7/17/2019 Klett 12 lösungen
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I Integralrechnung
7© Ernst Klett Verlag GmbH, Stuttgart 2010 | www.klett.de
Alle Rechte vorbehalten.
Lambacher Schweizer, Ausgabe Bayern,
Lösungen und Materialien – Klasse 12
ISBN 978-3-12-732862-2
Schülerbuchseite 8 – 10 Lösungen vorläufig
Integralrechnung
1 Lokale Änderungsrate und Gesamtänderung
1 h = 1
_
2
·2 m
_
s2 ·(1 s)2 + 2 m
_
s ·3 s + 1
_
2
·2 m
_
s2 ·(1 s)2 = 7 m
Fläche = 7 FE
2 a) s = 1
_
2
·0,5 h·40 km
_
h
+ 0,5 h·40 km
_
h
+ 1
_
2
·0,5 h·30 km
_
h
+ 0,5 h·10 km
_
h
+ 0,5·0,5 h·10 km
_
h
=
(10 km + 20 km + 7,5 km + 5 km + 2,5 km) = 45 km
b) s ≈ 0,5·0,25 h·50km
_
h
+ 0,5 h·50 km
_
h
+ 0,5·0,5 h· 50 km
_
h
+ 0,75 h·100 km
_
h
+ 0,5·0,5 h·100 km
_
h
=
(6,25 km + 25 km + 12,5 km + 75 km + 25 km =) = 143,75 km
3 Individuelle Lösungen
z. B.
4 V =1
_
2 ·4·60ø _
min ·10 min +1
_
2 ·5·60ø _
min ·5 min
+ 4·60ø _
min ·5 min + 9·60ø _
min ·5 min
+1
_
2 ·6·60ø _
min ·5 min + 3·60ø _
min ·5 min
+1
_
2 ·2·60ø _
min ·10 min + 60ø _
min ·10 min
+1
_
2
·60ø
_
min
·10 min = 9150 ø
5 V = 12 h·18m3
_
h ·3600·1
_
2 + 44m3
_
h ·3600·24 h + 12 h·3600·22m3
_
h ·1
_
2 = 4 665 600 m3 ≈ 4,7·106 m3
6 a) b) F’ (x) =425 (250 – 2 t3)
___
(250 + t3)2
⇒ F’ (x) = 0 bei t = 5
⇒ F (5) = 5,7ø
_
h
c) V =1
_
2 ·( 5 h·5,7ø
_
h + 5 h·2,5
ø
_
h ) + 5 h·3,2
ø
_
h +
1
_
2 ·14 h·2,4ø
_
h + 14 h·0,8
ø
_
h ≈ 64,5 ø
64 500 cm3 = π·502·h·cm2 ⇒ h ≈ 8,2 cm
7 a) u = (7 x – 3)2; f ’ (x) = 3 (7 x – 3)2·7 b) u = 2
_
(x – 2)2 ; f ’ (x) = – 4 (x – 2)– 3 = – 4
_
(x – 2)3
8 ___
›
AB = ( 1 – 2
– 2 )
__
›
AC = ( 2 – 2
2 ) |
AB | = 9 0000 9 = 3 | AC| = 9 0000000 12
( 1 – 2
– 2 ) (
2 – 2
2 ) = 2 + 4 – 4 = 2 = 3·9 0000000 12 ·cosα ⇒ α = 78,9°
FABC = 1
_
2 | ( 1 – 2
– 2 ) × (
2 – 2
2 ) | = | (
– 8 – 6
2 ) | ·
1
_
2
= 1
_
2
·9 0000000000000000000000000
64 + 36 + 4 = 1
_
2
9 0000000000
104 ≈ 5,1
S. 8
S. 10 b
p b x
t
20min
V
54km
_
h
t
20min
V
108 km
_
h
t
20min
V
108km
_
h
36km_
h
b
O
t in min
10 20 30 40 45 50 70–10–20
10
15
V
ø
_
s
5
b
m t
O 5 10 15 20 t
5
F (t)
I
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Schülerbuchseite 11 – 14 Lösungen vorläufig
2 Integrale
1 a) „Zu kleine“ Fläche sind 3 cm2 (3 × 4 Kästchen unterhalb des Graphen);
„Zu große“ Fläche ist das Rechteck mit Länge 2 und Höhe 1 +9
0000 2b) Zerlegung der Fläche in Streifen von 0,5 cm Breite:
„Zu kleine“ Fläche: 0,5·(1 + 1,5 + 2 + 2,25) = 3,375
„Zu große“ Fläche: 0,5·(1,75 + 2 + 2,25 + 2,9) = 4,45
2 a) b) c)
:
1
5
0,25 x dx = 1
_
2
·( 5
_
4
+ 1
_
4 ) ·4 = 3 F = 4,375 F = 9
d) e) f)
F = – 25 F = – 40 F = 2,25
3 I 8, da Pol und Nullstelle und Grenzen passen
II 4 → Scheitel und Öffnung der Parabel
III 5 → Steigung
IV 3 → Definitionslücke und Asymptote
4 a) : – 2,5
2,5
( 2 – 2
_ 5
x ) dx = 1
_ 2
(3 + 1)·5 = 10
b) : – 3
3
( – 1
_
2 x2 + 4,5 ) dx = 18 (Rechnereinsatz wie Bsp. 2)
c) : – 1,5
4
( 1
_
x + 2 ) dx ≈ 2,48 (Wertetabelle oder Rechner)
S. 11
S. 14 z n
O
x
1 2 3 4 5
2
3
1
y
O
x
1 2 3 4 5 6
2
3
1
y
O
x
1–1 2 3 4
2
3
1
y
1
_
4
xy =1
_
4
xy =
y = xy = xy = 1,8
O
x
1 2 3 4 5
4
6
8
10
12
2
y
O
x
–1–2–3–4– 5
2
3
4
5
6
1
y
O 1 2 3 4 5 6
4
6
8
10
12
2
y
y = 2x
y = 2x+ 2
y = –5x –1
x
n
m oder z + t
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Schülerbuchseite 14 – 15 Lösungen vorläufig
5 a) U8 = 0,5·(2 + 2,0625 + 2,25 + 2,5625 + 3 + 3,5625 + 4,25 + 5,0625)
= 12,375
O8 = 0,5·(2,0625 + 2,25 + 2,5625 + 3 + 3,5625 + 4,25 + 5,0625 + 6)
= 14,375
b)
O8 = 0,25·(4,5 + … + 1,21875) = 6,15625
U8 = 0,25·(4,21875 + … + 0,5) = 5,15625 c) O8 = 6,15625
U8 = 5,15625
d) mit Wertetabelle erhält man:
O8 = 12,794
U8 = 12,413
6 a) U10 = 0,2·(0 + 0,04 + … + 3,24) = 2,28
b) :
0
2
x2 dx = 1
_
n ( 1 _ n ) 2+ 1
_
n ( 3
_
n ) 2+ … + 1
_
n
·( 2 n– 1
_
n ) 2 = 1
_
n3 ·1
_
6
· (2 n – 1) (2 n) (4 n – 1) = 1
_
6 ( 2 n – 1
_
n ) ·2 n
_
n
·( 4 n – 1
_
n ) lim
n→ • Un = 1
_
6
·2·2·4 = 8
_
3
7 a) : –9 0000 5
5
(– 0,5 x2 + 2,5) dx = 7,45 b) : – 3,23
0
(0,25 x3 + 0,5 x2 – x) dx ≈ 4 c) :
–2
_
3
4
( – 1
_
x + 2
+ 0,75 ) dx ≈ 2
8 a) v = 0 wenn t = 12,5 b) :
0
12,5
(– 0,8 t + 10) dt ≈ 62,5 m
9 a) PC b) :
0
24
(5 sin (0,25 t) + 10) dt c) + d) : 0
24
(5 sin (0,25 t) + 10) dt ≈ 240
10 a) Weil der Abstand zum Ursprung nach Pythagoras immer 1 ist: d = ( 9 0000000000000 1 – x2 ) 2 + x2 = 1
b) + c) :
– 1
1
9 0000000000000 1 – x2 dx = 1,571 =π
_
2
m z n
x
2 3 41O
2
3
4
5
1
6
y
G f
x
2 31O
2
3
4
5
1
y
G f
genau wie b), nur um 2 nach rechts verschoben
x
2 31−1−2−3 O
2
3
1
y
G f
S. 15 t oder m z
m
b
m z
v
x 1 1,25 1,5 1,75 2 2,25 2,5 2,75 3
f (x) 4,5 4,21875 3,875 3,46875 3 2,46875 1,875 1,21875 0,5
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I Integralrechnung
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Lösungen und Materialien – Klasse 12
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Schülerbuchseite 15 – 19 Lösungen vorläufig
11 a) f ’ (x) = 2 x2 – 8 ⇒ x1/2 = ± 2 sind Extrema.
f (– 2) = 9,7 f (2) = – 11,7
b) f ’ (x) = 1
_
2
x3 – 9
_
2
x = 1
_
2
x (x2 – 9) ⇒ x1 = 0; x2/3 = ± 3
f (0) = 4 f (– 3) = f (3) = – 6,125
12 Individuelle Lösungen
z. B. Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
A: gerade
B: {1, 2, 3}
3 Integral als Flächenbilanz
1 a) Erst steigt die durchfließende Wassermenge pro Zeit, dann bleibt sie konstant, dann sinkt der
Wert. Verläuft der Graph unterhalb de x-Achse, dann strömt das Wasser in die andere Richtung
(d. h. läuft ab).
b) Die gefärbte Fläche gibt die Wassermenge an.
Zum Zeitpunkt t = 0 ist keine Wasser hinter dem Damm des Kraftwerkes. Zum Zeitpunkt
t = 12 ist noch die Wassermenge
V = 0,5·(2·10) + (2·10 + 0,5·(2·10) – 0,5·(2·7,5) – 2·7,5 – 0,5·2·7,5 = 10 cm3 hinter dem Damm.
2 :
0
1
0,5 x dx = 1 :
0
2
0,5 x dx = 4 ⇒ :
0
b
0,5 x dx = b2
3 a) : – 2
0
f (x) dx = – 0,3 + 0,8 = 0,5 b) … = 0,8 + 2,9 = 3,7
c) … = 2,9 + 1,1 = 1,8 d) … = – 0,3 + 0,8 + 2,9 – 1,1 = 2,3
4 a) b)
:
– 4
3
– 1
_
3
x dx = 1
_
2
·( 4
_
3
·4 – 3·1 ) = 7
_
6 :
0
6
( 1 _ 2
t – 1 ) dt = 1
_
2
(– 1·2 + 4·2) = 3
c) d)
:
– 0,5
3
(– 1,5 z + 1) dz =
1
_
2
( 1,75·1
1
_
6
– 2
1
_
3
·3,5 ) :
1
– 4
2 dx = – 2·5 = – 10 = – 3,0625 (Integrationsgrenzen sind vertauscht)
–2
–4
–6
–8
–10
2
4
6
8
2 4 6–2–4– 6
a)
b)
y
x
O
⇒ P (A° B) = 1
_
6 PA (B) =P (A° B)
__
P (A) =
1
_
6
_
1
_
2
= 1
_
3
S. 16
S. 19
z
O
x
–1– 2–3–4 2 3
1
11
y
O
x
1–1 2 3 4 5 6 7
2
1
y
1
O
x
1–1–2– 3– 4 2 3 4 5
2
3
1
y
O
x
1–1 2 3 4 5 6
1
y
–1
– 2
–1– 3
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Schülerbuchseite 19 Lösungen vorläufig
e) f)
: –9 0000 5
9 0000 5
(– x2 + 5) dx ≈ 14,9 : 8
– 2
1
_
4 r dr = ( – 2·1
_
2 + 8·2 ) ·1
_
2 = – 7,5
5 a) Positiv; da keine Nullstelle im Integrationsbereich und Graph oberhalb der x-Achse (links der
Integrationsrichtung)
b) Negativ: keine Nullstelle; Graph unterhalb (rechts der Integrationsrichtung) c) Null: da gleich große Flächen oberhalb und unterhalb der x-Achse
d) Negativ: die Fläche unterhalb der x-Achse ist größer als die oberhalb der x-Achse
e) Negativ: gesamte Fläche im Integrationsbereich rechts der Integrationsrichtung
f) Negativ: gesamter Graph liegt unterhalb der x-Achse
6 Individuelle Lösungen, z. B.
a) b) c) d)
7 a) b) c)
:
– 2
2 (x2 – 1) dx = 1 1
_
3
:
0
3 – 0,5 v (v – 2) dv = 0 :
0
π cos ( x +
π _ 4 ) dx ≈ –9 0000 2
d) e) f)
:
4
1
(x – 3)3 dx = 3,75 :
4
8
( 6
_
u – 2 – 2 ) du = – 1,408 :
– 1
2
(– ex + e) dx = 1,13
O
x
–1– 2– 3–4
2
3
4
5
1
y
1 2 3
O
x
1–1–2 2 3 4 5 6 7 8
2
3
1
y
–1
–2
v p n
n x
O
x
1–2
2
1
y
–1
– 2
–1 2
O
x
1–3
2
3
1
y
–1–1–2
O
x
1–1
2
1
y
3
O
x
1–2
1
y
–1
–2
–1
m oder t
x
21−1−2 O
2
1
−1
y
x
2 3 41O
1
−1
−2
y
x
2 41O
1
−1
−2
y
π
x
2 3 41O
1
−1
−2
y
x
4 6 82O
1
−1
−2
y
x
2 31−1 O
2
−2
−4
y
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I Integralrechnung
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Schülerbuchseite 19 – 20 Lösungen vorläufig
8 a) : 0
3
| 0,5 (x + 1) (x – 2) | dx A = 2,59 b) : – 1,5
3
| f (x) | dx = – 0,28 A = 3,48
c) :
– 1
1,75
| f (x) | dx A = 2,01 d) : –π _
2
5
_
4
π
| f (x) | dx A = 7
9 a) b)
10 a) Ø0 (x) = 2 x b) Ø0 (x) =1
_
2 x2 c) Ø0 (x) = – x2 d) Ø0 (x) =1
_
2 x2 + x
11 4 ist Ø0 zu Gf , da die Funktion x = 3 zunimmt und vorher ebenfalls positiv ist.
3 ist Ø1 zu Gh , da die Funktion in – 1, 1 und 3 Extrema hat und die höheren Werte besser zu Gh
passen als die von 5.
12 links: Fläche oberhalb: 1,875
Fläche unterhalb: 2
rechts: Flächenbilanz ist positiv, da die Fläche oberhalb der x-Achse deutlich größer ist (von 2 – 3).
13 a)
b)
14 a) Abnahme von 0 bis 6 Uhr; dann Zunahme bis 18 Uhr und dann wieder Abnahme.
b) schnellste Änderung um 12 Uhr und um 0 Uhr
c) minimal t = 6; maximal t = 18
d) Differenz ist 8 °C.
15 ganzer Kreis: A = r
2
π = 706,86 m2
⇒
Teilkreis:
5π
_
4
_
2π ·A = 441,79 m2
= 0,044 ha = 44 179 dm2
16 a) x = 1 ⇒ y = 3 b) x = 2 ⇒ y = 2 c) x = 0 ⇒ y = – 2 d) x = – 1
_
2 ⇒ y = –5
_
4
m
m
x
2 3 41−1 O
2
1
−1
y
G f
x
2 31−1−2 O
1
−1
−2
yG f
S. 20
v
v
hat abgenommen
n b v m
t
F u n k t i o n e n
v o n f ’ ?
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Schülerbuchseite 21 – 24 Lösungen vorläufig
4 Hauptsatz
1 a) b) Ø0 (3) = 4,5
Ø0 (4) = 8Ø0 (4) – Ø0 (3) = 3,5
c) F (3) = 4,5 + c
F (4) = 8 + c
F (4) – F (3) = 3,5 = Ø0 (4) – Ø0 (3)
⇒ Die Flächendifferenz bleibt gleich.
Fehler im Schülerbuch: Im Lösungssalat muss es anstatt 0,4 t2 heißen:2
_
3 k 4 ?
2 a) :
0
4
2 x dx = 4 x2 5 0
4 = 16 b) :
0
4
– u du = 4 – 1
_
2
u2 5 0
4 = – 8 c) 8 k – 1
_
2
k = 7 1
_
2
k
d) 8 e) k
_ 3
(43 + 8) = 24 k f) 5 k – 1 k = 4 k
g)a
_
4 (16 – 16) = 0 h) 4 x2 – x 5 – 1 1 = 0 – 2 = – 2 i) 4 1 _ 9 v3 5
– 2
– 1 = 7
_
9
k) 4 x
_
2
6 5 3
– 3 = 0 l) 20 – 10 = 10 m) k 4
_
3 ·2
3 (1) f: Die Grenzen müssen in Klammern und „–“ untere Grenze fehlt
(2) richtig
(3) „–“ vor x2 vergessen
(4) „–“ vor dem ersten x2 fehlt
(5) „–“ vorne vergessen
(6) richtig – nur Schreibweise bei der ersten Grenze ist unvollständig.
4 A1 = 4 – 1
_
6
x3 + 2 x 5 0,5
2
= 1 11
_
16
A2 = 4 – 1
_
6 x3 + 2 x 5 2
3 = 1
1
_
6
5 a) xp =1
_
4 x2 yg = 4 – x
⇒ 1
_
4
x2 + x – 4 = 0 ⇒ x1/2 =– 1∓ 9 00000000000 1 + 4__
1
_
2
= – 2∓ 29 0000 5 ⇒ S (– 2 + 29 0000 5 | 1,53)
b) :
0
– 2 + 29 0000 51
_
4 x2 dx + :
– 2 + 29 0000 5
4
(4 – x) dx = 4 1
_
12 x3 5 0
– 2 + 29 0000 5+ 4 4 x –
x2
_
2 5 – 2 +9 0000 5
4 = 1,259 + 8 – 6,833 = 2,426
6 a) F’ (x) = 6 x2 + 4; 4 2 x3 + 4 x – 1 5 1
3 = 65 – 5 = 60
bei den restlichen Aufgaben muss wie in a) durch Ableitung von F (x) wieder f (x) heraus-
kommen. Im Folgenden werden nur noch die Ergebnisse der Integrale angegeben.
b) 0 c) – 2 d)8
_
9 e) – 7,27 f) 1,44 g) – 27
7 a) 4 1 _ 8
x2 5 – 4
2
= 1
_
2
– 2 = – 3
_
2
; es muss eine Nullstelle im Integrationsbereich geben.
b) 4 – u2 + 2 u 5 – 1 2 = 0 + 1 + 2 = 3; Nullstelle liegt im Integrationsbereich.
c)
4 3
_
4
t2 + 0,5 t
5 1
– 2
= 2 –5
_
4
=3
_
4
; „untere“ Fläche größer als „obere“
d) 4 – x3
_
3 + 2 x 5 – 2
2,5
= – 0,21 + 1,33 = 1,12; „obere“ Fläche größer als „untere“
S. 21 m t
O
x
1 2 3 4 5 6 7 8
2
3
4
1
y
Ø0 (3)
Ø0 (4)
Ø0 (4)–Ø0 (3)
S. 23
v
t
A1
_
A2
= 1,446
⇒ A1 ist um 44,6 % größer.
n t
t n
S. 24 b
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Schülerbuchseite 24 Lösungen vorläufig
8 a) : – 2
x
3 t2 dt = 4 t3 5 – 2 x = x3 + 8 ⇒ x0 = – 2; Extremum in xE = 0
b) : 2
x
t3 dt = 4 t4
_
4 5 2
x
= x4
_
4
– 4 ⇒ x1/2 = ± 2; Extremum in xE = 0
c) : – 0,5
x
(– 8 t + 1) dt = 4 – 4 t2 + t 5 – 0,5
x = – 4 x2 + x + 1 + 0,5 = – 4 x2 + x + 1,5 ⇒ x1 = – 1
_
2
; x2 = –3
_
4
; xE = 1
_
8
d) : 2
x
(3 t2 – 2 t) dt = 4 t3 – t2 5 2
x = x3 – x2 – 4
x1 = 2;
xE = 0; 2
_
3
e) : – 1
x 3 (t + 1) (t – 1) dt = :
– 1
x (3 t2 – 3) dt = 4 t3 – 3 t 5
– 1
x = x3 – 3 x – 2
x1 = – 1;
xE = ± 1
9 a) : 0
ln 2
f (x) dx = F (ln 2) – F (0) = 2 – 1,5 = 0,5 b) : 0,75
– 1
f (x) dx = 1,6 – 0,2 = 1,4
Fläche = 0,5 Fläche = 1,4
c) : – 1,5
0,5
f (x) dx = 1,6 – 0,7 + 0,8 – 0,7 = 1 d) : – 1,5
0,5
f (x) dx = 0,3 – 1 = – 0,7
Fläche = 1 Fläche = 0,6 + 0,1 + 0,2 = 0,9
10 a) – 4
_
x2 = f (x) ⇒ f (8) – f (4) = 3
_
16
b) f (– 0,5) = – 16+ c = – 20 ⇒ c = – 4 ⇒ f (10) = – 4 _
100 – 4 = – 4,04
11 s (t) = 1
_
2
·9,81·t2 ⇒ s (t) = 44,14 m
12 L = 1
_
2 ·40·25 cm + 1
_
2 ·30·25 cm = 875 cm
13 a) b) Kohlendioxidverbrauch pro m2:
:
– 6
6
( 600 –600
_
36 t2 ) dt = 4 600 t –200
_
36 t3 5 – 6
6 = 4800 mø
Die Oberfläche einer Buche beträgt 500 m2,der Gesamtverbrauch also 4800 mø pro Tag.
(x3 – x2 – 4) : (x – 2) = x2 + x + 2
x3 – 2 x2
x2 – 4 ⇒ keine weiteren Nullstellen
x2 – 2 x
2 x – 4
(x3 – 3 x – 2) : (x + 1) = x2 – x – 2
x3 + x2
– x2 – 3 x x1 = – 1; x2 = 2
x2 – x
– 2 x – 2
b
t b n
O
t in d
10 20 30 40 50 60 70
20
10
w(t)
b t
4 62−2−4−6 O
400
200
k (t)
t in h
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14 a) f ’ (x) = 8 (3 + x4) x3 b) f ’ (x) = 0,3 x– 0,7 c) f ’ (x) = 7
_
4
x3
_
4 d) g ’ (x) = – 3 x– 4 – sin 1
_
x
·ln x
15 _
›
c liegt in der von_
›
a und_
›
b aufgespannten Ebene.
16 a) α = 180° b) α = 360°; 0°
5 Stammfunktionen
1 f3 (x)’ = f5 (x) ⇒ f3 (x) ist Stammfunktion von f5 (x);
f2 (x)’ = f3 (x) ⇒ f2 (x) ist Stammfunktion von f3 (x);
f1 (x)’ = f4 (x) ⇒ f1 (x) ist Stammfunktion von f4 (x)
2 g hat in x = 1 und x = 3 Nullstellen ⇒ F hat dort Extrema; ✓
g hat in x = 2 ein Minimum ⇒ F hat dort einen Wendepunkt; ✓
g ist für x < 1 negativ ⇒ F fällt nicht; ⇒ ist keine Stammfunktion von g.(F müsste an der x-Achse gespiegelt sein, damit sie Stammfunktion wäre.)
Fehler ? im Schülerbuch: Im Lösungssalat muss es anstatt – 3,75 (Teilaufgabe b)) heißen: – 0,375
und anstatt 1636,72 (Teilaufgabe g)): 1636,67.
3 a) : 0
4π
cos x dx = 4 sin x 5
0 4π = 0 b) 4 – 1
_
2
x– 2 5 – 2
– 1
= – 1
_
2
+ 1
_
8
= – 3
_
8
c) 4 ln x 5
1
e = 1
d) 4 ex 5
4 – 1 = e– 1 – e4 = – 54,23 e) 4
x ln x – x 5 4 1 = – 1 – 4 ln 4 + 4 = – 2,55
f) 4
cos t 5 0,5 2π = 1 – cos 0,5 = 0,12 g) 4 1 _ 3 x
3
_
2 5 0
– 289
= 16372
_
3 h) 4 x0,75·4
_
3 5 2
4 = 1,53
4 a) 1
_
8
x8 + c b) a2
_
– 3
z– 3 + c c) – et + c
d) k ln u + c e) – sin x + c f) 2
_
7 r3,5 + c
5 a) in e b) in a c) in a d) in b
6 a) F (x) =1
_
3 x3 – x2 + c ⇔ 21
_
3 =1
_
3 – 1 + c ⇒ c = 3
b) G (t) = 2
_
3
t3
_
2 + c ⇔ – 1
_
6
9 0000 8 = 2
_
3
23
_
2 + c ⇒ c = – 2,36
c) K (z) = z2 + 5 z + c ⇔ 51
_
4 = ( 2 1
_
2 ) 2 r5·2
1
_
2 + c ⇒ c = 131
_
2
d) H (x) = x5 + x4 – 2 x + c ⇔ 7 = – 1 + 1 + 2 + c ⇒ c = 5
e) R (a) = 2 a2 + 4 a + c ⇔ 2 = 18 – 12 + c ⇒ c = – 4
7 (1) stimmt, da die Ableitung f von F in diesem Intervall immer negativ ist.
(2) falsch – hier ist die Stelle größter negativer Steigung; außerdem ist hier ein Wendepunkt.
(3) stimmt, da die 1. Ableitung gleich Null ist und f von negativen Funktionswerten zu positiven
Funktionswerten wechselt.
(4) nein – muss nicht sein – hängt von der Konstanten ab.
S. 25
S. 27 t n
t
v n
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8 a) b) c) d)
9 a) b) f (0) = 0; f (2) = 4; f (1) = 2; f ’ (2) = 0; f ’ (0) = 0
⇒ f (x) = ax3 + bx2 + cx + d
f ’ (x) = 3 ax2 + 2 bx + c
I: d = 0
II: 4 = 8 a + 4 b + 2 c
III: 2 = a + b + c
IV: 0 = Å2 a + 4 b + c
V: 0 = c ⇒ a = 2 – b in IV
⇒ 0 = 24 – 12 b + 4 b ⇒ 0 = 24 – 8 b ⇒ b = 3 ⇒ a = – 1
⇒ f (x) = – x3 + 3 x2 = x2 (3 – x)
c) H (x) = –1
_
4 x4 + x3 + c; H (3) = –81
_
4 + 27 + c = 6,75 ⇒ c = 0
d) f (3) = 0 und f (x < 3) > 0 und f (x > 3) < 0
⇒ H (x < 3) steigend und H (x > 3) fallend
e) x1 = 0 mit Vielfachheit 3; x2 = 4 mit Vielfachheit 1
f) im Koordinatensystem oben
g) gesucht: Entfernung (2 | 4) ⇔ (3 | 6,75) mit Pythagoras ⇒ dH = 9 0000000000000000000000000000000000000000000000
(3 – 2)2 + (6,75 – 4)2 ≈ 2,93
h) d minimal, wenn K (3) = 4 ⇒ c = – 2,75 ⇒ k (x) = – 1
_
4
x4 + x3 – 2,75
10 a) weil der Definitionsbereich für den ln (k x) R+ ist (wenn k * R+).
b) fk (1) = 1 ⇔ 1 = 1 + ln (k·1) ⇔ ln k = 0 ⇔ k = 1
c) ln (k x) = – 1 ⇔ kx = e– 1 ⇒ x =e– 1
_
k hat immer Vielfachheit 2 wegen des Quadrats
d) Durch Zerlegen in Summen ⇒ lim
x→ • 4 1 _ x +
2 ln x
_
x +(ln (x0)
2
_
x 5 = 0
e) f ’ (x) =2 x (1 + ln (x))·
1
_
x
– (1 + ln (x))2·1
_____
x2 =(1 + ln (x)) [2 – 1 – ln (x)]
____
x2
⇒ x1 = e– 1; x2 = e
f (e– 1) = 0 f (e) = 4
_
e
≈ 1,47
f) g) Weil die Ableitung f (x) immer positiv ist, die Stamm-
funktion in D also streng monoton steigend ist. h) ga (x) = a – f1 (x) ⇒ lim
x→ • ga (x) = a;
Hochpunkt ( 1 _ e | a ) ; Tiefpunkt ( e | a –4
_
e ) für a < 0 ⇒ keine Nullstelle
für a = 0 ⇒ eine Nullstelle
für a =e
_
4
⇒ zwei Nullstellen
für 0 < a < 4
_
e
⇒ drei Nullstellen
für a > 4
_
e
⇒ eine Nullstelle
S. 28
O
x
–2
2
1
y
–1–1
O 1
2
1
y
–1–1 2 3 4
x
O 2–4
4
2
y
–2–2 4 6–6
x
O 1
2
1
y
–12
x
z p n
O
x
2–2 4
4
6
8
2
y
–2
– 4
– 8
GF
GH
Gf
n t
O
1
y
–1
1 2
x
H
G1
x 1 _ e
e
f ’ (k) < 0 0 > 0 0 > 0
f
Min Max
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Schülerbuchseite 28 – 32 Lösungen vorläufig
11 a) f ’ (x) = – x + 1 ⇒ Extremum in (1 | 4,5)
Nullstellen: x1 = 4; x2 = – 2
b) – 1
_
2
x2 + x + 4 – m x – 2 = 0
⇒ x1/2 =– 1 + m∓ 9 000000000000000000000000000 (1 – m)2 + 4
___
– 1
D: (1 – m)2 + 4 > 0 gilt für alle m* R
6 Eigenschaften von Stammfunktionen und Integralen
1 a) F (x) = sin x + c G (x) =3
_
2 x2 + x + c
b) K (x) = ∫ cos (3 x + 1) dx =1
_
3 sin (3 x + 1) + c
J (x) = ∫ 0,4·(3 x + 1) dx = 0,4·( 3
_
2
x2 + x ) + c
H (x) = 3
_
2
x2 + x + sin x + c
M (x) = ∫ cos x·(3 x + 1) dx = (3 x + 1)·sin x + 3·cos x c (CAS)
2 :
1
3
(x2 + 4 x + 1) dx = 26 2
_
3
; :
1
3
x2 dx = 8 2
_
3
; :
1
3
(4 x + 1) dx = 18
⇒ : 1
3
(x2 + 4 x + 1) dx = : 1
3
x2 dx + : 1
3
(4 x + 1) dx
3 Fehler im Schülerbuch: Im Lösungssalat muss es anstatt heißen: ?
a) 4 x3 –x2
_
2
+ 2 x 5 – 2
1,2
= 17,408 b) 3 4 5 ln z + z2 5 1 5
= 96,14 c) 4 1
_
4
x2 (2 + t)2 5 – 4
4 = 0
d) 2
_
3
4 (2 x + 4)3
_
2 5 2
4 = 6,31 e) 2 4 – 1
_
t + ln t 5 4,5
3 = – 1,03 f) 4 – 1
_
4
x4 + 2 ex 5 – 3
– 1
= 20,64
g) 4 ln (z2 + 2 z + 1) 5 4
1 = – 1,83 h) 4 e6 x – 1 5
– 1
0,5 = 7,39 i) 4 2 u2 – 2 (u ln u – u) 5
1
3 = 13,41
k) 4 ln x – 2 cos x 5
1 π = 4,23 ø) 4 ln (t2 + 1) 5
1
4 = 2,14 m) 4 2
_
1 – x 5 0
– 2
= – 1 1
_
3
4 (1) 4 1 _ 2 x4 + x– 1 5 1
2 = 7 (2) 4 1 _ 4 ln (4 a2 + 1) 5
– 1
– 2 = 0,31 (3) CAS: 8,39
(4) 4 x + ln x 5 2 4 = 2,69 (5) CAS: 0,72 (6) 4 1 _ 5 u5 – u 5
– 2
2 = 8
4
_
5
(7) 4 1
_
12 r3 +e2
_
8 r2 5 0
3 = 10,56 (8) 4 4
_
3 v3
_
2 –4
_
5 v5
_
2 5 0
2
= – 0,75 (9)1
_
2
4 ln (2 eb + 2) 5 – 1
– 4
= – 0,15
(10) CAS: 6,71 (11) CAS: 6,22 (12) 4 3
_ 4
x4 + 1
_ 2
x2 5 – 2 2 = 0
5 a) b)
4 ln (x – 2) 5 3 5 = 1,10 4 2 sin ( t –π _ 2 ) 5
π
3π = 0
– 1
1
2
3
4
1 2 3 4–1–2
y
x
O
S. 29
m
S. 31 t
S. 32 t m p z
m t
O 1 2 3 4 5
2
3
1
y
x
O
x
π 2π 3π
1
y
–1
–2
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c) d)
4 1 _ 3
x3 + x2
_
2
– 2 x 5 – 2
0 = – 3 1
_
3
4 2 u ln v – 2 u – 2 u 5
e 4 = 0,53
6 a) –1
_
2 e 2 – 2 t + c
b) sin (4 x) + c c)2
_
3 a3 = 10 ⇒ a =3
9 0000000 15 = 2,47 d)1
_
2 ln t + c e) – 2 cos (3 t + 3) + c
f)1
_
16 a4 – 4 a2 –1
_
16 + 4 = – 4 ⇒ a1/2 = ± 1,432; a3/4 = ± 7,87
g) 4 2
_
u + u2 5 – 2
a = 2
_
a + a2 – 3 = 3 ⇒ a ≈ – 2,602
h) 4 – 3 cos x 5 π a = – 3 cos a ? – 1 = 0 ⇒ α = 109,5° = 0,15π
7 a) : – 3
3
x2 dx = 4 1 _ 3
x3 5 – 3
3
= 9 + 9 = 18
2· : 0
3
x2 dx = 2· 4 1 _ 3 x3 5 0
3
= 2·9 = 18
b) Individuelle Lösung; Beispiel in a) (Funktion muss symmetrisch zur y-Achse sein.)
8 a) f (x) = ax3 + bx2 + cx + d
f (0) = 0 ⇒ d = 0
f (– 3) = 0 ⇒ – 27 a + 9 b – 3 c = 0
f (3) = 0 ⇒ 27 a + 9 b + 3 c = 0
f (1) = – 1 ⇒ – 1 = a + c ⇒ c = – 1 – a
⇒ 27 a – 3 – 3 a = 24 a – 3 = 0 ⇒ a = 1
_
8
⇒ c = – 9
_
8
b) f (x) = 1
_
8
x3 –9
_
8
x = – f (x)
c) Wegen Punktsymmetrie sind die Flächen unterhalb und oberhalb der x-Achse jeweils gleich groß.
d) Weil die Fläche :
– 1
1
f (x) dx = 0 ist (wegen c)).
9 a) 4 6
_
t + x3 + 3 t 5 2
x = 6
_
x
+ x3 + 3 x – 17
b) 6
_
x + x3 + 3 x + 0
c) 6 + x4 +3 x2 = 0 ⇔ D = 9 000000000000000 9 – 24 ⇒ keine Nullstellen!
⇒ Eine Integralfunktion muss mindestens eine Nullstelle haben. d) c ≤ – 10 da Minimum von F (x) in (1 | 10)
oder c ≥ + 10 da Maximum von F (x) in (– 1 | – 10)
10
P (B1) =5 %
_
25 % = 0,2 = 20 %
⇒ 20 % von 200 = 40
O
x
1–2
1
y
–1
–2
–1
O e1 2 3 4
y
–2
–4
–6
t
m
v x
Der Graph von f (x) = x2 ist symmetrisch zur y-Achse.
Wenn man die Integrationsgrenzen symmetrisch wählt,
dann wird die Fläche von der y-Achse halbiert.
p
v n
⇒ b = 0
v
y
Be_
Be
Br 5 % ?
_
Br
25 % 1
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Schülerbuchseite 33 – 36 Lösungen vorläufig
7 Flächenberechnungen mit dem Integral
1 Nullstellen x1 = – 1,25; x2 = 0,25
⇒ F =
| : – 1,25
0,25
( x2 + x – 5
_ 16 ) dx
| +
| : 0,25
1
( x2 – x – 5
_ 16 ) dx
| = 0,56 + 0,56 = 1,12
2 a) F = : –π
_
2
0
cos x dx b) F = :
0
π
_
4
cos x dx – :
0
π
_
4
sin x dx
3 a) Nullstellen: x = 0; ± 2
⇒ A = | : – 1
0
f (x) dx | + | : 0
2
f (x) dx | + | : 2
3
f (x) dx | = | 4 1 _ 8 x4 – x2 5 – 1
0 | + | 4 1 _ 8 x4 – x2 5
0
2 | + | 4 1 _ 8 x4 – x2 5
2
3 |
= 0,875 + 2 + 3,125 = 6 b) Nullstellen: x = – 2; 1 ⇒ A = 3,67 + 9 + 17,33 = 30
c) Nullstellen: x = 1; 3 ⇒ A = 0,42 + 0,2 + 0,31 = 0,93
d) Nullstellen: x = – 1; 0; 4 ⇒ A = 2,38 + 0,38 + 12,38 = 15,14
e) Nullstellen: x =π
_
4
; … ⇒ A = 3,99 + 1,78 = 5,77
f) Nullstelle: x = – 4 ⇒ A = 1,17
g) Nullstelle: x = 0,5 ⇒ A = 1,15 + 0,28 = 1,43
4 a) Nullstellen: x = 0; ± 2 A = | : – 2
0
(– x3 + 4 x) dx | + : 0
2
(– x3 + 4 x) dx = 2 ·4 – 1
_
4 x4 + 2 x2 5 0
2 = 8
b) Nullstellen: x = 1; 3 A =
| : 1
3
(x2 – 4 x + 3) dx
| = | 4
1
_
3
x3 – 2 x2 + 3 x 5 1 3
| = 11
_
3
c) Nullstellen: x = ±9 0000 2 A = 2 · 4 – 1
_
3
x3 + 2 x 5 0
9 0000 2dx = 3,77
d) Nullstellen: x = 2 ±9 0000 3 A = | 4 1 _ 2 x2 + ln x – 4 x 5 2 –9 0000 3
2 +9 0000 3 | ≈ 4,294
e) Nullstellen: x = 0; ± 2 A = 2 · | 4 1 _ 5
x5 – 4
_
3
x3 5 0
2 | = 8,53
f) Nullstellen: x = 0,25; 2,25 A = | 4 – 3
_
2
9 0000 x +2
_
3 x3
_
2 – 2 x 5 0,25
2,25
| = 0,33
5 a) 4 – 0,25 x2
+ 2 x 5 0 k
= –
k 2
_
4
+ 2 k = k ( –k
_
4
+ 2 ) = 0 ⇒ k = 8
b) 4 1 _ 3
x3 – x2 – 3 x 5 0
k = 1
_
3
k 3 – k 2 – 3 k = k ( 1 _ 3
k 2 – k – 3 ) = 0 ⇒ k = 3
_
2
+ 3
_
2
9 0000 5 ≈ 4,854
(die anderen möglichen Lösungen sind 0 und3
_
2 –3
_
2
9 0000 5 – also nicht die gesuchte)
c) 4 1 _ 4
x2 – x 5 0
k = 1
_
4
k 2 – k = 1
_
4
k (k 3 – 4) = 0 ⇒ k =3
9 0000 4 ≈ 1,32
d) 4 1 _ 4
x4 + 3
_
4
x2 – 2 x 5 0
k = 1
_
4
k 4 + 3
_
4
k 2 – 2 k = 0 ⇒ k ≈ 1,512 (mit CAS durch Probieren)
S. 33
O 1
2
1
y
–1 2 3 4
x
sinxcosx
– = F
S. 36 t m z
t z
t
m
7/17/2019 Klett 12 lösungen
http://slidepdf.com/reader/full/klett-12-loesungen 14/16
I Integralrechnung
20© Ernst Klett Verlag GmbH, Stuttgart 2010 | www.klett.de
Alle Rechte vorbehalten.
Lambacher Schweizer, Ausgabe Bayern,
Lösungen und Materialien – Klasse 12
ISBN 978-3-12-732862-2
Schülerbuchseite 36 Lösungen vorläufig
6 a) b) c)
A = : – 1
2
(0,1 x2 – x + 1) dx A = : e
5
( ln x – 1
_
x ) dx A = : 0
4
( 9 000000000000 x + 2 – e– 0,2 x + 1 ) dx
= 4 1
_
30 x3 + 3 x –1
_
2 x2 5 – 1
2 = 7,8 = 4
x ln x – x – x 5 e 5 = 2,44 = 4 2
_
3 (x + 2)3
_
2 + 5 e– 0,2 x + x 5 0
4
= 9,16
7 a) g’ (x)= x ⇒ g’ (3)= 3 ⇒ 4,5 = 3·3 + t ⇒ t = 4,5 ⇒ t (x)= 3 x – 4,5
⇒ A = :
0
3
0,5 x2 dx – :
1,5
3
(3 x – 4,5) dx = 4 1 _ 6
x3 5 0 3 – 4 3
_
2
x2 – 4,5 x 5 1,5 3
= 1,125
b) g’ (x)= 4 (x – 2)3 ⇒ g’ (0)= – 32 ⇒ 16 = – 32·0 + t ⇒ t = 16 ⇒ t (x)= – 32 x + 16
⇒ A = : 0
2
(x – 2)4 dx – : 0
0,5
(– 32 x + 16) dx = 4 1 _ 5
(x – 2)5 5 0
2 – 4 – 16 x2 + 16 x 5
0
0,5 = 6,4 – 4 = 2,4
c) g’ (x)= – 2 x– 3 ⇒ g’ (0,5)= – 16 ⇒ 3,75 = – 16·0,5 + t ⇒ t = 11,75 ⇒ t (x)= – 16 x + 11,75
⇒ A = : 0,5
3,75
(x– 2 – 0,25) dx – : 0,5
47
_
64
(– 16 x + 11,75) dx = 4 – x– 1 – 0,25 x 5 0,5
3,75 – 4 – 8 x2 + 11,75 x 5 0,5
47
_
64
= 0,96 – 0,44 = 0,52
8 a) b)
Schnittpunkte:
x = – 2; 0; 1,5
A = : 0
2
(– x2 + 4 x – x2) dx A = : – 2
0
(x3 + x2 – 2 x – x – 0,5 x2) dx + : 0
1,5
(–x3 – 0,5 x2 + 3 x) dx
= 4 – 2
_
3
x3 + 2 x2 5 0
2 = 2 2
_
3
= 3,33 + 1,55 = 4,88
c) d) e)
Schnittpunkte: x = – 1,73; 0; 1,73 Schnittpunkte: x = 0,5; 2 Schnittpunkte: x = 2; 3
A = 2· : 0
1,73
( 0,5 –1
_
4 (x + 2) (x – 1)2 ) dx A = : 0,5
2
( – 1
_
x2 – 2,5 x + 5,25 ) dx A = : 2
3
( 9 00000000000 x – 2 – (x – 2)2 ) dx
= 1,12 = 1,69 = 0,33
t oder m
x
2 31−1
−1
O
1
2
−1
−2
y
2 3 41 5O
1
2
−1
−2
y
x
2 3 41O
1
2
−1
3
y
x
G f
Gg
G f
Gg
G f
Gg
n t oder m
n t z
O 2 4–4
2
y
–2
4
–2
x
Gf Gg Gf
Gg
O 1 2–2
1
y
–1
2
–1
x
Gf
O 1 2–2
1
y
–1
2
– 2
–1 x
Gg
x
O 1 2–2
y
–1
– 2
– 3
– 4
–1
Gg
Gf
O 1 2 3 4
1
y
2
3
4
Gg
Gf
x
7/17/2019 Klett 12 lösungen
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I Integralrechnung
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Lösungen und Materialien – Klasse 12
ISBN 978-3-12-732862-2
Schülerbuchseite 36 – 37 Lösungen vorläufig
9 a) A = : – 1
7
9 000000000000 x + 2 dx –1
_
2 ·1·2 –1
_
2 ·3·3 +1
_
2 ·1·3 = 4 2
_
3 (x + 2)3
_
2 5 – 1
7
– 4 =52
_
3 – 4 = 131
_
3
b) Parabelgleichung: y = a (x – 3)2 + 1
⇒ 1,5 = a (5 – 3)2 + 1 ⇒ a = 1
_
8
⇒ t (x) = 1
_
8
(x – 3)2 + 1
f ’ (x) = 1
_ 4
(x – 3) f ’ (5) = 1
_ 2
⇒ g (x) = 0,5 x – 1
⇒ : 0
5
( 1 _ 8 (x – 3)2 + 1 – 0,5 x + 1 ) dx = 5,21
10 a) A (t) = : 1
2
t
_
x2 dx = 4 – t
_
x 5 1
2 = –
t
_
2 + t =t
_
2 ; A (t) = 8 ⇔ t = 16
b) Nullstellen: x = ± t
A (t) = 2· :
0
t
(x2 – t2) dx = 2 | ( t3
_
3
– t3 ) | = 4
_
3
t3; A (t) = 36 ⇔ t = 3
11 a), c) b) U4 = 0 + 3 + 4 + 3 = 10
:
0
4
(– x2 + 4 x) dx = 10,67 ⇒ Abweichung um 6,25 %
d) A liegt für 0 ≤ a < 4 im I. Quadranten.
e) Schnittpunkt:
– x2 + 4 x – a x = 0 ⇒ – x (x – 4 + a) = 0 ⇒ x1 = 0; x2 = a + 4
: 0
4 – a
(– x2 + 4 x – a x) dx = – 1
_
3
(4 – a)3 + 2 (4 – a)2 –a
_
2
(4 – a)2 = 1
_
6
(4 – a)3
f) F∆ OPQ =1
_
2 ·3·3 = 4,5
g) F’ ∆ OPQ = –3
_
2 x2 + 4 x = 0 ⇔ (x1 = 0) oder x2 = 22
_
3
12 a) Volumen = Gesamtfläche·Länge Parabelgleichung: y = 1
_
20 x2 – 80
Parabelfläche: A = 1002 + 2 : 0
40
( 1
_
20 x2 – 80 ) dx = 42662
_
3 cm2
Restgrundfläche: G = 57331
_
3 cm2 ⇒ Volumen: V = 573,3 dm3 ≈ 0,57 m3 ⇒ Masse: m ≈ 1,3 t
b) Parabelgleichung: y = – 1
_
40 (x – 100) (x – 300)
Parabelfläche: A = 31
_
3 m2
Restfläche: 9,67 m2 ⇒ Volumen: V = 96,7 m3 ⇒ Masse: m ≈ 222,3 t
13 a) A = : 0
4
1
_
4 x2 dx = 4 1
_
12 x3 5 0
4 = 5
1
_
3 gesucht: a, damit1
_
12 a3 = 22
_
3
⇒ a =3
9 0000000 32 ≈ 3,175
b) Grenze: 1
_ 4
x1 2 = a ⇒ x1 = 9 00000000
4 a A2 = : 9 00000000 4 a
4
( 1 _ 4
x2 – a ) dx = 8
_ 3
⇒ a = 1
14 a) fa (x) = 1
_
a
x2 – a = 0 ⇒ x = ± a
b) fa (– x) = fa (x) und ha (– x) = ha (x)
c) ha (x) = 0 ⇔ x = ± a ⇒ beide haben gleiche Nullstellen
d) A (a) = 2· : 0
a
( 1 _ a x2 – a –1
_
3 x2 +1
_
3 a2 ) dx = 2 4 1 _ 3 a2 – a2 –1
_
9 a3 +1
_
3 a3 5 = –4
_
3 a2 +4
_
9 a3
A’ (a) = –8
_
3
a + 4
_
3
a2 = 0 ⇔ a1 = 0
= –4
_
3 a (2 – a) ⇔ a2 = 2
⇒
Minimum der Fläche in ( 2 | 17
_
9
)
n t y
S. 37 z n
O 1 2 P 4
1
y
–1
–2
2
3
4
x
G0,5
Gp
Q
t
y m
n
y m
a < 2 2 > 2A’ (a) < 0 0 > 0
A (a)
7/17/2019 Klett 12 lösungen
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Schülerbuchseite 37 – 39 Lösungen vorläufig
15 a) Ø (a) = – 1
_
a + 1
b) lim
a→ • Ø (a) = 1 ⇒ die Fläche, die ins Unendliche reicht, hat den endlichen Wert 1.
c) lim
a→ 0 :
a
4
1
_
9 0000 x dx = lim
a→ 0 2·( 2 –9 0000
a ) = 4⇒
„unendliche“ Fläche mit endlichem Inhalt
16 f (x) = a x4 + b x3 + c x2 + d x + e
f ’ (x) = 4 a x3 + 3 b x2 + 2 c x + d
I f (3) = 27 ⇒ 27 = 81 a + 27 b + 9 c + (3 d + e)
II f (0) = 0 ⇒ e = 0
III f ’ (0) = 0 ⇒ d = 0
IV f (2) = 16 ⇒ 16 = 16 a + 8 b + 4 c
V f ’ (2) = 0 ⇒ 0 = 32 a + 12 b + 4 c
IV – V: 16 = – 16 a – 4 b ⇒ b = – 4 – 4 a in V
V *: 0 = 32 a – 48 – 48 a + 4 c ⇒ c = 4 a + 12 in I
I *: 27 = 81 a – 108 – 108 a + 36 a + 108 ⇒ a = 3
⇒ b = – 16; c = 24 ⇒ f (x) = 3 x4 – 16 x3 + 24 x2
8 Ins Unendliche reichende Flächen
1 1 + 1
_
2
+ 1
_
4
+ 1
_
8
+ … = sehr groß? Trick:
2 a) lim a→ • 4 – 1
_
x + 1 5
1
a
= 1
_
2
b) lim a→ • 4 – 2 e
1
_
2 x 5
2
a
= 2 e– 1 ≈ 0,74 c) lim
a→ 0 4 – 1
_
k 2 5
– a
1 = • d) lim
a→ 0 4 89 0000 x 5
a
4 = 16
3 a) lim
a→ • 4 3·ln x 5
1
a = lim
a→ • 3 ln a = • b) lim
a→ –• 4 2 ex 5 a 0
= 2 c) lim a→ –•
4 2 x– 2 5 a – 1
= 2
4 a) Asymptote y = 1
_
2 x b) Asymptote (y = ex für x→ +•) y = – 1
_
3 x für x→ –•
lim
a→ • : 2
a
2
_
x2 dx = lim
a→ • 4 – 2
_
x 5 2
a = 1 lim
a→ –• : a
1
ex dx = lim a→ –•
4 ex 5 a 1 = e
5 a) W = : R
h2
γm M
_
x2 dx = 4 – γ m M
_
x 5 R
h2
=
= 6,67·10– 11 m3
_
kg·s2 ·1000 kg·5,97·1024 kg·( 1
__
6370·103 m
– 1
__
4,22·107 m ) = 5,31·1010 J
b) W = lim h2 → •
: R
h2
γm M
_
x2 dx = 6,67·10– 11 m3
_
kg·s2 ·1000 kg·5,97·1024 kg
__
6370·103 m = 6,25·1010 J
6 Konstruktionsbeschreibung:
– Zeichne den Winkel β.
– Ziehe jeweils an den Innenseiten der Schenkel Parallelen im
Abstand d.
– Der Schnittpunkt der Parallelen ergibt den Schnittpunkt S der
Winkelhalbierenden.
– Verbinde S mit dem Endpunkt A des einen Schenkels. – Verdopple den Winkel BAS.
– Der Schnittpunkt mit dem anderen Schenkel von β ergibt C.
S. 38
11_
2
1_
4
1_
8
+ ¥ 2 als Endwert
S. 39
m
m
b n t
B
β
A
C
d
d
c
S