c und f’’(x) = 6ax + 2b erhalten wir daraus das Gleichungssystem I) 6a·2 + 2b = 0 II) 3a·1 2 + 2b·1 + c = ‒3 III) a·(‒1) 3 + b·(‒1) 2 + c·(‒1) + d = 0 IV) d = 5. Die einzige Lösung ist a =   1 _ 2 , b = ‒3,c =   3 _ 2 , d = 5.  5 203. a. x … horizontale Entfernung vom Werfer in m; f(x) … Höhe des Pfeils über dem Boden in m f mit f(x) = ‒  1 _  36 x 2 + 25 [Aus der Angabe erhalten wir die Bedingungen I) f(0) = 25, II) f’(0) = 0, III) f(30) = 0. Daraus ergibt sich das Gleichungssystem I) c = 25 II) 2a·0 + b = 0 III) a·30 2 + b·30 + c = 0. Die einzige Lösung ist a = ‒  1 _  36 , b = 0, c = 25.] b. ‒59,041° [f’(30) = ‒1,667. Der Winkel ist daher tan ‒1 (‒1,667) = ‒59,041°.] 204. a. 15,25m/s 4    s(5) – s(0) __ 5 – 0  =   76,25 – 0 __ 5  = 15,25  5 b. nach 3,17s; 68,5km/h [v(t) = s’(t) = ‒1,5t 2 + 9,5t + 4. Für eine Maximumstelle t von v ist v’(t) = 0, also ‒3t + 9,5 = 0. Das ist der Fall, wenn t ≈ 3,17 ist. v(3,17) = 19,04m/s = 19,04·3,6km/h ≈ 68,5km/h.] c. 3,5m/s 2 [a(t) = v’(t) = ‒3t + 9,5; a(2) = 3,5m/s 2 ] 205. x = 40, y = ‒40 [x·y soll minimal sein, wobei x – y = 80, also x = 80 + y ist. Daher suchten wir die Minimumstelle der Funktion f mit f(y) = (80 + y)·y = 80y + y 2 . Aus f’(y) = 80 + 2y = 0 erhalten wir die Extremstelle y = ‒40. Da f’’(y) = 2 > 0 ist, ist y die gesuchte Minimumstelle und x = 80 + (‒40) = 40.] 206. r = h = 9,85cm [Der Materialverbrauch entspricht der Oberfläche O = r 2 π + 2r π h. Aus dem Volumen von 3 ® = 3dm 3 erhalten wir die Nebenbedingung r 2 π h = 3, also h =   3 _  r 2 π . Daraus erhalten wir für die Oberfläche die Funktion O mit O(r) = r 2 π + 2r π ·  3 _  r 2 π = r 2 π + 6r ‒1 . Die Nullstelle der Ableitung O’ mit O’(r) = 2r π – 6r ‒2 ist r ≈ 0,985. O’’(0,985) = 18,8 > 0, daher ist r = 0,985dm = 9,85cm die gesuchte Minimumstelle.h =   3 _  r 2 π ≈ 9,85cm.  5 2 Regressionsrechnung 2.1 Lineare Regression 233. a. f mit f(x) = 11,33x – 2,76 [Für die Zahlenpaare (12 1 150), (15 1 180), (18 1 160), (16 1 155), (18 1 190) und (20 1 270) erhalten wir mit Technologieeinsatz die lineare Regressionsfunktion f mit f(x) = 11,33 x – 2,76.] b. x y 0 -2 -4 2 4 4 8 6 2 -2 Werbeausgaben in 1000 € Umsatz in 1000€ 0 42 6 10 14 18 22 16 20 8 12 0 80 160 240 280 200 120 40 f 211 Lösungen zu „Was habe ich gelernt?“ Nur zu Prüfzwecken – Eigentum des Verlags öbv