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P1

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Analysis, Geometrie, Stochastik

1.1

fa ( x ) =

a 2 x 9

ga ( x ) = −

1 2  1 x +a +  9a a 

x ∈ ℜ, a ∈ ℜ, a > 0

1.1.1

Pa(xp; yp)

xp > 0

Qa(xq; yq)

xq < 0

Schnittpunkte von fa und ga fa ( x ) = ga ( x )

⇔ ⇔ ⇒

f a ( 3) = a

a 2 1 1  x = − x2 +  a +  a 9 9a  a2 + 1 2 a2 + 1 x = 9a a x1 = 3 und x2 = −3

f a ( −3) = a

⇔

a 2 1 2  1 x + x = a +  a 9 9a 

⇔

x2 = 9

Pa ( 3; a )

⇒

(da a2 ≠ -1)

Qa ( −3; a )

1.1.2

f2 ( x ) =

P2(3; 2)

2 2 x 9

g2 ( x ) = −

1 2  1 1 5 x +  2 +  = − x2 + 18 2 18 2 

y = mx + n

1. Ableitungen: f2 '( x ) =

4 x 9

1 g2 ' ( x ) = − x 9

Anstiege der Tangenten: 4 m f2 = f 2 ' ( 3) = 3

mg 2 = g 2 ' ( 3 ) = −

Winkel zwischen den Tangenten: 4  1 5 5 −−  m f2 − mg2 3  3 3 tan α = = = = 3 =3 4 5 4  1 1 + m f 2 ⋅ mg 2 1+ ⋅ −  1− 9 9 3  3

⇒

1 3

α ≈ 71,57°

1.1.3

Fläche zwischen fa und ga: A(a) =

3

3

∫ g a ( x ) − f a ( x ) dx = ∫ −

−3

3

−3

= ∫− −3

=−

1 2  1 a x +  a +  − x 2 dx a 9 9a  3

 1 + a2 3  1+ a 2  1 1  x +  a +  dx =  − x +  a +  x a a   −3 9a    27 a 2

a2 + 1 a2 + 1 1 + a2 1  1 + a2 1 1 + a2 4   + 3 a +  − + 3  a +  = −2 +6 =4 = 4a + a a a a a a a a  

Ableitungen von A(a): 4 A'(a) = 4 − 2 a

A '' ( a ) =

8 > 0 für alle a > 0 a3

⇒ Minimum

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Minimaler Flächeninhalt: 4 =0 a2 a1 = −1 entfällt, da a > 0

A '( a) = 0

⇒

⇔

4−

⇔

a2 = 1

4 =8 1 Der Flächeninhalt wird für aMin = 1 minimal und beträgt dann 8 FE.

⇒

aMin = 1

A(1) = 4 +

1.2  5   −2  G     g: x =  −3  + r  4   −4   3     

 2  2  G     h: x =  0  + s  2   1   −3  2  

r, s ∈ ℜ

1.2.1

Ebene E(g,h):  −2   2   −18  G       n1 =  4  ×  2  =  0   3   −3   −12        ⇒ P ( 5; −3; −4 ) ∈ E(g,h)

 3 G   ⇒ n =  0  2   d = 3 ⋅ 5 + 2 ⋅ ( −4 ) = 7

⇒

3x + 2 z = d

⇒

E(g,h): 3x + 2 z = 7

1.2.2

S(3; 1; -1) Gleichung der Geraden k:  3   3 G     k: x =  1  + t  0   −1  2     

t∈ℜ

JJJG G (Ortsvektor: OS ; Richtungsvektor: n )

1.2.3  5   −2  G     g: x =  −3  + r  4   −4   3     

 2  2  G     h: x =  0  + s  2   1   −3  2  

M (1; 2; 2 )

r, s ∈ ℜ

Ein Eckpunkt ist der Schnittpunkt der Geraden g und h:  5   −2   2   2           −3  + r  4  =  0  + s  2      1    −4   3   2   −3  5 − 2 r = 2 + 2 s ⇒ 5 − 2 r = 2 + ( −3 + 4 r ) ⇒ r = 1 ⇒

⇒

−3 + 4r = 2s

⇒

−4 + 3r = 12 − 3s

⇒

A ( 3;1; −1)

⇒ −3 + 4 = 2s

1 2

⇒ −4 + 3 = 12 − 32 ⇒ −1 = −1

JJJJG C liegt auf der Diagonale AC und der Abstand zu A ist 2 AM : 3  −2   −1 JJJG JJJG JJJJG       OC = OA + 2 AM =  1  + 2  1  =  3   −1  3 5      

⇒ s=

⇒

C ( −1;3;5 )

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Ein weiterer Eckpunkt des Parallelogramms muss Schnittpunkt der Geraden h und g’(C,Richtungsvektor von g) sein:  −1  −2  G     t∈ℜ g': x =  3  + t  4  5  3     Schnittpunkt h und g’:  2   2   −1  −2           0 + s  2  =  3  + t  4   1   −3   5   3  2       ⇒

2 + 2s = −1 − 2t ⇒ 2 + ( 3 + 4t ) = −1 − 2t

⇒

2s = 3 + 4t

⇒

1 2

⇒

D (1; −1; 2 )

⇒ t = −1 ⇒ 2s = 3 − 4

⇒ s = − 12 ⇒ 2=2

− 3s = 5 + 3t

 3   −2   1  JJJG JJJG JJJG       OB = OA + DC =  1  +  4  =  5   −1  3   2       

⇒

B (1;5; 2 )

Die Eckpunkte des Parallelogramms sind: A ( 3;1; −1) , B (1;5; 2 ) , C ( −1;3;5 ) , D (1; −1; 2 ) (Es sind nur drei Eckpunkte gefordert.) Zeichnung:

1.3.1

p = 0,25

X…Anzahl unverkäuflicher Pokale

X ist B25;0,25-verteilt (binomialverteilt mit n = 25 und p = 0,25)

Wahrscheinlichkeiten: P ( A) = P ( X ≤ 2) = P ( X = 0) + P( X = 1) + P ( X = 2)  25  = 0, 7525 + 25 ⋅ 0, 25 ⋅ 0, 7524 +   ⋅ 0, 252 ⋅ 0, 7523 ≈ 0, 0321 = 3, 21% 2 P ( B ) = P (5 ≤ X < 8) = P ( X = 5) + P ( X = 6) + P ( X = 7)  25   25   25  =   ⋅ 0, 255 ⋅ 0, 7520 +   ⋅ 0, 256 ⋅ 0, 7519 +   ⋅ 0, 257 ⋅ 0, 7518 ≈ 0,5128 = 51, 28% 5 6     7

Erwartungswert: www.mathe-schule.de

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E ( X ) = n ⋅ p = 25 ⋅ 0, 25 = 6, 25

Standardabweichung:

σ ( X ) = n ⋅ p ⋅ (1 − p ) = 25 ⋅ 0, 25 ⋅ 0, 75 ≈ 2,165 Der Erwartungswert sagt aus, um welchen Wert Stichprobenwerte im Mittel streuen werden. Die Standardabweichung gibt an, wie stark die Stichprobenwerte um den Mittelwert streuen. Im 1σ -Intervall sind die Stichprobenwerte mit großer Wahrscheinlichkeit anzutreffen. ⇒ Stichprobenwerte liegen mit hoher Wahrscheinlichkeit im Intervall [6,25 – 2,17; 6,25 + 2,17] = [4,08; 8,42]. ⇒ Die Stichprobenwerte sind mit hoher Wahrscheinlichkeit 4, 5, 6, 7 oder 8. 1.3.2

X…Anzahl der richtigen Kugeln

X ist hypergeometrisch verteilt

Wahrscheinlichkeit:  6   49 − 6   ⋅  4 2  15 ⋅ 903 5 ⋅ 903 4515 = = = ≈ 0, 0969% P ( X = 4) =    13983816 4661272 4661272  49    6

P2

Analysis

2.1

Aufgaben 2.1.1, 2.1.2, 2.1.3 siehe Aufgaben 1.1.1, 1.1.2, 1.1.3 2.1.4 g3 ( x ) = −

1 2 10 x + 27 3

Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen: 1 10 − x2 + = 0 ⇔ g3 ( x ) = 0 ⇔ 27 3 10 g3 ( 0 ) = 3 ⇒

(

P1 3 10;0

)

(

P2 −3 10; 0

)

x 2 = 90 ⇒

 10  P3  0;   3

Flächeninhalt des Dreiecks P1P2P3: 1 1 10 F = ⋅ P1 P2 ⋅ OP3 = ⋅ 2 ⋅ 3 10 ⋅ = 10 10 2 2 3 Der Flächeninhalt des Dreiecks P1P2P3 beträgt 10 10 FE. 2.2  x2  f ( x ) = x 2 ⋅ ln    9 

2.2.1

Definitionsbereich: x ∈ ℜ, x ≠ 0 Symmetrie: www.mathe-schule.de

x1 = 3 10 und x2 = −3 10

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 ( − x )2   x2  2  = x 2 ⋅ ln   = f ( x ) f ( − x ) = ( − x ) ⋅ ln   9   9    ⇒ f ist eine gerade Funktion ⇒ G ist axialsymmetrisch zur Ordinatenachse

2.2.2

Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen:  x2  f ( x) = 0 ⇔ x 2 ⋅ ln   = 0 ⇒  9  ⇒

x01 = 3 und x02 = −3

(x = 0 entfällt)

S x 01 ( 3;0 ) und S x 02 ( −3;0 )

Es existiert kein Schnittpunkt mit der Ordinatenachse, da x = 0 nicht zum Definitionsbereich von f gehört. Ableitungen:  x2  f ( x ) = x 2 ⋅ ln   = x 2 ⋅ [ 2 ln x − ln 9]  9  f ' ( x ) = 2 x ⋅ [ 2 ln x − ln 9] + x 2 ⋅

  x2   2 = 2 x ⋅ [ 2 ln x − ln 9 + 1] = 2 x ⋅  ln   + 1 x   9  

f '' ( x ) = 2 x ⋅ [ 2 ln x − ln 9 + 1] = 2 ⋅ [ 2 ln x − ln 9 + 1] + 2 x ⋅

  x2   2 = 2 ⋅ [ 2 ln x − ln 9 + 3] = 2 ⋅ ln   + 3 x   9  

Extrempunkte: f '( x) = 0

⇔

⇒

xE 1 =

3 e e

⇒

xE 2 =

−3 e e

⇒

3 e 9 PMin1  ; −  e  e

  x2    x2  2 x ⋅  ln   + 1 = 0 ⇔ ln   = −1  9    9   3 e   1  f ''   = 2 ⋅ ln   + 3 = 2 ⋅ [ −1 + 3] = 4 > 0 e  e     −3 e   1  f ''   = 2 ⋅  ln   + 3 = 2 ⋅ [ −1 + 3] = 4 > 0  e   e 

⇔

x2 1 = ⇔ 9 e

⇒ Minimum ⇒ Minimum

x2 =

3 e  9 f   = − e e    −3 e  9 f   = − e  e 

 −3 e 9  PMin 2  ; −  e  e

2.2.3  1  x2  2  F ( x ) = x 3  ln   −  3  9  9 

Ableitung von F(x) muss f(x) ergeben: 2  x  2 2   x  1 2  1 F ( x ) = x3  ln   −  = x3 ln   −  = x3 ln x − ln 3 −  3 3 9 3 3 3 3 3           x2  1 2 1     x  2 2 F ' ( x ) = 2 x 2  ln x − ln 3 −  + x3   = x 2  2 ln   −  + x 2 = x 2 ln   3 3  x    3  3 3   9 

2.2.4 S x 01 ( 3;0 )

 x2  f ( x ) = x 2 ⋅ ln    9 

Berechnung der Tangente: m = f ' ( 3) = 6 ⋅ ln (1) + 1 = 6

  x2   f ' ( x ) = 2 x ⋅  ln   + 1   9  

0 = 6⋅3+ n

y = mx +n

⇒

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n = −18

⇒

9 e

t: y = 6 x − 18

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W1

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Analysis ax − 8 x2 − 2 x

fa ( x ) =

x ∈ ℜ, x ≠ 0, x ≠ 2, a ∈ ℜ, a > 0

1.1.1

Schnittpunkte mit der Abszissenachse: ax − 8 =0 ⇔ fa ( x ) = 0 x2 − 2 x Nenner von fa wird für a = 4 gleich Null

⇔

ax − 8 = 0

⇒

x01 =

⇒

x01 =

8 a

8 für a ∈ ℜ, a > 0, a ≠ 4 a

Verhalten im Unendlichen: a 8 − 2 ax − 8 = lim x x = 0 lim f a ( x ) = lim 2 x →±∞ x →±∞ x − 2 x x →±∞ 2 1− x

Asymptoten: Polasymptoten: x = 0 und x = 2 Waagerechte Asymptote: y = 0 1.1.2

0 0, da a ∈ ]0; 4[

⇒

Es existieren zwei Extremstellen.

ax − 8 x2 − 2 x

bx − 8 x2 − 2x

⇒

⇔

x2 −

16 16 x+ =0 a a

1.1.3 fa ( x ) =

fb ( x ) =

x ∈ ℜ, x ≠ 0, x ≠ 2, a ∈ ℜ, a > 0, b ∈ ℜ, b > 0

Nachweis f a ( x ) ≠ fb ( x ) für a ≠ b: f a ( x ) = fb ( x )

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

ax − 8 bx − 8 = x2 − 2x x2 − 2 x ax − 8 = bx − 8 ax = bx (da x ≠ 0 kann durch x dividiert werden) a=b ⇒ Widerspruch

1.2 f3 ( x ) =

3x − 8 x2 − 2 x www.mathe-schule.de

und a ≠ b

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1.2.1

2. Ableitung von fa an einer Extremstelle: −2ax + 16 ⇒ f a '' ( xE ) = 2 ( x2 − 2x )

f 3 '' ( xE ) =

−6 x + 16

(x

2

− 2x )

2

Extrempunkte: xE1, E 2 =

8± 4 4−3 8± 4 = 3 3

−24 + 16

1 =− 0 2 8  3   16 8   −   9 3

(16 − 8 )

2

⇒ Maximum

⇒ Minimum

f3 ( 4 ) =

12 − 8 1 = 16 − 8 2

9  4 4−8 f3   = = 16 8 2  3 − 9 3

 1 PMax  4;   2 4 9 PMin  ;   3 2

1.2.2

3x − 8 b c = − x2 − 2x x x − 2

x ∈ ℜ, x ≠ 0, x ≠ 2, b ∈ ℜ, b ∈ ℜ

Berechnung von b und c: 3x − 8 b c = − x2 − 2x x x − 2

Koeffizientenvergleich

⇔

3x − 8 b c = − x ( x − 2) x x − 2

⇔

3 x − 8 = b ( x − 2 ) − cx

⇔

3x − 8 = ( b − c ) x − 2b

⇒ ⇒

b−c = 3 −2b = −8

⇒ ⇒

4−c = 3

b=4

3x − 8 4 1 = − 2 x − 2x x x − 2

⇒ 1.2.3

Stammfunktion von f3: 3x − 8 4 1 F ( x) = ∫ 2 dx = ∫ − dx = 4 ln x − ln x − 2 + c x − 2x x x−2

mit c ∈ ℜ

Flächeninhalt: 6

6 A = ∫ f 3 ( x ) dx = F ( 6 ) − F ( 3) = 4 ln 6 − ln 4 − 4 ln 3 + ln 1 = 4 ln − 2 ln 2 = 2 ln 2 3 3

Der Flächeninhalt beträgt 2ln2 FE. 1.3 f4 ( x ) =

4x − 8 4 ( x − 2) 4 = = x2 − 2 x x ( x − 2) x

für x ≠ 2

x0 = 2

Grenzwert: 4 4 = =2 x 2 Bei x0 = 2 existiert eine hebbare Unstetigkeitsstelle, eine Lücke.

lim f 4 ( x ) = lim x →2

⇒

x →2

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⇒

c =1

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Skizze:

f3(x)

W2

Analysis

fk ( x ) =

x k2 − x 4k

x ∈ ℜ, 0 ≤ x ≤ k2, k ∈ ℜ, k > 0

2.1

V=

64π VE 192

Nullstellen von fk: fk ( x ) = 0

x k2 − x = 0 ⇒ 4k

⇔

x01 = 0 und

x02 = k 2

k 6 = 64

⇒

k1 = −2 entfällt, da k > 0

⇒

k2 = 2

Bestimmung von k: k2

k2

2

 x  V = π ∫  f k ( x )  dx = π ∫  k 2 − x  dx  0 0  4k 2

k2

π x2 k 2 − x ) dx = =π ∫ 2 ( 16k 2 0 16k = =

V=

π k

k2

∫k

2

x 2 − x3 dx

0

k2

π 1 8 1 8  1 4 3 k − k   x − x  = 16k  3 4  0 16k 2  3 4  2

2

π 16k

2

⋅

1 8 π k6 k = 12 192

64π VE 192

⇒

π k6 192

=

64π 192

⇒

Für k = 2 beträgt das Volumen des Rotationskörpers

64π VE. 192

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2.2

Gesucht ist der Extrempunkt von fk, bei ihm wird der maximale Durchmesser erreicht. Ableitungen: 1 x 1 2k 2 − 2 x − x 2k 2 − 3 x = = k2 − x − 4k 4k 2 k 2 − x 8k k 2 − x 8k k 2 − x −3 f k '' ( xE ) = 2  2  24 2

⇒

1  17  17 1 f3   = ≈ 0,5009 > 2  2  24 2

Ansatz über Lösen einer Gleichung: 1 x 1 f3 ( x ) = 9− x = ⇔ ⇔ 2 12 2 ⇒ x 3 − 9 x 2 + 36 = 0

x 9− x = 6

zu klein

⇒

Der Zylinder passt hinein.

⇒

x 2 ( 9 − x ) = 36

Bestimmen einer Nullstelle der Gleichung mit einem Näherungsverfahren Gewähltes Näherungsverfahren: Newton f ( x ) = x − 9 x + 36 3

2

Schätzen von x1:

⇒

W3

x2 = x1 −

f ( x1 )

f ' ( x1 )

f ' ( x ) = 3x − 18 x 2

x1 = 2

f 3 ( 2,33+6 ) = f 3 ( 8,33) ≈ 0,5682

x2 = 2,3333

⇒

x3 = 2,3218

x4 = 2,3218

Der Zylinder passt hinein.

Analytische Geometrie

A(3; 2; 1), B(1; 6; -1), C(-1; 4; 3), S(11; 12; 13)

Pyramide ABCS mit Grundfläche ABC

3.1

Dreieck ABC gleichseitig:  −2  JJJG   AB =  4  = 24 = 2 6  −2   

⇒

 −2  JJJG   BC =  −2  = 24 = 2 6  4  

JJJG JJJG JJJG AB = BC = CA

Ebenengleichung E1(ABC):  −2   −4   12  JJJG JJJG       AB × AC =  4  ×  2  =  12   −2   2   12        A ∈ E1(ABC)

⇒

 4 JJJG   CA =  −2  = 24 = 2 6  −2   

⇒

Dreieck ABC ist gleichseitig.

⇒

 1 G   n E 1 =  1  1  

d = 3 + 2 +1 = 6

⇒

E1(ABC): x + y + z = d

⇒

E1(ABC): x + y + z = 6

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Zeichnung: Unsichtbare Kanten: AC , BC , CS

3.2

E2: 2 x − 13 y + 17 z + 3 = 0 Gerade h(BS):  1  10  G     x =  6 +r 6   −1 14     

h(BS):

mit r ∈ ℜ

Schnittpunkt D von h(BS) mit E2: 2 ⋅ (1 + 10r ) − 13 ⋅ ( 6 + 6r ) + 17 ⋅ ( −1 + 14r ) + 3 = 0

r ∈ [0; 1]

⇒

⇒

180r = 90

⇒

Schnittpunkt D liegt auf Kante BS

D ( 6;9;6 )

⇒

Pyramide ABCS wird in zwei Pyramiden ABCD und ACDS zerlegt. (Es ist nur die Berechnung des Volumens eines Teilkörpers gefordert.)  −2   −4    3   12   3  1 JJJG JJJG JJJG 1        1     1 VABCD = AB × AC • AD =  4  ×  2   •  7  =  12  •  7  = ⋅180 = 30 6 6       6    6  12   5   −2   2    5 

(

VACDS

)

 −4   3    8   −4   8  1 JJJG JJJG JJJG 1        1     1 AC × AD • AS =  2  ×  7   •  10  =  26  •  10  = ⋅ ( −180 ) = 30 = 6 6       6    6  2   5    12   −34   12 

(

)

E1: x + y + z = 6

Winkel zwischen E1 und E2:

cos α =

 1  2       1 •  −13   1  17       1    1  1  

 2    ⋅  −13   17   

=

6 3 ⋅ 462

E2: 2 x − 13 y + 17 z + 3 = 0

≈ 0,1612 ⇒

α ≈ 80, 73°

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r=

1 2

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3.3

Ein solcher Zylinder existiert, wenn der Abstand des Lotes von S auf die Ebene E1 vom Mittelpunkt des Umkreises nicht größer als der Radius des Zylinders ist. Mittelpunkt M(xM; yM; zM) des Umkreises:  xM − 3   xM − 1  JJJJG JJJJG     AM = BM ⇔  yM − 2  =  yM − 6   z −1   z +1   M   M 

( xM − 3)

⇔

JJJJG JJJJG AM = CM

+ ( yM − 2 ) + ( zM − 1) = 2

2

( xM − 1)

2

+ ( yM − 6 ) + ( z M + 1) 2

⇔

( xM − 3)

⇔ ⇔ ⇔

−6 xM + 9 − 4 yM + 4 − 2 zM + 1 = −2 xM + 1 − 12 yM + 36 + 2 z M + 1 4 xM − 8 yM + 4 zM = −24

⇔

 xM − 3   xM + 1       yM − 2  =  yM − 4   z −1   z − 3   M   M 

2

+ ( yM − 2 ) + ( zM − 1) = ( xM − 1) + ( yM − 6 ) + ( zM + 1) 2

2

2

2

2

2

xM − 2 yM + z M = −6

( xM − 3)

⇔

M ∈ E1

2

2

+ ( yM − 2 ) + ( zM − 1) = 2

2

( xM + 1)

2

+ ( yM − 4 ) + ( z M − 3) 2

⇔

( xM − 3)

⇔ ⇔ ⇔

−6 xM + 9 − 4 yM + 4 − 2 zM + 1 = 2 xM + 1 − 8 yM + 16 − 6 z M + 9 8 xM − 4 yM − 4 zM = −12

⇔

xM + yM + zM = 6

2

+ ( yM − 2 ) + ( zM − 1) = ( xM + 1) + ( yM − 4 ) + ( zM − 3) 2

2

2

2

2

2

2 xM − yM − zM = −3

Gleichungssystem: xM − 2 yM + z M = −6 ⇒ xM = 2 yM − zM − 6

⇒

2 xM − yM − zM = −3 ⇒ 2 ( 2 yM − zM − 6 ) − yM − z M = −3 ⇒ 3 yM − 3 zM = 9 ⇒ yM − zM = 3 ⇒ xM + yM + zM = 6

⇒

⇒ ( 2 yM − z M − 6 ) + yM + z M = 6

⇒ 3 yM = 12

xM = 1 zM = 1

⇒ yM = 4

M (1; 4;1)

Radius des Umkreises:  −2  JJJJG   r = AM =  2  = 2 2  0   Lot (Fußpunkt) F von S auf E1: E1: x + y + z = 6

 1 G   n E 1 =  1  1  

Schnittpunkt von k mit E1: (11 + s ) + (12 + s ) + (13 + s ) = 6

 11   1 G G     k(S; n E1 ): x =  12  + s  1  13   1    

⇒

3s = −30

⇒

mit s ∈ ℜ

s = −10 ⇒

F (1; 2;3)

Abstand des Lotes von S auf die Ebene E1 vom Mittelpunkt des Umkreises:  0 JJJJG   MF =  −2  = 2 2 = r  2   ⇒ Es lässt sich ein gerader Zylinder finden, der die Fläche des Umkreises des Dreiecks ABC als Grundfläche hat und die Pyramide ABCS umfasst. www.mathe-schule.de

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3.4  −1  1  G     g: x =  14  + t  −6   8   −10     

mit t ∈ ℜ

S1, S2 ∈ g

VABCS1 = VABCS2 = VABCS

 −2   −4   12  JJJG JJJG       AB × AC =  4  ×  2  =  12   −2   2   12       

Volumen der Pyramide ABCS: VABCS

 12   8   1  8  1 JJJG JJJG JJJG 1         =  AB × AC  • AS =  12  • 10  = 2 1 •  10  = 60 6 6    1  12   12  12     

Oder: VABCS = VABCD + VACDS = 30 + 30 = 60

Volumina der Pyramiden ABCS1 und ABCS2: VABCS1,2

 12   xS 1 − 3   1  xS 1,2 − 3  1 JJJG JJJG JJJJJG 1         =  AB × AC  • AS1,2 =  12  •  yS 1 − 2  = 2  1 •  yS1,2 − 2  6 6     1  z − 1   12   zS 1 − 1     S 1,2  = 2 xS 1,2 − 3 + yS 1,2 − 2 + z S1,2 − 1 = 2 xS 1,2 + yS1,2 + zS 1,2 − 6

VABCS1 = VABCS2 = VABCS und S1, S2 ∈ g 2 xS 1 + yS 1 + zS 1 − 6 = 60

⇔

−1 + t + 14 − 6t + 8 − 10t − 6 = 30

⇔

⇒

1− t = 2

⇒

t1 = −1

⇒

S1 ( −2; 20;18 )

⇒

−1 + t = 2

⇒

t2 = 3

⇒

S1 ( 2; −4; −22 )

15 − 15t = 30

⇔

1− t = 2

Die zwei gesuchten Punkte sind S1 ( −2; 20;18 ) und S1 ( 2; −4; −22 ) .

W4

Stochastik

pNico = 0, 6 pRe ne = 0, 75 Behauptung: pTim ≥ 0,85 Einsatz: 2,50 € für 10 Würfe X…Anzahl der Treffer Y…Anzahl der Würfe, die daneben gehen X = 10 – Y

4.1

n = 10 X ist B10;0,6-verteilt

(binomialverteilt mit n = 10 und p = 0,6)

Wahrscheinlichkeiten laut Tabelle: P ( A) = P (Y = 4 ) = P ( X = 6 ) = B10;0,6 ({6} ) = 25,1% P ( B ) = P ( X ≥ 6 ) = B10;0,6 ({6} ) + B10;0,6 ({7} ) + B10;0,6 ({8} ) + B10;0,6 ({9} ) + B10;0,6 ({10} ) = 63,3%

P(C ) = P ( 3 < X < 9 ) = B10;0,6 ({4} ) + B10;0,6 ({5} ) + B10;0,6 ({6} ) + B10;0,6 ({7} ) + B10;0,6 ({8} ) = 89,9% 4.2

Linksseitiger Signifikanztest: H1: p < 0,85 H0: p = 0,85 Y…Anzahl der Würfe, die daneben gingen X…Anzahl der Treffer H0 wahr ⇒ X ist B10; 0,85-verteilt (binomialverteilt mit n = 10 und p = 0,85) A = {0;1;...;7} (Y ≥ 3 ⇒ X ≤ 7) P ( X ≤ 7 ) = B10;0,85 ({0;1;...;7} ) = 0,179 = 17,9%

Die Irrtumswahrscheinlichkeit beträgt 17,9%. Es handelt sich hierbei um die Wahrscheinlichkeit, einen Fehler 1. Art zu begehen, also um das Signifikanzniveau.

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4.3

Linksseitiger Signifikanztest: H1: p < 0,85 H0: p = 0,85 X…Anzahl der Treffer H0 wahr ⇒ X ist B10; 0,85-verteilt (binomialverteilt mit n = 10 und p = 0,85) α = 0,05 A = {0;1;...; kl } P( X ≤ k) ≤α

B10;0,85 ({0;1;...; kl } ) ≤ 0, 05

⇒

B10;0,85 ({0;1;...;6} ) = 0, 049

B10;0,85 ({0;1;...;7} ) = 0,179

⇒

kl = 6

⇒

A = {0;1;...;6}

⇒ Bei 0, 1, 2, 3, 4, 5 oder 6 Treffern wird Tims Behauptung mit höchstens 5%iger Wahrscheinlichkeit abgelehnt. (Fragestellung ist irreführend und nicht durchdacht.) 4.4

n = 10

pNico = 0, 6

pRe ne = 0, 75

pTim = 0,85

D = „Alle drei Jungen werfen höchstens einmal daneben.“

Wahrscheinlichkeiten: PNico (Y ≤ 1) = PNico ( X ≥ 9) = B10;0,6 ({9} ) + B10;0,6 ({10} ) = 4, 6% PRe ne (Y ≤ 1) = PRe ne ( X ≥ 9) = B10;0,75 ({9} ) + B10;0,75 ({10} ) = 24, 4%

PTim (Y ≤ 1) = PTim ( X ≥ 9) = B10;0,85 ({9} ) + B10;0,85 ({10} ) = 54, 4% P ( D) = PNico ( X ≥ 9) ⋅ PRe ne ( X ≥ 9) ⋅ PTim ( X ≥ 9) = 0, 046 ⋅ 0, 244 ⋅ 0,544 ≈ 0, 61% Die Wahrscheinlichkeit, dass alle drei Jungen höchstens einmal daneben werfen, beträgt 0,61%.

Die Fragestellung sollte klarer formuliert sein: Es könnte eventuell auch gemeint sein, dass alle Jungen zusammen höchstens einmal daneben werfen. E = „Alle drei Jungen werfen zusammen höchstens einmal daneben.“  PNico ( X = 10) ⋅ PRe ne ( X = 10) ⋅ PTim ( X = 10)    + P ( X = 9) ⋅ PRe ne ( X = 10) ⋅ PTim ( X = 10)  P ( E ) =  Nico ≈ 0, 085%  + PNico ( X = 10) ⋅ PRe ne ( X = 9) ⋅ PTim ( X = 10)     + PNico ( X = 10) ⋅ PRe ne ( X = 10) ⋅ PTim ( X = 9)  4.5.1  5 B5;075 ( X = k ) =   ⋅ 0, 75k ⋅ 0, 255− k k Wahrscheinlichkeitsverteilung: K 0 1 B5;075 ( X = k ) in % 0,098 1,465

X ist B5; 0,75-verteilt.

2 8,789

3 26,367

Diagramm: Wahrscheinlichkeitsverteilung von X 45

40

35

P(X = k) in %

30

25

20

15

10

5

0 0

1

2 k

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5

4 39,551

5 23,730

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4.5.2

Bernoullikette der Länge n = 5 mit p = 0,75 Möglichkeiten der Simulation: • 5-maliges Ziehen aus einer Urne mit Zurücklegen; In der Urne befinden sich 3 blaue Kugeln und eine rote Kugel. Als Erfolg wird das Ziehen einer blauen Kugel gewertet. Zufallsgröße X ist die Anzahl der insgesamt gezogenen blauen Kugeln. • 5-maliges Drehen eines Glücksrades. Das Glücksrad ist in 4 Sektoren mit den Aufschriften 1, 2, 3, 5 eingeteilt. Jeder Sektor nimmt 90° des Vollkreises ein. Als Erfolg wird das Drehen einer Primzahl gewertet. Zufallsgröße X ist die Anzahl der insgesamt gedrehten Primzahlen. 4.6 P (Y ≤ 1) = 0,99 ⇒

p = 0,96

P ( X ≥ n − 1) = 0,99

X ist Bn;0,96-verteilt

Berechnung von n: P ( X ≥ n − 1) = 0,99 ⇒ ⇒ ⇒

Bn;0,96 ({n − 1} ) + Bn;0,96 ({n} ) = 0,99  n   n n −1 n 0   ⋅ 0,96 ⋅ 0, 04 +   ⋅ 0,96 ⋅ 0, 04 = 0,99  n − 1  n n ⋅ 0,96n −1 ⋅ 0, 04 + 0,96n = 0,99

Probieren: 2 ⋅ 0,961 ⋅ 0, 04 + 0,962 ≈ 0,9984 3 ⋅ 0,962 ⋅ 0, 04 + 0,963 ≈ 0,9953 4 ⋅ 0,963 ⋅ 0, 04 + 0,964 ≈ 0,9909 5 ⋅ 0,964 ⋅ 0, 04 + 0,965 ≈ 0,9852 Ein Werfer mit der Trefferquote 96% muss mindestens viermal werfen, damit er mit mindestens 99% Wahrscheinlichkeit höchstens einmal daneben wirft. Da die Abweichungen von 0,99 bei n = 4 sehr gering sind, muss ein Werfer mit der Trefferquote 96% mindestens viermal werfen, damit er mit 99% Wahrscheinlichkeit höchstens einmal daneben wirft.

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