In den Aufgabenstellungen werden unterschiedliche Operatoren (Arbeitsan-weisungen) verwendet; sie weisen auf unterschiedliche Anforderungsbereiche (Schwierigkeitsgrade) hin und bedeuten, dass unterschiedlich viele Punkte erzielt werden können. Die Lösungen zeigen beispielhaft, welche Antworten die verschiedenen Operatoren erfordern.

Alles Wissenswerte rund um die Abiprüfung finden Sie im Buch im Kapitel „Prüfungsratgeber und Prüfungsaufgaben“.

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Die Veröffentlichung der Abitur-Prüfungsaufgaben erfolgt mit Genehmigung des zuständigen Kultusministeriums.

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Für die Fächer Deutsch, Englisch, Mathematik, Geschichte,Biologie, Chemie, Physik sowie Politik und Wirtschaft

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AbiturMathematikAufgabe1: InfinitesimalrechnungAufgabe2: Wahrscheinlichkeitsrechnung / StatistikAufgabe3: Analytische Geometrie

Abiturprüfung 2007

MATHEMATIK

als Leistungskursfach

Arbeitszeit: 240 Minuten

Der Fachausschuss wählt je eine Aufgabe aus den Gebieten LM1, LM2 und LM3 zur Bearbeitung aus.

Seite 2 (von 11)

LM1. INFINITESIMALRECHNUNG

BE I.

1. Gegeben ist die Funktion xx

xx

ee

eex:f mit der Definitionsmenge

RIDf . Der Graph von f wird mit fG bezeichnet.

6 a) Untersuchen Sie f auf Nullstellen. Bestimmen Sie das Symmetrie-verhalten von fG und zeigen Sie, dass die Geraden mit den Gleichungen 1y und 1y Asymptoten von fG sind.

8 b) Zeigen Sie, dass f streng monoton zunehmend ist. Berechnen Sie )1(fsowie )0('f und skizzieren Sie fG unter Verwendung aller bisherigen Ergebnisse in ein Koordinatensystem.

2 c) Geben Sie den Term einer Stammfunktion von f an.

5 d) f besitzt eine Umkehrfunktion 1f . Geben Sie die Definitionsmenge

von 1f an und bestimmen Sie für 1f einen Funktionsterm.

(Hinweis: Erweitern Sie den Term von f mit xe .)

[mögliches Teilergebnis: x1x1

ln21

)x(f 1 ]

2. Die Fallgeschwindigkeit eines Fallschirmspringers vor Öffnen des Schirms wird in guter Näherung beschrieben durch den Term

t2,0t2,0

t2,0t2,0

ee

ee50)t2,0(f50)t(v mit 0t .

Dabei ist t die Maßzahl der Fallzeit in Sekunden, v(t) die Maßzahl der Fallgeschwindigkeit in

sm und f die Funktion aus Aufgabe 1.

3 a) Berechnen Sie )t(vlimt

und deuten Sie das Ergebnis im genannten

Anwendungsbezug.

4 b) Berechnen Sie auf eine Dezimale gerundet die Zeit, nach der der Springer eine Geschwindigkeit von

sm49 erreicht hat.

(Die Absprunghöhe wird als genügend groß vorausgesetzt.)

4 c) Die Maßzahl der in der Zeit 11,5 s durchfallenen Strecke (in m) ist

gegeben durch dt)t(v5,11

0

. Berechnen Sie dieses Integral.

(Fortsetzung nächste Seite)

Seite 3 (von 11)

BE

3. Gegeben ist eine auf IR definierte Funktion h, deren Funktionsgleichung

in der Form )x(g)x('g

)x(hy geschrieben werden kann. g ist hierbei eine

Funktion, die mit ihrer zweiten Ableitung übereinstimmt, d. h. es gilt )x(g)x(''g für alle RIx . Die Funktion f aus Aufgabe 1 ist ein

Beispiel für eine derartige Funktion h.

4 a) Zeigen Sie, dass für alle RIx gilt: 2)]x(h[1)x('h .

4 b) Folgern Sie aus der Gleichung von Teilaufgabe 3a: Verläuft der Graph von h im Streifen 1y1 , dann steigt er dort streng monoton. Begründen Sie kurz, dass der Graph von h die Gerade 1y nicht überqueren kann.

40

Seite 4 (von 11)

BE II.

1. Gegeben ist die Funktion xln

xx:f mit dem maximalen Definitions-

bereich {1}\RIDf . Der Graph von f wird mit fG bezeichnet.

4 a) Untersuchen Sie das Verhalten von f an den Rändern des Definitions-bereichs.

(Hinweis: 0xxln

limx

darf ohne Beweis verwendet werden.)

6 b) Bestimmen Sie das Monotonieverhalten von f sowie Art und Lage des Extrempunktes E von fG .

[Zur Kontrolle: 2)x(ln

1xln)x('f ]

6 c) Zeigen Sie, dass fG einen Wendepunkt W besitzt, und berechnen Sie dessen Koordinaten.

6 d) Berechnen Sie )x('flim0x

und skizzieren Sie fG unter Verwendung

der bisherigen Ergebnisse in ein Koordinatensystem.

6e) Zeigen Sie:

2

1

dx1x

x.

Was folgt für 2

1

dx)x(f ? Begründen Sie Ihre Antwort. Dabei dürfen Sie

ohne Nachweis verwenden, dass für 1x gilt: 1xxln .

(Fortsetzung nächste Seite)

Seite 5 (von 11)

BE

2. Ein kreiszylindrischer Becher, der zum Teil mit Wasser gefüllt ist, rotiert mit konstanter Rotationsgeschwindigkeit um seine Symmetrieachse. Die Oberfläche der Flüssigkeit ist eine Drehfläche, die durch Rotation einer Parabel entsteht. Die Symmetrieachse der Parabel fällt dabei mit der Symmetrieachse des Bechers zusammen.

Das Koordinatensystem ist so gewählt, dass die zu Abb. 1 gehörende

Parabel die Gleichung 2

R

H xy2

besitzt.

8 a) Betrachten Sie zunächst Abb. 1 und zeigen Sie mit Hilfe einer geeigneten Integration, dass folgende Aussage gilt: Das Volumen des Wassers ist im Bereich Hy0 halb so groß wie das Volumen eines Kreiszylinders mit Höhe H und Grundkreisradius R.

4 b) Die Rotationsgeschwindigkeit wird nun verringert. Die Wasserober-fläche nimmt dabei die in Abb. 2 dargestellte Form an. Zeigen Sie unter Verwendung der Aussage aus Teilaufgabe 2a, dass der obere Rand des Wassers so weit absinkt, wie der Scheitel ansteigt, dass also gilt: st .

40

y

x x

y

H

s

t

R R

H

O O

Abb. 1 Abb. 2

Seite 6 (von 11)

LM2. WAHRSCHEINLICHKEITSRECHNUNG/STATISTIK

BE III.

1. In einer Gemeinschaftspraxis von Augenärzten ergab eine mehrjährige Auswertung der Patientenkartei, dass im Durchschnitt jeder 15. Patient an Grauem Star leidet.

2 a) Im Laufe eines Vormittags rufen unabhängig voneinander 15 Personen an und bitten um einen Termin. Mit welcher Wahrscheinlichkeit hat genau eine dieser Personen Grauen Star?

4 b) Wie viele Personen müssen unabhängig voneinander um einen Termin bitten, damit mit einer Wahrscheinlichkeit von mehr als 90 % mindes-tens einer darunter ist, der an Grauem Star leidet?

4 2. Der Pharmakonzern Medicash forscht nach einem neuen Medikament. Es stehen 6 verschiedene Wirkstoffe zur Auswahl. Im Labor werden Test-substanzen aus mindestens zwei Wirkstoffen gemischt, wobei von jedem beteiligten Wirkstoff jeweils genau ein Milligramm enthalten sein soll. Wie viele verschiedene Wirkstoffkombinationen sind möglich?

5 3. Ein Labor entwickelt einen neuen Impfstoff und testet ihn in einem Tierversuch mit 900 Mäusen. Mit dem Impfstoff werden nur dann klinische Studien durchgeführt, wenn sich dabei in weniger als 2 % der Fälle unerwünschte Nebenwirkungen zeigen. Bestimmen Sie für die Nullhypothese %2p:H0 die Entscheidungsregel für den Test mit 900 Mäusen auf dem Signifikanzniveau von 1 %. Verwenden Sie die Normalverteilung als Näherung.

6 4. Ein Anteil [1;0]p von Patienten leidet an der Infektion durch den M-Virus. Der Nachweis dieser Krankheit durch einen Bluttest ist nicht zuverlässig. Falls jemand vom M-Virus befallen ist, dann diagnostiziert der Bluttest dies nur mit einer Wahrscheinlichkeit von 90 %. Falls jemand nicht infiziert ist, dann diagnostiziert der Bluttest in 5 % aller Fälle trotz-dem eine M-Virusinfektion. Zeigen Sie, dass die Wahrscheinlichkeit, dass eine Person tatsächlich infiziert ist, falls der Bluttest dies diagnostiziert,

5p85p90 beträgt.

Für welche Werte von p ist diese Wahrscheinlichkeit größer als 90 %?

(Fortsetzung nächste Seite)

Seite 7 (von 11)

BE

5. In einer Spezialklinik hält sich jeder Patient (unabhängig von anderen Patienten) mindestens 3 Tage, höchstens aber 5 Tage auf. Die Verwaltung legt für die Aufenthaltsdauer X eines Patienten in Tagen folgende Wahrscheinlichkeitsverteilung zugrunde:

k 3 4 5 P(X = k) 60 % 10 % 30 %

Jeder Patient zahlt für die Aufnahme 110 € Verwaltungsgebühr und 450 € pro Aufenthaltstag.

6 a) Bestimmen Sie den Erwartungswert und die Standardabweichung der Zufallsgröße Y: Einnahmen pro Patient (in €).

[Ergebnis: 405;1775)Y(E Y ]

6 b) Die Klinik benötigt jährlich mindestens 4,4 Millionen Euro Einnah-men. Mit welcher Wahrscheinlichkeit wird bei einer jährlichen Belegung von 2500 Patienten mindestens dieser Betrag erreicht? Nach dem zentralen Grenzwertsatz kann die Normalverteilung zugrunde gelegt werden.

6. Bei einer Bernoulli-Kette der Länge 1n und der Trefferwahrscheinlich-keit p ist die Wahrscheinlichkeit für genau 2 Treffer maximal, wenn

2np gilt (Nachweis nicht erforderlich).

4 a) Zeigen Sie, dass für diese maximale Wahrscheinlichkeit in Abhängig-keit von n gilt:

2nn2

n2 )1)(2()n(P .

3 b) Gegen welchen Grenzwert strebt )n(P für n ?

(Hinweis: Der Grenzwert kk e)1(lim für RIk darf ohne

Nachweis benutzt werden.)

40

Seite 8 (von 11)

BE IV.

1. Im Raum, in dem die Abiturprüfungen für die Leistungskurse eines Gymnasiums abgehalten werden, befinden sich 20 Plätze, die in 5 Reihen zu je 4 Plätzen angeordnet sind. In jeder Reihe ist ein Fensterplatz.

3 a) Zeigen Sie, dass es ca. 800 Millionen Möglichkeiten gibt, die 9 Teilnehmer des Physik-Leistungskurses auf die 20 Plätze zu verteilen, wenn 2 der 5 Reihen frei bleiben sollen.

4 b) Wie viele Möglichkeiten gibt es, die 12 Teilnehmer des Mathematik-Leistungskurses auf die 20 Plätze zu verteilen, wenn die 5 Fenster-plätze besetzt sein sollen?

2. Nach dem schriftlichen Abitur trifft sich der Mathematik-Leistungskurs in der Eisdiele „La dolce vita“. Der Pächter Roberto ist gerade ungehalten, weil er in einem Karton 4 zerbrochene Eiswaffeln entdeckt hat. Roberto bekommt seine Eiswaffeln in Kartons zu je 48 Stück. Er berichtet, dass er schon von der letzten Lieferung aus 50 Kartons insgesamt 72 Waffeln wegwerfen musste, weil sie zerbrochen waren.

Die Kollegiaten geraten ins Fachsimpeln. Im Folgenden wird angenom-men, dass im Mittel der Anteil an zerbrochenen Waffeln genau dem aus der letzten Lieferung von 2400 Waffeln entspricht und dass die zerbro-chenen Waffeln zufällig verteilt sind.

3 a) Wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit dafür, dass in einem Karton genau 4 Waffeln zerbrochen sind?

[Ergebnis: 4,13 %]

4 b) Wie viele Kartons muss man mindestens öffnen, um mit einer Wahrscheinlichkeit von mehr als 90 % wenigstens in einem Karton genau 4 zerbrochene Waffeln vorzufinden?

4 c) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Anzahl der zerbro-chenen Waffeln in einer Lieferung von 50 Kartons um höchstens 12 vom Erwartungswert abweicht? Schätzen Sie diese Wahrscheinlichkeit mit der Ungleichung von Tschebyschow ab.

Die Kollegiaten bieten Roberto an, die Vermutung zu testen, dass der Anteil an zerbrochenen Waffeln angestiegen ist. Dazu sollen 8 Kartons aus der neuen Lieferung zufällig ausgewählt und untersucht werden.

6 d) Bestimmen Sie mit Hilfe der Normalverteilung auf dem Signifikanz-niveau von 5 % die Entscheidungsregel für den Test der Nullhypothese

%3p:H0 , dass also der Anteil p der zerbrochenen Waffeln gegenüber der letzten Lieferung nicht gestiegen ist.

(Fortsetzung nächste Seite)

Seite 9 (von 11)

BE

3. Nach der Durchführung des Tests spendiert Roberto jedem der 12 Kollegiaten eine Riesenkugel Eis, wobei jeder zwischen den Geschmacksrichtungen Erdbeere, Vanille und Schokolade wählen kann.

3 a) Roberto notiert nur, wie oft jede Sorte gewünscht wird. Wie viele Möglichkeiten gibt es dafür?

4 b) Die Kollegiaten wählen achtmal Schokolade und je zweimal Erdbeere und Vanille. Roberto hat sich nicht gemerkt, wer welche Sorte bestellt hat, und gibt jedem rein zufällig eine Eiswaffel mit einer Riesenkugel in die Hand. Mit welcher Wahrscheinlichkeit bekommt jeder das gewünschte Eis, ohne dass anschließend getauscht werden muss?

4. Roberto hat sich ein Rabattsystem für seine Stammkunden ausgedacht, bei dem die Höhe des Rabatts durch gleichzeitiges Werfen von zwei gleichen Laplace-Würfeln bestimmt wird, von denen jeder 4 gelbe und 2 rote Seitenflächen hat. Von den gelben Flächen tragen jeweils drei die Aufschrift 10 % und eine 15 %. Die beiden roten Flächen sind jeweils mit 15 % und mit 50 % beschriftet. Man bekommt genau dann einen Rabatt, wenn beide Würfel die gleiche Farbe zeigen. Die Höhe des Rabatts ist das Maximum der beiden gewor-fenen Prozentzahlen.

3 a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein Stammkunde nach dem Werfen der beiden Würfel einen Rabatt bekommt?

6 b) Wie viel Prozent Rabatt räumt Roberto seinen Stammkunden nach diesem Verfahren im Mittel ein?

40

Seite 10 (von 11)

LM3. ANALYTISCHE GEOMETRIE

BE V.

1. Gegeben ist in einem kartesischen Koordinatensystem des IR3 die Ebenen-

schar 0kx2xkkx:E 232

21k mit RIk als Scharparameter.

4 a) Ermitteln Sie, für welche Werte von k die Ebene kE den Punkt )3|2|1(P und zugleich den Punkt )0|1|0(Q enthält.

5 b) Die beiden Ebenen 2E und 3E schneiden sich in einer Geraden g. Ermitteln Sie eine Gleichung von g in Parameterform und den Schnittwinkel der beiden Ebenen auf eine Dezimale gerundet.

[mögliches Teilergebnis: RI,3-

11

3-21

x:g ]

4 c) Mit )k(e werde der Betrag des Abstands der Ebene kE vom

Koordinatenursprung bezeichnet. Zeigen Sie, dass 4kk

k42

2)k(e

und dass 1)k(e ist.

5 d) Es gibt zwei Scharebenen, deren Schnittwinkel mit der 3x -Achse 30° beträgt. Ermitteln Sie die zugehörigen Werte von k.

3 e) Untersuchen Sie, ob die Gerade g aus Teilaufgabe 1b senkrecht auf einer Ebene der Schar kE steht.

2. Nun ist weiter die Kugel K mit dem Mittelpunkt )3|2|1(M und dem Radius 6r gegeben. Die Scharebene 1E schneidet die Kugel K in einem Kreis sk mit dem Mittelpunkt N und dem Radius sr .

6 a) Berechnen Sie die Koordinaten von N und den Radius sr .

[Ergebnis: 30r);1|1|2(N s ]

4 b) Zeigen Sie, dass der Punkt )1|6|3(R auf dem Schnittkreis sk liegt, und stellen Sie eine Gleichung der Tangentialebene T auf, die die Kugel K im Punkt R berührt.

[mögliches Teilergebnis: 017x2x2x:T 321 ]

5 c) Die Ebene 1E und die Tangentialebenen an die Kugel K in allen Punkten des Schnittkreises sk begrenzen einen geraden Kreiskegel. Berechnen Sie das Volumen dieses Kegels.

4 d) Zeigen Sie, dass der Punkt )1|2|3(U auf der Kugel K und innerhalb des Kreiskegels liegt.

40

Seite 11 (von 11)

BE VI.

In einem kartesischen Koordinatensystem des IR3 ist die Ebenenschar

120

02

1

0t0

x:Et mit RI, und RIt gegeben.

5 1. a) Bestimmen Sie eine Gleichung von tE in Normalenform. Begründen Sie, dass alle Ebenen der Schar zueinander parallel sind.

[mögliches Teilergebnis: 0tx2xx2:E 321t ]

3 b) Berechnen Sie den Winkel , unter dem jede Ebene der Schar tE die

21xx -Ebene schneidet, auf eine Dezimale gerundet.

6 c) Die Ebene L enthält die 2x -Achse und ist Lotebene zur Ebene tE . Ermitteln Sie eine Gleichung von L in Normalenform und geben Sie eine Gleichung der Schnittgeraden ts von L und tE in Parameter-form an. [mögliches Teilergebnis: 0xx:L 31 ]

2. Die Ebene tE schneidet die 1x -Achse im Punkt tA , die 2x -Achse im Punkt tB und die 3x -Achse im Punkt tC . Diese Punkte und der Ursprung O sind für 0t die Ecken einer Pyramide t .

5 a) Berechnen Sie die Koordinaten der Punkte tA , tB und

tC und zeichnen Sie in einem Koordinatensystem (vgl. Skizze) für 8t die Pyramide 8 ein.

[Teilergebnis: )|0|0(C);0|t|0(B);0|0|(A2t

tt2t

t ]

7 b) Zeigen Sie, dass die Pyramide t den Oberflächeninhalt 2t besitzt, und ermitteln Sie das Volumen tV von t in Abhängigkeit von t.

4 c) Die Ebene tx2:F 2 liegt parallel zu einer Seitenfläche und zerlegt

t in zwei Teilkörper. Berechnen Sie das Verhältnis ihrer Volumina.

5 d) Zeigen Sie, dass die Kugel K mit dem Mittelpunkt )||(N8t

8t

8t

t und

dem Radius 8|t|

t die Inkugel der Pyramide t ist, also alle

Begrenzungsflächen von t von innen berührt.

5 e) Die Ecken der Pyramide t liegen auf einer Kugel (Umkugel) mit dem Mittelpunkt )m|m|m(M 321 und dem Radius r.

Begründen Sie ohne weitere Rechnung, dass gilt: 2t

2m .

Geben Sie 1m sowie 3m an und berechnen Sie r.

40

x1

x2

x3

Musterlösungen für diePrüfungsaufgaben Abitur

Bundesland: BayernPrüfungsfach: Mathe Jahrgang: 2007Autor: Tamara Döringer

LM1. Infinitesimalrechnung

I.

Aufgabe 1

a) Die Nullstellen der Funktion f sind gegeben durch

f (x) = 0 ⇒ ex −e−x

ex +e−x = 0 ⇒ ex = e−x ⇒ x0 = 0.

Zur Symmetriebestimmung untersucht man

f (−x) = e−x −ex

e−x +ex =−e−x −ex

e−x +ex =− f (x).

Somit ist der Graph G f punktsymmetrisch zum Ursprung.Zur Untersuchung der Asymptoten, also das Verhalten der Funktion f für x →±∞, betrachtet man

limx→∞

ex −e−x

ex +e−x = limx→∞

1−e−2x

1+e−2x = 1, limx→−∞

ex −e−x

ex +e−x = limx→−∞

e2x −1

e2x +1=−1.

Als Asymptote erhält man y = 1 und y =−1.

b) Um die Monotonie untersuchen zu können, benötigt man zunächst die Ableitung der Funktion f . Sieist gegeben durch

f ′x = (ex +e−x )2 − (ex −e−x )2

(ex +e−x )2 = 4

(ex +e−x )2 > 0 ∀x ∈R.

Also ist f streng monoton zunehmend. Es gilt f (1) = (e−e−1)

(e+e−1)≈ 0,76 und f ′(0) = 1.

Graph von f (x) = ex −e−x

ex +e−x :

© Dudenverlag, Bibliographisches Institut & F. A. Brockhaus AG, Mannheim, 2007 1

!4 !3 !2 !1 1 2 3 4

!1.0

!0.8

!0.6

!0.4

!0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

x

y

c) Man sieht, dass der Zähler der Funktion f gerade die Ableitung des Nenners ist. So ist eine Stamm-funktion F(x) von f (x) gegeben durch ln(ex +e−x ).

d) Um die Umkehrfunktion f −1 zu bestimmen, muss unter Beachtung des Hinweises zunächst dieGleichung e2x−1

e2x+1= y nach x aufgelöst werden.

e2x −1 = y(1+2e2x ) ⇔ e2x (1− y) = 1+ y ⇔ e2x = 1+ y

1− y⇔ x = 1

2· ln

1+ y

1− y

Durch Vertauschen von x und y erhält man f −1(x) = 12 · ln 1+x

1−x . Das Argument des Logarithmus darfweder null noch negativ werden. Somit gilt D f −1 = (−1;1).

Aufgabe 2

a) limt→∞ v(t ) = limt→∞ 50 · e0,2t −e−0,2t

e0,2t +e−0,2t = 50 · 1−e−0,4t

1+e−0,4t = 50.

Der Fallschirmspringer erhält eine Endgeschwindigkeit von 50 m/s.

b) Es muss 49 = 50 · e0,2t−e−0,2t

e0,2t+e−0,2t nach der Zeit aufgelöst werden. Diese Gleichung wurde mit y = 4950 und

x = 0,2t bereits in Aufgabe 1d) gelöst. So ergibt sich

0,2t = 1

2· ln(

1+ 4950

1− 4950

) ⇔ t = 2,5 · ln(99) ≈ 11,5.

Nach ca. 11,5s hat der Springer eine Geschwindigkeit von 49 m/s erreicht.

c) Es gilt

11,5∫0

v(t )d t = 50 ·11,5∫0

f (0,2t )d t = 250 ·2,3∫0

f (x)d x [Substitution mit x = 0,2t ]

In Aufgabe 1c) wurde schon eine Stammfunktion von f berechnet. Man erhält

50 · [ln(ex +e−x )]2,30 ≈ 404.

Die in 11,5 s durchfallene Strecke beträgt ca. 404 m.

© Dudenverlag, Bibliographisches Institut & F. A. Brockhaus AG, Mannheim, 2007 2

Aufgabe 3

a) Für die erste Ableitung der Funktion h ergibt sich mit Hilfe der Quotientenregel

h′(x) = g ′′(x)g (x)− g ′(x)2

g (x)2 = g ′′(x)

g (x)︸ ︷︷ ︸=1

− g ′(x)2

g (x)= 1− [h(x)]2.

b) Um die Monotonie im Bereich −1 < y < 1 zu untersuchen, betrachtet man h′(x) = 1− [h(x)]2. In demvorgegebenen Streifen gilt |h(x)| < 1. Somit ist dort h′(x) > 0 und h(x) im genannten Streifen monotonsteigend. Um zu zeigen, dass der Graph von h die Gerade y = 1 nicht überqueren kann, betrachtetman wieder die Gleichung h′(x) = 1− [h(x)]2. Wenn h(x) = 1, ist h′(x) = 0, und wenn man nun dochannimmt, dass h(x) > 1 werden kann, ist h′(x) < 0, h(x) für y > 1 also monoton fallend. Dies ist aberein Widerspruch und somit kann h die Gerade y = 1 nicht überqueren.

II.

Aufgabe 1

a) Die folgenden 4 Grenzwerte müssen betrachtet werden

limx→0+

x

ln x= 0, lim

x→1−x

ln x=−∞ [beachte, lim

x→1− ln x < 0], limx→1+

x

ln x=∞,

limx→∞

x

ln x→∞.

b) Zur Bestimmung der Monotonie und der Art des Extremum werden die ersten beiden Ableitungenbenötigt. Für die erste Ableitung ergibt sich

f ′(x) = ln x −1

(ln x)2 .

Für die zweite Ableitung erhält man

f ′′(x) =1x · (ln x)2 −2 · (ln x −1)ln x · 1

x

(ln x)4 = 2− ln x

x(ln x)3 .

Um das Monotonieverhalten zu bestimmen wird f ′(x) = 0 betrachtet. So ergibt sichln x = 1 ⇒ x0 = e. Für x < e ist f ′(x) < 0, also ist die Funktion f streng monoton abnehmend für0 < x < 1 und 1 < x < e. Für x > e ist f ′(x) > 0, also ist die Funktion f streng monoton zunehmend.

Die Extremstelle ist x0 = e. Um die Art des Extremums zu bestimmen, wird f ′′(x0) untersucht:f ′′(e) = 1

e > 0. Somit handelt es sich um einen Tiefpunkt in T(e|e).

c) Die Wendestelle wird aus der zweiten Ableitung der Funktion f berechnet. Hieraus folgt x1 = e2. Diesmuss noch in die dritte Ableitung von f eingesetzt werden.

f ′′′(x) = − 1x (x(ln x)3)− (2− ln x) · ((ln x)3 +3 · (ln x)2)

x2 · (ln x)4 = (ln x)2 −6

x2 · (ln x)4

Da f ′′′(e2) 6= 0, besitzt der Graph G f einen Wendepunkt in W(e2| 12 e).

d) limx→0+ f ′(x) = limx→0+ln x −1

(ln x)2 = limx→0+1

ln x− 1

(ln x)2 = 0

Graph von f (x) = x

ln(x):

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!1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

1

2

3

4

5

x

y

e) Berechnung des Integrals:

2∫1

x

x −1d x =

2∫1

(1+ 1

x −1)d x = [x + ln(x −1)]2

1 =∞

Um das zweite Integral zu berechnen, vergleiche man die Integranden xx−1 und x

ln x . Unter Verwen-dung von ln x < x −1 ⇔ 1

x−1 < 1ln x für x > 1 ergibt sich

2∫1

x

x −1d x <

2∫1

x

ln xd x =∞.

Aufgabe 2

a) Für das Volumen des Kreiszylinders erhält man VZyl = πR2H. Das Volumen der Parabel ergibt sichaus

VPar =πy∗∫

0

x2d y =πy∗∫

0

R2

Hyd y = 1

2π

R2

Hy2.

Das Volumen des Wassers ist durch VWasser = VZyl −VPar =πR2H(1− y2

2H2 ) gegeben.

Nach Aufgabenstellung soll gelten 12 VZyl = VWasser ⇔ 1

2πR2H = πR2H(1− y2

2H2 ). Dies ist dann der Fall,wenn y =±H, also y = H ist. D. h., wenn das „Ende“ der Parabel an den oberen Rand des Zylindersstößt, ist das Volumen des Wassers gerade halb so groß wie das Volumen des Kreiszylinder.

b) In Teilaufgabe a) wurde berechnet, dass das Volumen des Wassers vom Scheitel bis zum Randder rotierenden Parabel halb so groß ist, wie der Keiszylinder mit entsprechender Höhe. Somit giltπR2s + 1

2πR2(H − s − t ) = 12πR2H. Dies ist nur der Fall, wenn s = t .

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LM2. Wahrscheinlichkeitsrechnung / Statistik

III.

Aufgabe 1

a) Die Wahrscheinlichkeit, dass genau eine der 15 Personen Grauen Star hat, ist gegeben durchB15; 1

15(x = 1) ≈ 0,381, also ungefähr 38,1%.

b) A: n Personen haben den Grauen StarP(A) = ( 14

15 )n ⇒ P(A) = 1− ( 1415 )n > 0,9 ⇒ n > ln(0,1)

ln( 1415 )

≈ 33,37. Es müssen mehr als 37 Personen umeinen Termin bitten.

Aufgabe 2

a) Anzahl der möglichen Testsubstanzen mit genau 2 Wirkstoffen:(6

2

)= 15.Anzahl der möglichen Testsubstanzen mit genau 3 Wirkstoffen:

(63

)= 20.Anzahl der möglichen Testsubstanzen mit genau 4 Wirkstoffen:

(64

)= 15.Anzahl der möglichen Testsubstanzen mit genau 5 Wirkstoffen:

(65

)= 5.Anzahl der möglichen Testsubstanzen mit genau 6 Wirkstoffen:

(66

)= 1.Insgesamt erhält man 56 Testsubstanzen, die aus mindestens 2 von den 6 Wirkstoffen bestehen.

Aufgabe 3

a) Es gilt die Nullhypothese H0 : p ≥ 0,02 zu prüfen. Da eine Normalverteilung angenommen werdenkann, muss für P gelten

P(x É k) = B900;0,02(x É k) ≈Φ(k −µ+0,5

σ) É 0,01.

Mit µ= n ·p = 18 und σ=√n ·p(1−p) = 4,2 ⇒ Φ( k−18+0,5

4,2 ) É 0,01.P(X É 8) = B900;0,02(x É 8) ≈Φ(−9,5

4,2 ) ≈ 0,012 > 0,01

P(X É 7) = B900;0,02(x É 7) ≈Φ(−10,54,2 ) ≈ 0,006 < 0,01

P(A) darf höchstens den Wert 0,01 annehmen, deswegen ist A = {0,1, ...,7} und A = {8,9, ....,900}.

H0 wird abgelehnt, falls höchstens 7 Mäuse Nebenwirkungen zeigen.

Aufgabe 4

a) Es werden folgende Ereignisse definiertA: Patient ist infiziert, P(A) = p, P(A) = 1−p

B: Bluttest diagnostiziert M-Virusinfektion, PA(B) = 0,9, PA(B) = 0,05.Gesucht ist die Wahrschienlichkeit PB(A). Aus dem Satz von Bayes folgt

PB(A) = P(A) ·PA(B)

P(A) ·PA(B)+P(A) ·PA(B)= 0,9p

0,9p + (1−p) ·0,05= 90p

85p +5.

Es soll gelten

0,9p

0,9p + (1−p) ·0,05> 0,9 ⇒ p > 1

3.

Für p > 13 ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine Person tatsächlich infiziert ist, falls der Bluttest dies

diagnostiziert, größer als 90%.

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Aufgabe 5

a) Die Zufallsgrößen in Euro pro Patient sind gegeben durch Y3 = 110+3 ·450 = 1460, Y4 = 110+4 ·450 =1910, Y5 = 110+5 ·450 = 2360.So ergibt sich für den Erwartungswert und die Standardabweichung E(Y ) = 1460 · 0,6+ 1910 · 0,1+2360 ·0,3 = 1775 und σY =

√∑5k=3 = (yk −E(Y ))2 ·P(Y = yk ) = 405.

b) Zu berechnen ist die Wahrscheinlichkeit P(Z Ê 4,4 ·106) = 1−P(Z É 4,4 ·106) ≈ 1−Φ( k−µ+0,5σ ), wobei k =

4,4 ·106, µ= 2500 ·E(Y ) und σZ =p2500 ·σY . So ergibt sich für P(Z Ê 4,4 ·106) ≈ 1−Φ(−1,667) ≈ 95,2%.

Aufgabe 6

a) Die Wahrscheinlichkeit für genau 2 Treffer mit p = 2n ist

Bn; 2n

(X = 2) =(

n

2

)· (

2

n)2 · (1− 2

n)n−2

= n(n −1)

2· 4

n· (1− 2

n)n−2

= 2(n −1)

n· (1− 2

n)n−2

= (2− 2

n)(1− 2

n)n−2.

b) limn→∞ P(n) = limn→∞(2− 2n )(1− 2

n )n−2 = limn→∞(2− 2n )(1− 2

n )n−2 · (1− 2n )2

(1− 2n )2

= limn→∞ (2− 2

n)︸ ︷︷ ︸

→2

(1− 2

n)n︸ ︷︷ ︸

→e−2

· 1

(1− 2n )2︸ ︷︷ ︸

→1

= 2e−2.

IV.

Aufgabe 1

a) Es gibt(5

3

)Möglichkeiten die 3 Reihen, in denen die Teilnehmer sitzten dürfen auszuwählen. Dann

hat der erste Teilnehmer noch 12 Sitzmöglichkeiten, der Zweite noch 11, der Dritte 10 usw. Insgesamterhält man

(53

) ·12 ·11 ·10 · ... ·4 = 798336000 ≈ 800 Mio. Möglichkeiten.

b) Die Anzahl der möglichen Plätze sind(5

5

)·(157

). Auf diese Plätze können sich die Teilnehmer verteilen.

Der Erste hat 12 Möglichkeiten sich zu setzen, der Zweite 11, usw. So ergeben sich insgesamt(55

) · (157

) ·12! ≈ 3,08 ·1012 Möglichkeiten.

Audfgabe 2

a) Die Wahrscheinlichkeit für eine zerbrochene Waffel ist p = 722400 = 0,03.

P(X = 4) = B48;0,03(X = 4) ≈ 0,0413.

b) Gesucht ist n mit P(A) = P(wenigstens in einem von n Kartons sind 4 zerbrochene Waffeln) < 0,9. DieNegation hiervon ist P(in keinem der n Kartons sind 4 zerbrochene Waffeln) = (1−0,0413)n = 0,9587n .⇒ P(A) = 1 − 0,9587n < 0,9 ⇒ n > ln(0,1)

ln(0,9587) ≈ 54,6. Es müssen mindestens 55 Kartons geöffnetwerden.

c) Mit E(X) = 72 und σ2 = √E(X) · (1−p) = 69,84 ergibt sich für die Ungleichung von Tschebyschow

P(|X −72| É 12) = 1−P(|X −72| Ê 12) Ê 1− 1122 ·69,84 = 0,515.

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d) Die Kollegiaten testen die Nullhypothese H0 : p É 0,03 für n = 8 · 48 = 384 Waffeln und dem Signifi-kanzniveau 0,05. Man berechnetP(X > 16) = 1−P(X É 16) = 1−B384;0,03(X É 16) ≈ 1−0,926 = 0,074 > 0,05

P(X > 17) = 1−P(X É 17) = 1−B384;0,03(X É 17) ≈ 1−0,956 = 0,044 < 0,05.P(A) darf höchstens den Wert 0,05 annehmen, deswegen ist A = {18,19, ...,384} und A = {0,1, ...,17}.Somit wird H0 abgelehnt, wenn mindestens 18 Waffeln zerbrochen sind.

Aufgabe 3

a) Für die Anzahl der Möglichkeiten ergibt sich(3+12−1

12

)= 91.

b) Insgesamt gib es 12! Möglichkeiten, die Eissorten an die 12 Kollegiaten zu verteilen. Die Anzahl derMöglichkeiten, dass jeder zufällig die bestellte Eissorte bekommt, ist 8! · 2! · 2!. Daraus ergibt sich8!·2!·2!

12! ≈ 0,034. So erhält jeder mit einer Wahrscheinlichkeit von 3,4% die gewünschte Eissorte.

Aufgabe 4

a) Um einen Rabatt zu bekommen, hat man einmal die Möglichkeit, zweimal Rot zu werfen: 46 · 4

6 , oderzweimal Gelb zu werfen: 2

6 · 26 .

Hieraus ergibt sich die Wahrscheinlichkeit für einen Gewinn: ( 46 )2 + ( 2

6 )2 = 59 .

b) Es gibt genau 3 Möglichkeiten, einen Rabatt von 50% zu bekommen. Somit ist P(X = 50) = 336 = 1

12 .Um 15% Ermäßigung zu erhalten, kann man entweder mit beiden Würfeln 15% rot oder mit beiden15% gelb würfeln. Außerdem hat man noch die Möglichkeit mit dem ersten Würfel 15% gelb undmit dem Zweiten 10% gelb zu werfen und anders rum. Insgesamt ergeben sich so 8 Möglichkeiten,also P(X = 15) = 8

36 = 29 . Anolog überlegt man sich P(X = 10) = 1

9 . Für den Erwartungswert gilt E(X) =50 · 1

12 +15 · 29 +10 · 1

9 ≈ 8,61%.

LM3. Analytische Geometrie

V.

Aufgabe 1

a) Setze den Punkt P(1|2|−3) in Ek ein ⇒ k2+k −6 = 0 ⇒ k1 =−3, k2 = 2. Setze den Punkt Q(0|1|0) in Ek

ein ⇒ k2 −k2 = 0 ⇒ Gleichung gilt für alle k ∈ R. Somit enthält sowohl E−3, als auch E2 die Punkte P

und Q.

b) Löse das Gleichungssystem

2x1 +4x2 +2x3 = 4

−3x1 +9x2 +2x3 = 9.

Man erhält x1 =− 13 x3, x2 = 1− 1

3 x3, x3 =−3t (beliebig). So ergibt sich als Schnittgerade

g : ~x =

0

1

0

+ t ·

1

1

−3

=

1

2

−3

+Λ ·

1

1

−3

, mit t =Λ+1.

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Der Schnittwinkel der beiden Ebenen berechnet sich durch

cos ϕ= |~n−3 ·~n2||~n−3| · |~n2|

=

∣∣∣∣∣∣∣∣

2

4

2

·

−3

9

2

∣∣∣∣∣∣∣∣

p24 ·p94

= 0,72 ⇒ ϕ= 44,3◦.

c) Allgemein gilt für den Abstand Punkt-Ebene die Abstandsformel

d(P,E) =∣∣∣∣ ax1 +bx2 +cx3 +dp

a2 +b2 + c2

∣∣∣∣ .

Für den Abstand des Ursprung O(0|0|0|) und der Ebene Ek ergibt sich dann

d(O,Ek ) =∣∣∣∣ −k2

pk2 +k4 +4

∣∣∣∣= k2

pk2 +k4 +4

= e(k).

√k2 +k4 +4 >

√k2 +k4 = k ·

√1+k2 > k ·

√k2 = k2. D. h.

√k2 +k4 +4 > k2, also ist e(k) < 1.

d) Allgemein gilt für den Schnittwinkel ϕ zwischen Gerade und Ebene

sinϕ= |~n ·~a||~n| · |~a| , wobei ~n =

k

k2

2

, ~a =

0

0

1

. ⇒ sin(30◦) = 2pk2 +k4 +4

⇒ k4 +k2 −12 = 0

Durch die Substituion u = k2 erhält man u1 =−4, u2 = 3. Somit ergibt sich für k1/2 =±p3.

e) Zu untersuchen ist, ob es ein t ∈ R gibt, sodass

1

1

−3

= t ·

k

k2

2

gilt. Da kein solches t existiert, sind

die beiden Vektoren für alle k ∈ R linear unabhängig und so steht g auf keiner Ebene der Scharsenkrecht.

Aufgabe 2

a) Die Lotgerede l von M auf die Ebene E−1 schneidet E−1 im Mittelpunkt N des Schnittkreises. Für l

ergibt sich

l : ~x =

1

2

3

+ t ·

−1

1

2

.

Zur Berechnung von N wird l in E−1 eingesetzt. Man erhält −(1− t )+2+ t +2(3+2t )−1 = 0 ⇒ t =−1.Somit ist der Mittelpunkt des Schnittkreises gegeben durch N(2|1|1). Um den Radius rs berechnenzu können, muss zunächst der Abstand d der Ebene zum Kugelmittelpunkt berechnet werden. MitHilfe der Hesse’schen Normelenform ergibt sich

d(M,E) =

∣∣∣∣∣∣∣−x1 +x2 +2x3 −1√

x21 +x2

2 +x23

∣∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣−6p

6

∣∣∣∣=p6.

Jetzt kann mit dem Satz von Pythagoras der Radius rs bestimmt werden.√

r 2 −d(M,E)2 = r 2s ⇒ rs =p

30.

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b) Nachzuprüfen ist, ob der Punkt R(3|6|−1) sowohl in der Ebene als auch auf der Kugel liegt, denn dannliegt R auf dem Schnittkreis ks . Einsetzten von R in die Ebenengleichung E−1 ergibt −3+6−2−1 = 0,also liegt R in der Ebene. R eingesetzt in die Kugelgleichung ergibt ebenfalls eine wahre Aussage,somit liegt R auch auf der Kugel.Für die Tangentialebene T gilt (~x −~r ) · (~r − ~m) = 0. Durch Einsetzten von ~r und ~m erhält man T : 2x1 +4x2 −4x3 −34 = 0 bzw. x1 +2x2 −2x3 −17 = 0.

c) Das Volumen eines Kreiskegels ist gegeben durch V = π3 r 2 ·h. Zur Berechnung der Höhe h muss zu-

nächst die Lotgerade l von N auf die Ebene E−1 mit der Tangentialebene T geschnitten werden. DerAbstand dieses Schnittpunktes zum Kreismittelpunkt N ist dann die gesuchte Höhe des Kreiskegels.Die Lotgerade ist gegeben durch

l : ~x =

2

1

1

+ t ·

−1

1

2

.

Einsetzten von l in die Ebenengleichung von T ergibt (2− t )+2(1+ t )−2(1+2t )−17 = 0 ⇒ t = −5.So ergibt sich für den gesuchten Schnittpunkt die Koordinaten S(7|−4|−9). Daraus ergibt sich für dieHöhe h = |~n −~s| =p

150 und somit für das Volumen

V = π

3r 2 ·h = π

3·30 ·p150 ≈ 384,8; also ca. 384,8VE.

d) Einsetzen des Punktes U in die Kugelgleichung ergibt

3

−2

−1

−

1

2

3

2

= 36,

also liegt der Punkt U auf der Kugel. Für den Abstand d von U und dem Mittelpunkt N erhält man

d(U,N) = |~u −~n| =p14 < rs ,

somit liegt der Punkt U auf der Kugel K und innerhalb des Kreiskegels.

VI.

Aufgabe 1

a) Für den Normalenvektor ~n der Ebenschar muss

1

−2

0

·

n1

n2

n3

= 0 und

0

2

1

·

n1

n2

n3

= 0 gelten. Dies ist

gleichbedeutend mit dem folgenden Gleichungssystem

n1 −2n2 = 0

2n2 +n3 = 0.

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Somit erhält man n1 = 2n2 und n2 =− 12 n3. n3 selbst darf beliebig gewählt werden, wähle z. B. n3 =−2.

Folglich ist der Normalenvektor gegeben durch

−→n =

2

1

−2

.

Für eine Gleichung der Ebenenschar Et in Normalenform ergibt sich~p −

0

t

0

·

2

1

−2

= 0.

Da der Normalenvektor unabhängig von t ist, sind alle Ebenen der Schar zueinander parallel.

b) Der Schnittwinkel ϕ zweier Ebenen ist gleich dem Winkel ihrer Normalenvektoren. Für den Norma-lenvektor der x1-x2-Ebene gilt

−→n∗ =

0

0

1

.

Der Winkel ϕ ergibt sich aus folgender Gleichung

cos ϕ= |~n ·−→n∗||~n| · |−→n∗|

= |−2|3

⇒ ϕ≈ 48,2◦.

Da die Ebenen der Schar alle parallel zueinander sind, schneiden sie alle die x1-x2-Ebene unter demgleichen Winkel ϕ.

c) Mögliche Richtungsvektoren der Lotebene L sind ~a =

0

1

0

und~b =

2

1

−2

. Den Normalenvektor −→nL der

Ebene L berechnet man analog zu Teilaufgabe 1a). Man erhält

−→nL =

1

0

1

.

Mit dem Punkt O(0|0|0) ist eine Normalenform der Ebene L gegeben durch

~q ·

1

0

1

= 0.

Um die Schnittgerade st zu bestimmen, muss folgendes Gleichungssystem gelöst werden

2x1 +x2 −2x3 = t

x1 +x3 = 0.

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Man erhält x1 =−x3, x2 = t +4x3 und x3 = s ist beliebig. So ergibt sich für die Schnittgerade

st : ~x =

0

t

0

+ s ·

−1

4

1

mit s ∈R.

Aufgabe 2

a) Die Ebene Et ist gegeben durch 2x1+x2−2x3 = t ⇔ 2t x1+ 1

t x2− 2t x3 = 1. Durch Bildung der Kehrwerte

der Koeffizienten kann man die Spurpunkte direkt angeben. Es gilt At ( t2 |0|0|), Bt (0|t |0) und Ct (0|0|−

t2 ). Für t =−8 erhält man folgende Skizze:

0

A

C

!3!6

4

3

z 2

0

1

!2B

x

!10

y!4

!2

!8 !4

b) Allgemein gilt für die Fläche A eines Dreiecks A = 12 g ·h. So erhält man für die Seitenflächen der

Pyramide

AOBC = 1

2t · 1

2t = 1

4t 2

AOAC = 1

8t 2

AOAB = 1

4t 2.

Zur Berechnung von AABC muss zunächst die Höhe h bestimmt werden. Dies ist der Abstand desPunktes C zur Geraden g , die durch die Punkte A und B verläuft. g ist gegeben durch

g : ~x =

0

t

0

+ s ·

t2

−t

0

.

Für die Ebene E, die orthogonal zu g ist und duch C veläuft ergibt sich E : t2 x1 − t x2 = d . Den Punkt

C einsetzen ⇒ d = 0 ⇒ E : t2 x1 − t x2 = 0. Durch Einsetzen von g in E erhält man den Schnittpunkt

P: t 2

4 s − t (t − st ) = 0 ⇒ s = 45 ⇒ P( 2

5 t | 15 t |0). Nun kann die Höhe h berechnet werden

h = |~c −~p| =

∣∣∣∣∣∣∣∣− 2

5 t

− 15 t

− t2

∣∣∣∣∣∣∣∣=

p45

10|t |.

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Für die Grundseite gilt g = |~a −~b| =p

52 t ⇒ AABC = 1

2 g ·h = 38 t 2. Die Oberfläche A der Pyramide ist

somit gegeben durch A = AOBC+AOAC+AOAB+AABC = t 2. Das Volumen einer Pyramide berechnet sichmit der Formel V = 1

3 G ·h = 13 ·AOAB · |~c| = 1

3 · 14 t 2 · | t

2 | = 124 |t |3.

c) F liegt parallel zur Pyramidenfläche, die durch die Punkte O, A und C aufgespannt wird. Die EbeneF zelegt die Pyramide Π in zwei Teilkörper, von denen ein Körper wieder eine Pyramide Π∗ ist. F

schneidet im Punkt D(0| t2 |0) die x2-Achse, also in der Mitte der Strecke OB. Somit kann die Höhe und

die Grundfläche der Pyramide Π∗ ganz einfach bestimmt werden, denn alle Seiten von Π∗ sind nurnoch halb so groß, wie bei der Pyramide Π. Für das neue Volumen erhält man V ∗ = 1

3 G ·h = 1192 |t |3.

Das Volumen des anderen Teilkörpers ergibt sich durch VRest = VΠ−VΠ∗ = 124 |t |3 − 1

192 |t |3 = 7192 |t |3.

Für das Verhältnis der zwei Volumina gilt folglich

VΠ∗

VRest=

1192 |t |3

7192 |t |3

= 1

7.

d) Zu zeigen ist, dass die Kugel K alle vier Begrenzungsflächen der Pyramide berührt. Ist dies der Fall,ist klar, dass die Kugel im Inneren der Pyramide liegt.Für die Ebene EOAC gilt x2 = 0. Berührt die Kugel K die Ebene EOAC, muss die Gerade, die ortho-gonal zu dieser Ebene ist und den Mittelpunkt M als Stützvektor hat, die Ebene im Abstand ρt zumMittelpunkt schneiden. Für die Gerade g ergibt sich

gOAC : ~x =

t8t8

− t8

+ r ·

0

1

0

.

Eingesetzt in die Ebene EOAC: x2 = 0 ergibt sich t8 + r = 0 ⇒ r = − t

8 . Somit berührt die Kugel dieseBegrenzungsfläche. Bei den restlichen Begrenzungsflächen geht man analog vor. So erhält man fürEOBC und EOAB wieder, dass Kugel und Ebene sich berühren. Für die letzte Begrenzungsfläche giltEABC : 2x1 +x2 −2x3 = t und

gABC : ~x =

t8t8

− t8

+ s ·

2

1

−2

,

bzw., wenn man den Richtungsvektor als Einheitsvektor schreibt:

gABC : ~x =

t8t8

− t8

+ s∗ ·

2313

− 23

.

Durch Einsetzen in die Ebenengleichung ergibt sich 2( t8 + 2

3 u)+ t8 + 1

3 u −2(− t8 − 2

3 u) = t ⇒ u = t8 . Es

handelt sich also bei der Kugel K wirklich um die Inkugel der Pyramide Πk .

e) Der Mittelpunkt M der Umkugel muss von jedem Eckpunkt der Pyramide gleich weit entfernt sein.So muss sich der Mittelpunkt M irgendwo auf der Ebene E∗ : x2 = t

2 befinden, denn jeder Punkt aufdieser Ebene ist gleich weit von den Punkten O und B entfernt. So erhält man m2 = t

2 . Alle Punkteder Ebene E∗∗ : x1 = t

4 sind gleich weit von den Punkten O und A entfernt ⇒ m1 = t4 . Durch analoge

Überlegungen erhält man m3 =− t4 ⇒ M( t

4 | t2 |− t

4 ). Zur Berechnung des Radius ist der Abstand von M

zu einem der Pyramideneckpunkte zu bestimmen. Wahlweise O(0|0|0|) ⇒ r =√

( t4 )2 + ( t

2 )2 + (− t4 )2 =

14

p6|t |.

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Die hier abgedruckten Lösungsvorschläge sind nicht die amtlichen Lösungen des zuständigen Kultusministeriums. Impressum: Alle Rechte vorbehalten. Nachdruck, auch auszugsweise, vorbehaltlich der Rechte die sich aus den Schranken des UrhG ergeben, nicht gestattet. © Dudenverlag, Bibliographisches Institut & F. A. Brockhaus AG, Mannheim 2007 Autor: Tamara Döringer Redaktion: Simone Senk