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Pflichtteil 1

Aufgaben
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Aufgabe 1

a)
Weise nach, dass diese Tangente die Steigung \(-2\) hat.
(1 VP)
b)
Berechne den Flächeninhalt des Dreiecks, das diese Tangente mit den Koordinatenachsen einschließt.
(1,5 VP)

Aufgabe 2

(2,5 VP)

Aufgabe 3

a)
Begründe, dass es sich bei dem abgebildeten Graphen nicht um den Graphen von \(f\) handeln kann.
(1 VP)
b)
Bestimme für die Funktion \(g\) die Werte von \(a, b\) und \(c.\)
(1,5 VP)

Aufgabe 4

(1) Jede Stammfunktion von \(f\) besitzt im Intervall \([0,5 ; 4]\) genau ein lokales Minimum.
(1 VP)
(2) Die Funktion \(g\) ist im Intervall \([1; 6]\) streng monoton steigend.
(1,5 VP)

Aufgabe 5

Gegeben sind die Ebenen \(E\) und \(F\) sowie die Ebenenschar \(G_r \; (r \in \mathbb{R}).\)
\(\begin{array}{llll}
E:&x_1-5x_2-2x_3&=&6 &\quad \scriptsize \\
F:&2x_1-x_2-x_3&=& 3 &\quad \scriptsize \\
G_r: &9x_2+3x_3&=& r+11 &\quad \\

\end{array}\)
a)
Stelle die Ebene \(G_7\) in einem Koordinatensystem dar.
(1 VP)
b)
Für einen Wert von \(r\) besitzen \(E,\) \(F\) und \(G_r\) eine gemeinsame Schnittgerade. Bestimme diesen Wert von \(r.\)
(1,5 VP)

Aufgabe 6

Gegeben sind der Punkt \(P(-1\mid 1\mid -1)\) und die Gerade \(g:\overrightarrow{x}= \pmatrix{1\\-1\\7} +t \cdot \pmatrix{1\\2\\-2}\), \(t \in \mathbb{R}.\)
Der Punkt \(Q(3\mid 3\mid 3)\) liegt auf der Geraden \(g.\)
a)
Zeige, dass \(Q\) derjenige Punkt auf \(g\) ist, der zu \(P\) den kleinsten Abstand hat.
(1 VP)
b)
Bestimme die Koordinaten eines Punktes \(R\) auf der Geraden \(g,\) für den das Dreieck \(PQR\) den Flächeninhalt \(27\) hat.
(1,5 VP)

Aufgabe 7

In einer Urne befinden sich vier schwarze und eine unbekannte Anzahl weißer Kugeln. Aus der Urne werden nacheinander zwei Kugeln mit Zurücklegen gezogen. Die Wahrscheinlichkeit, dabei zwei schwarze Kugeln zu ziehen, ist doppelt so groß wie die Wahrscheinlichkeit, zwei Kugeln unterschiedlicher Farbe zu ziehen.
Bestimme die Gesamtzahl der Kugeln in der Urne.
(2,5 VP)

Aufgabe 8

a)
Die Abbildung stellt die Wahrscheinlichkeitsverteilung einer Zufallsgröße \(X\) dar.
Begründe, dass \(P(X=2)\lt 0,5\) gilt.
(1 VP)
b)
Für eine binomialverteilte Zufallsgröße \(Y\) mit den Parametern \(n=8\) und \(0\lt p\lt 1\) gilt \(P(Y=1)=2\cdot P(Y=0).\)
Berechne den Wert von \(p.\)
(1,5 VP)
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Lösungen
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Lösung 1

a)
\(\begin{array}[t]{rll}
    f
b)
1. Tangentengleichung aufstellen
Die Tangentengleichung lautet \(t:y=-2x+c.\)
\(f \left(\frac{1}{2} \right) = \mathrm{e}^{-2\cdot \frac{1}{2}+1}+1 =2.\)
Einsetzen von \(\left(\frac{1}{2}\mid 2\right)\) in \(t\) ergibt:
\(\begin{array}[t]{rll}
    2 &=& -2\cdot \dfrac{1}{2} +c \\[5pt]
    2 &=& -1 +c &\quad \scriptsize \mid\; +1 \\[5pt]
    3 &=&c
    \end{array}\)
Die Tangentengleichung lautet demnach \(t: y = -2x+3.\)
2. Flächeninhalt berechnen
Die Tangente bildet mit den Koordinatenachsen ein rechtwinkliges Dreieck. Aus der Tangentengleichung kann der \(y\)-Achsenabschnitt von \(3\) abgelesen werden.
Für die Schnittstelle mit der \(x\)-Achse folgt:
\(\begin{array}[t]{rll}
    0 &=& -2x +3 &\quad \scriptsize \mid\; +2x \\[5pt]
    2x &=& 3 &\quad \scriptsize \mid\; :2 \\[5pt]
    x &=& \frac{3}{2}
    \end{array}\)
Für den Flächeninhalt folgt:
\(A= \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot \frac{3}{2}=\frac{9}{4}\)
Der Flächeninhalt beträgt \(\frac{9}{4} \,\text{FE}.\)

Lösung 2

Es genügt die rechte Hälfte der Fläche zu betrachten. Diese lässt sich in zwei Teilflächen aufteilen. Die Begrenzungen werden durch die Schnittstellen von \(f\) mit \(g\) und \(h\) festgelegt.
\(\begin{array}[t]{rll}
f(x) &=& g(x) \\[5pt]
1+x^2 &=& 2 &\quad \scriptsize \mid\;-1 \\[5pt]
x^2 &=& 1 \\[5pt]
x &=& \pm 1 \\[10pt]
f(x) &=& h(x) \\[5pt]
1+x^2 &=& 5 &\quad \scriptsize \mid\;-1 \\[5pt]
x^2 &=& 4 \\[5pt]
x &=& \pm 2 \\[5pt]
\end{array}\)
Bei einer der beiden Teilflächen handelt es sich um ein Rechteck, bei der anderen um die Fläche, die der Graph von \(f\) mit der Geraden zu \(h\) begrenzt.
\(\begin{array}[t]{rll}
    A &=& 2\cdot (A_1+A_2) \\[5pt]
    &=& 2 \cdot \left (1\cdot 3 + \displaystyle\int_{1}^{2}(5-(1+x^2))\;\mathrm dx \right) \\[5pt]
    &=& 2 \cdot \left (1\cdot 3 + \displaystyle\int_{1}^{2}(4-x^2)\;\mathrm dx \right) \\[5pt]
    &=& 2\cdot \left(3+ \left[4x-\dfrac{1}{3} x^3 \right]_1^2\right) \\[5pt]
    &=& 2\cdot \left(3+ \left(4\cdot 2-\dfrac{1}{3} \cdot 2^3 - \left(4\cdot 1-\dfrac{1}{3}\cdot 1^3 \right)\right)\right) \\[5pt]
    &=& \frac{28}{3}\,\text{[FE]} \\[5pt]
    \end{array}\)

Lösung 3

a)
Die Abbildung zeigt nicht den Graphen von \(f\), da der Graph von \(f\) symmetrisch zur \(y\)-Achse ist mit \(f(-x)=f(x).\)
b)
Aus der Abbildung geht hervor, dass der Graph von \(g\) die Asymptoten \(y=4\) und \(x=1\) hat. Daraus ergeben sich \(a=4\) und \(c=-1.\) Durch Einsetzen von \((0\mid 0),\) ergibt sich \(b=-4.\)

Lösung 4

(1)
Es handelt sich um eine wahre Aussage, denn im angegebenen Intervall wechselt \(f\) nur an der Stelle \(x=1\) das Vorzeichen von negativ zu positiv.
(2)
Es gilt \(g und aus der Abbildung kann entnommen werden, dass \(f in \([1;6]\) nur größere Werte als \(-5\) annimmt. Es gilt somit \(g in \([1;6]\), weshalb \(g\) streng monoton steigend ist und die Aussage wahr.

Lösung 5

a)
Die Schnittstellen mit den Koordinatenachsen liegen bei \(x_2=2\) und \(x_3=6.\)
b)
\(\begin{array}{lrll}
        \text{I}\quad&x_1-5x_2-2x_3&=& 6 &\quad \scriptsize\\
        \text{II}\quad&2x_1-x_2-x_3&=& 3 &\quad \scriptsize\mid\;\text{II}-2\cdot\text{I}\\
        \text{III}\quad&0x_1+9x_2+3x_3&=& r+11 &\quad \scriptsize \\

        \hline
        \text{I}\quad&x_1-5x_2-2x_3&=& 6 &\quad \scriptsize\\
        \text{II
\(E,F\) und \(G_r\) haben eine gemeinsame Schnittgerade für \(r=-20.\)

Lösung 6

a)
\(\overrightarrow{PQ}=\pmatrix{4\\2\\4}\)
\(P\) hat den kleinsten Abstand zu \(Q,\) wenn \(\overrightarrow{PQ}\) senkrecht zur Geraden \(g\) verläuft, wenn also das Skalarprodukt von \(\overrightarrow{PQ}\) mit dem Richtungsvektor der Geraden gleich Null ist.
\(\pmatrix{4\\2\\4} \circ \pmatrix{1\\2\\-2} = 4+4-8=0 \)
\(Q\) ist also der Punkt auf \(g\) mit dem kürzesten Abstand zu \(P.\)
b)
Für den Flächeninhalt gilt:
\(A = \dfrac{1}{2}\cdot \left| \overrightarrow{PQ} \right| \cdot \left| \overrightarrow{QR} \right| = 27\,\text{[FE]}\)
\(\left| \overrightarrow{PQ} \right| = \left| \pmatrix{4\\2\\4} \right| =6\,\text{[LE]}\)
Daraus folgt also:
\(\left| \overrightarrow{QR} \right| = \dfrac{27\cdot 2}{6} = 9\,\text{[LE]}\)
\(\begin{array}[t]{rll}
        \overrightarrow{OR} &=& \overrightarrow{OQ} + 9\cdot \dfrac{1}{\left| \pmatrix{1\\2\\-2} \right|} \cdot \pmatrix{1\\2\\-2} \\[5pt]
        &=& \overrightarrow{OQ} + 9\cdot \dfrac{1}{\sqrt{1^2+2^2+(-2)^2}} \cdot \pmatrix{1\\2\\-2} \\[5pt]
        &=& \overrightarrow{OQ} + 3 \cdot \pmatrix{1\\2\\-2}\\[5pt]
        &=& \pmatrix{6\\9\\-3}\\[5pt]
        \end{array}\)
Somit ist \(R(6 \mid 9 \mid -3).\)

Lösung 7

Es gilt: \(P(ss) = 2 \cdot (P(ws) +P(sw))\)
\(a\) stellt die Gesamtzahl der Kugeln in der Urne dar.
Mit den Pfadregeln gilt:
\(P(ss)= \left( \dfrac{4}{a}\right)^2 = \frac{16}{a^2}\)
\(P(ws) = \frac{a-4}{a}\cdot \frac{4}{a} = \frac{4\cdot (a-4)}{a^2}\) bzw. \(P(sw) = \frac{4}{a}\cdot \frac{a-4}{a} = \frac{4\cdot (a-4)}{a^2}\)
Einsetzen in die oben angegebene Gleichung liefert:
\(\begin{array}[t]{rll}
        \dfrac{16}{a^2} &=& 2 \cdot \left( \dfrac{4 \cdot (a-4)}{a^2} + \dfrac{4 \cdot (a-4)}{a^2}\right)&\quad \scriptsize \\[5pt]
        \dfrac{16}{a^2} &=& \dfrac{16 \cdot (a-4)}{a^2}\quad \scriptsize \mid\;\cdot a^2 :16 \\[5pt]
        1 &=& a-4 \quad \scriptsize \mid\;+4 \\[5pt]
        5&=&a
        \end{array}\)
Es sind insgesamt 5 Kugeln in der Urne.

Lösung 8

a)
Die Balken in der Abbildung stellen die Wahrscheinlichkeiten der binomialverteilten Zufallsgröße \(X\) dar. Die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten muss exakt \(1\) ergeben.
Aus der Abbildung lässt sich entnehmen, dass \(P(X= 0) +P(X= 1)\gt P(X=2)\) gilt.
Wäre \(P(X=2)\) größer oder gleich \(0,5\) wäre \(P(X= 0) +P(X= 1)\) erstrecht größer als \(0,5\) und somit die Summe aller Wahrscheinlichkeiten größer als \(1.\)
Da dies bei einer Wahrscheinlichkeitsverteilung nicht möglich ist, muss also \(P(X=2) \lt 0,5\) sein.
b)
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