Original-Prüfungsaufgaben
Original-Abituraugaben
Aufgabe A Analysis
[GK] In einem Labor wird ein (Probe-)Körper au 100 °C erhitzt und anschließend bei konstanter Raumtemperatur von 20 °C abgekühlt. Seine Temperatur während des Abkühlens wird durch die Funktion T mit der Gleichung T (t) = 20 + 80 · e– 0,01 · t, t ≥ 0, beschrieben (t in Sekunden, T (t) in °C). Abbildung 1 zeigt den Graphen der Funktion T.
Abb. 1 [LK] Im Leistungskurs wurde die Augabe allgemeiner ormuliert: In einem Labor werden verschiedene (Probe-)Körper erhitzt und anschließend bei konstanter Raumtemperatur TR abgekühlt. Ihre Temperatur während des Abkühlens wird jeweils durch eine Funktion T mit der Gleichung T (t) = TR + (T0 – TR) · e– k · t, t ≥ 0, beschrieben (t in Sekunden, T (t) in °C). T0 = T (0) ist die Anangstemperatur des jeweiligen Körpers zum Zeitpunkt t = 0, k > 0 die von Eigenschaten des Körpers abhängige Abkühlungskonstante (Einheit s – 1 [bzw. 1/s]). Konkret mussten aber zunächst die gleichen Fragen beantwortet werden. a) (1) [GK und LK] Beschreiben Sie den Verlau Verlau des in Abbildung 1 dargestellten Funktionsgraphen von T im Sachzusammenhang. (2) Berechnen Sie die Temperatur, Temperatur, au die der Körper nach der Zeit t = 120 s abgekühlt ist. (3) Prüen Sie die Entwicklung der Temperatur Temperatur des Körpers ür große große t.
E3
t2
∫
1 · T (t) d t ist die mittlere Temperatur des Körpers innerhalb eines b) Durch _____ t2 – t1 t 1
Zeitintervalls Zeitintervalls [t 1 ; t2], 0 ≤ t 1 < t 2 , gegeben. (1) [GK und LK] Weisen Sie nach, dass die die mittlere Temperatur Temperatur des Körpers im Zeitintervall [t [t 1 ; t2], 0 ≤ t 1 < t 2 , durch 1 · (20 · (t ______ (t ( t 2 – t 1)
2
– t 1) – 8000 · (e – 0,01 · t – e – 0,01 · t )) 2
1
C1 berechnet werden kann. (2) [GK und LK] Berechnen Sie die die mittlere Temperatur Temperatur des Körpers innerhalb der ersten 120 Sekunden des Abkühlungsvorgangs. (3) [LK] Begründen Sie, dass ür jedes Zeitintervall [t [t 1 ; t2], 0 ≤ t 1 < t 2 , die mittlere Temperatur des Körpers K1 kleiner ist als das arithmetische Mittel der Temperaturen T (t (t 1) und T (t (t 2).
C
C3
Analysis
c) Die Abbildung 2 zeigt den Graphen der Abkühlungsgeschwindigkeit T ’ des Körpers. Es gilt T ’ (t) = – 0,8 · e– 0,01 · t, t ≥ 0. (1) [GK] Begründen Sie qualitativ die die Eigenschaten des Funktionsgraphen von T in Abbildung 1 mit den Eigenschaten des in Abbildung 2 dargestellten Graphen der B7 Funktion T ’. (2) [GK und LK] Geben Sie an und begründen Sie, zu welchem Zeitpunkt des Zeitintervalls [0;120] der Betrag der Abb. 2 Abkühlungsgeschwindigkeit maximal B6 ist. (3) [GK und LK] Der Graph der Funktion T ’ und die t -Achse schließen im Intervall [0 ; 120] ein Flächenstück ein. Berechnen Sie den Flächeninhalt dieses Flächenstücks und interpretieren Sie die Bedeutung dieses Flächeninhalts im Sachzusammenhang. (4) [GK] Ermitteln Sie die mittlere Abkühlungsgeschwindigkeit des Körpers während der ersten 120 Sekunden des Abkühlungsvorgangs.
C A4
Im Leistungskurs war die Teilaugabe (1) allgemein zu lösen: Die Abbildung 2 zeigt den zeitlichen Verlau der Abkühlungsgeschwindigkeit T ’ des Körpers K1. Allgemein hat die Funktion T ’ die Gleichung T ’ (t) = – k · (T (T0 – TR ) · e – k · t, t ≥ 0. (1) [LK] Zeigen Sie, dass T ’ (t) ür t ≥ 0 proportional zur Dierenz zwischen der momentanen Temperatur T (t) eines Körpers und der Raumtemperatur T R ist. Änderungsrate der Abkühlungsd) (1) [GK und LK] Bestimmen Sie die mittlere Änderungsrate geschwindigkeit T ’ des Körpers Körpe rs während der ersten 120 Sekunden des Abkühlungsvorgangs. [Zur Kontrolle: Der gesuchte Wert ist ungeähr 0,00466 °C/s °C/ s 2.] (2) Ermitteln Sie den Zeitpunkt des Abkühlungsvorgangs, zu dem dem die momentane Änderungsrate Änderungsrate der Abkühlungsgeschwindigkeit des Körpers den Wert der mittleren Änderungsrate seiner Abkühlungsgeschwindigkeit aus (1) hat.
e) [LK] Ein zweiter Körper K2 mit der Abkühlungskonstante k 2 = 0,006 s – 1 wurde ebenalls au 100 °C erhitzt. Seine Abkühlung in demselben Raum mit der Raumtemperatur TR = 20 °C hat schon 120 Sekunden rüher begonnen als die B4 Abkühlung des Körpers K1. (1) Bestimmen Sie die Temperatur, Temperatur, die der Körper K2 zum Zeitpunkt t = 0 hat, wenn die Abkühlung des Körpers K1 beginnt. [Zur Kontrolle: Die gesuchte Temperatur ist ungeähr 59 °C.] (2) Ermitteln Sie den Zeitpunkt t > 0, zu dem die beiden Körper K1 und K2 dieselbe Temperatur haben, und begründen Sie die Existenz des gesuchten Zeitpunkts. Lösungen a) (1) Der Graph ist streng monoton allend und linksgekrümmt: Die Temperatur des Körpers nimmt ausgehend von T0 = 100 °C ständig ab. Die Temperaturabnahme [pro Sekunde] wird mit zunehmender Zeit [bzw. abnehmender Temperatur] immer geringer.
3
4
Original-Abituraugaben
(2) Einsetzen ergibt: T (120) = 20 + (100 – 20) · e– 0,01 · 120 ≈ 44,1 [°C]. Der Körper ist au etwa 44,1 °C abgekühlt. (3) Die Temperatur Temperatur nähert sich ür wachsendes t asymptotisch der Raumtemperatur TR = 20 °C: tlim T (t) = tlim (20 + 80 · e – 0,01 · t) = 20 [°C]. →∞ →∞ In der Praxis nimmt der Körper nach endlicher Zeit die Raumtemperatur an. b) (1) Erste Möglichkeit: Den Term Term als Dierenz von Werten einer Stammunktion identizieren: Man ormt den Term so um, wie man es bei der Anwendung des Hauptsatzes der Dierenzial- und Integralrechnung (vgl. C1 ) in umgekehrter Reihenolge gewohnt ist: 1 · (20 · (t ______ (t ( t 2 – t 1)
2
1 · [20 · t – 8000 · e – 0,01 · t ] . – t 1) – 8000 · (e – 0,01 · t – e – 0,01 · t )) = ______ t (t – t ) 2
t2
1
2
1
1
In der eckigen Klammer steht eine Stammunktion der in Teilaugabe a) gegebenen Funktion T – dies weisen wir durch Ableiten nach: (20 · t – 8000 · e – 0,01 · t)’ = 20 + 80 · e – 0,01 · t = T (t). (t). Damit ist gezeigt, dass ür den betrachteten Körper gilt: t2
1 · _____ t2 – t1
1 · (20 · (t ∫T (t) d t = ______ (t 2 – t 1) – 8000 · (e – 0,01 · t (t – t ) 2
t1
2
1
– e – 0,01 · t )) 1
Zweite Möglichkeit: Bestimmen einer Stammunktion und des Mittelwerts: t2
1 · _____ t2 – t1
t2
(
t2
t2
1 1 – 0,01 · t) d t = _____ – 0,01 · t d t ∫T (t) dt = _____ t – t · ∫(20 + 80 · e t – t · ∫20 d t + ∫80 · e t1
2
1
2
t1
1 · [20 · t – 8000 · e– 0,01 · t] = ______ t (t – t )
1
t1
t1
)
t2
2
1
1
1 – 0,01 · t = _____ – 20 · t 1 + 8000 · e – 0,01 · t ) t – t · (20 · t 2 – 8000 · e 2
2
1
1
1 = _____ ( t 2 – t 1) – 8000 · (e – 0,01 · t – e – 0,01 · t )). t – t · (20 · (t 2
2
1
1
(2) Einsetzen von t 1 = 0 und t 2 = 120 ergibt: 1 · (20 · 120 ____ 120
– 8000 · (e – 1, 2 – 1)) ≈ 66,6.
Die mittlere Temperatur beträgt ungeähr 66,6 °C. (3) Der Graph von T ist im Intervall [t [t 1 ; t2 ], 0 ≤ t 1 < t 2 , linksgekrümmt (vgl. Teilaugabe a) (1)). Er verläut daher unterhalb der Intervallsekante. Das in diesem Intervall zwischen ihm und der t-Achse liegende Flächenstück hat somit einen kleineren Flächeninhalt als das Trapez mit den Eckpunkten ( t 1 | 0), (t 2 | 0), (t 1 | T (t 1)), (t 2 | T(t T(t 2)): t2
t2
∫
∫
1
1
T (t (t 1) + T(t T(t 2) T (t (t 1) + T(t T(t 2) 1 · T (t) d t < __________ ⇒ _____ T (t) d t < __________ · (t ( t – t ) . 2 1 t 2 – t1 t 2 2 t
c) (1) Der Graph von T ’ in Abbildung 2 ist streng monoton steigend; daher ist der Graph von T linksgekrümmt. li nksgekrümmt. Der Graph von T ’ in Abbildung Abbil dung 2 verläut unterhalb der t-Achse, d. h. T ’ (t) < 0 ür alle t ≥ 0; daher ist der Graph von T streng monoton allend.
Analysis
(2) Da der Graph von T ’ im Intervall 0 ≤ x ≤ 120 streng st reng monoton steigt, lie gt das Minimum von T ’ am linken Rand des Intervalls. Da T ’ (t) negativ ist, bedeutet dies, dass der Betrag von T ’ am linken linke n Rand maximal ist. Formaler Nachweis, dass der Graph von T ’ streng monoton steigend st eigend ist: Für F ür die – 0,01 · t Ableitung von T ’ gilt: T ’’ (t) = 0,008 · e , also ür alle t ≥ 0 gilt: T ’’ (t) > 0; hieraus olgt dann die strenge st renge Monotonie des de s Graphen von T ’. (3) Der Flächeninhalt des zwischen dem Graphen von T und der t-Achse eingeschlossenen Flächenstücks ist 120
A=
| ∫ T ’ (t) d t| = | [T (t)]
120 0
0
| ≈ | 44,1 – 100 | = 55,9 [°C].
Dieser Flächeninhalt gibt den Betrag der Temperaturabnahme des Körpers im Zeitintervall [0 ; 120] an. (4) Die mittlere Abkühlungsgeschwindigkeit des Körpers im Zei tintervall [0 ; 120] ist T (120) – T (0) ___________ 120 – 0
20 + 80 · e – 100 ≈ – 0,466 [°C/s]. = _______________ 120 – 1, 2
Lösung der LK-Teilaufgabe: (1) T (t) = TR + (T0 – TR ) · e– k · t ⇔ (T0 – TR ) · e – k · t = T (t) – TR . Mit T ’ (t) = – k · (T (T0 – TR ) · e – k · t olgt T ’ (t) = – k · (T (t) – TR ), also die gesuchte Proportionalität. d) (1) Die mittlere Änderungsrate Änderungsrate der Abkühlungsgeschwindigkeit im Zeitintervall [0 ; 120] beträgt T ’ (120) – T ’ (0) ____________ 120 – 0
– 0,01 · 80 · e – 1, 2 + 0,01 · 80 · e0
= _______________________ ≈ 0,004 66 [°C/s [°C/ s2]. 120
Änderungsrate der Abkühlungsgeschwindigkeit ist die Ab(2) Die momentane Änderungsrate leitung T ’’ der Funktion T ’ mit der Gleichung T ’’ (t) = 0,008 · e – 0,01 · t, t ≥ 0. Der gesuchte Zeitpunkt t ergibt sich aus dem Ansatz T ’’ (t) = 0,004 66:
0,008 · e – 0,01 · t = 0,004 66 ⇔ e – 0,01 · t = 0,5825 ⇔ – 0,01 · t = ln 0,5825 ⇔ t ≈ 54,04. Nach ungeähr 54 s ist die momentane Änderungsrate der Abkühlungsgeschwindigkeit des Körpers genau so groß wie die mittlere Änderungsrate innerhalb der ersten 120 Sekunden des Abkühlungsvorgangs. e) (1) Die gesuchte Temperatur Temperatur des Körpers K2 nach einer Abkühlungszeit von 120 s ist T2 (120) = 20 + 80 · e – 0,006 · 120 = 20 + 80 · e – 0,72 ≈ 58,9 [°C]. (2) Die Temperatur Temperatur des Körpers K2 kann beschrieben werden durch die Funktion T2 mit der Gleichung T2 (t) = 20 + 80 · e – 0,006 (t + 120), die Temperatur des Körpers K1 wie bisher durch die Funktion T mit der Gleichung T (t) = 20 + 80 · e – 0,01 · t. T2 (t) = T (t) ⇔ 20 + 80 · e – 0,006 (t + 120) = 20 + 80 · e – 0,01 · t ⇔ – 0,006 · (t + 120) = – 0,1 · t ⇔ t = 180.
6
Original-Abituraugaben
Drei Minuten, nachdem K1, bzw. ün Minuten, nachdem K2 beginnt, sich abzukühlen, haben die beiden Körper die gleiche Temperatur. [Es kann auch mit dem Ansatz 20 + (59 – 20) · e – 0,006 t) ≈ 20 + 80 · e– 0,01 · t au der Basis des Kontrollergebnisses gearbeitet werden.] Begründung der Existenz des gesuchten Zeitpunkts: Der Körper K2 hat eine kleinere Abkühlungskonstante und zum Zeitpunkt t = 0 eine geringere Temperatur [T [ T2 (0) ≈ 59 °C] als der Körper K1 [T (0) = 100 °C].
Aufgabe B Analysis
Gegeben sind die beiden Funktionen und g mit den Gleichungen (x) = 3 x 2 · e– x, x ∈ R, und g (x) = x 3 · e– x, x ∈ R. Die Graphen der beiden Funktionen sind in der Abbildung 1 dargestellt. a) (1) [GK] Untersuchen Sie den Verlau der Graphen von und g ür x → – ∞. (2) Begründen Sie, dass die Graphen den richtigen Funktionstermen zugeordnet wurden.
E3
Abb. 1
b) (1) [GK und LK] Berechnen Sie die Koordinaten der Schnittpunkte der Graphen Graphen von und g. (2) [GK und LK] Zeigen Sie, dass bei einer der Schnittstellen das Maximum von g liegt. Hierbei düren Sie g ’’ (x) = ( x3 – 6 x2 + 6 x) · e– x ohne Nachweis B6 verwenden. 3 2 – x [Zur Kontrolle: g ’ (x) = (– x + 3 x ) · e ] (3) [GK] In Abbildung 2 ist der Graph der Ableitungsunktion ’ dargeB7 E3 stellt. Prüen Sie mit Hile der Zeichnung, ob der Schnittpunkt aus b (2) ein Wendepunkt des Graphen von ist.
Abb. 2
B4
E3
Analysis
c) (1) [GK und LK] Bestimmen Sie die Stelle x D aus dem Intervall [0 ; 3], an der sich die Funktionswerte von __und g am stärksten unterscheiden. [Zur Kontrolle: x D = 3 – √ 3 ] (2) [GK] Geben Sie die Dierenz der betreenden Funktionswerte an. (3) [LK] Zeigen Sie: An den Stellen, an denen sich die Funktionswerte zweier beliebiger dierenzierbarer Funktionen am stärksten unterscheiden, sind die A1 Tangenten parallel. d) (1) [LK] Zeigen Sie, dass g eine Stammunktion der durch d (x) = (x) – g (x) gegebenen Dierenzunktion d ist. (2) Ermitteln Sie den Flächeninhalt A des von den Graphen von und g im Intervall [0 ; 3] eingeschlossenen Flächenstücks.
B6
A3
C1 C
e) [GK] Es gibt eine Parallele zur y-Achse mit der Gleichung x = u, 0 < u < 3, die das Flächenstück aus Teilaugabe d) (2) halbiert. (1) Weisen Sie nach, dass ür dieses u gilt: g (u) ≈ 0,672. (2) Ermitteln Sie einen Näherungswert ür u. ) [LK] Mit einer ganzrationalen Funktion h lassen sich und g verallgemeinern zu h (x) = h ’ (x) · e– x, x ∈ R, und g h (x) = h (x) · e – x, x ∈ R. (1) Zeigen Sie, dass gh eine Stammunktion der Dierenzunktion d h mit der A Gleichung d h (x) = h (x) – g h (x), x ∈ R, ist. (2) Zeigen Sie, dass sich die Graphen der Funktionen h und g h an den Stellen schneiden, an denen der Graph der Funktion g h die Steigung 0 hat. g) [LK] Für die eingangs denierten Funktionen und g (mit (x) = 3 x 2 · e– x, g (x) = x 3· e– x) sei die Funktion d die Dierenzunktion der Funktionen und g. Nach c) (1) ist die Funktion g eine Stammunktion von d. ∞
Bestimmen Sie das Integral ∫d (x) d x und interpretieren Sie den Wert des Integrals. 0
h) [LK] Sei h eine ganzrationale Funktion. Die Funktion g h habe die Gleichung gh (x) = h (x) · e – x, x ∈ R. (1) Die Funktion G h mit der Gleichung G h (x) = – [h [ h (x) + h ’ (x) + h ’’ (x) + h ’’’ (x)] · e– x sei eine Stammunktion von g h. Ermitteln Sie, welche Folgerung sich daraus ür den Grad der ganzratioA C1 nalen Funktion h ergibt. (2) In Abbildung 3 ist der Graph einer Beispielunktion g h abgeB6 B7 bildet. Skizzieren Sie in dasselbe Koordinatensystem den Graphen einer Stammunktion G h von g h und erklären Sie Ihre Vorgehensweise.
Abb. 3
C1
C6
7
Original-Abituraugaben
Lösungen a) (1) Graph von : xlim 3 x2 · e– x = ∞, da xlim 3 x2 = ∞ und xlim e – x = ∞. → –∞ → –∞ → –∞
Graph von g: xlim x3 · e– x = – ∞, da xlim x3 = – ∞ und xlim e – x = ∞. → –∞ → –∞ → –∞ (2) Aus dem Funktionsterm von lässt sich erkennen, dass der Graph von höchstens zwei Extrempunkte hat. Da diese in der Abbildung zu erkennen sind, kann sich der angedeutete Verlau ür x → – ∞ nicht mehr ändern und entspricht der Überlegung aus (1). Aus dem Funktionsterm von g lässt sich erkennen, dass der Graph von g höchstens drei Extrempunkte hat. In der Abbildung sind ein Extrempunkt und ein Sattelpunkt zu erkennen. Da die Ableitungsunktion bei dem Sattelpunkt eine doppelte Nullstelle haben muss, kann sich der angedeutete Verlau ür x → – ∞ nicht mehr ändern und entspricht der Überlegung aus (1). b) (1) (x) = g (x) ⇔ 3 x2 · e– x = x3 · e– x ⇔ e – x · (3 x2 – x3) = 0 ⇔ e – x · x2 · (3 – x) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 3 (da e – x ≠ 0 ür alle x ∈ R). Also schneiden sich die Graphen in den Punkten S 1 (0 | 0) und S 2 (3 | 27 e – 3). (2) g’ (x) = (x (x3)’ · e – x + x3 · (e (e – x)’ = 3 x 2 · e– x – x3 · e– x = (3 x2 – x3) · e – x = e – x · x2 · (3 – x) Notwendige Bedingung: g’ (x) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 3 (vgl. (1)). Hinreichende Bedingung: Alternative Alternativ e 1: Untersuchung mithilfe der 2. Ableitung g’’ (x) = (6 x – 3 x2) · e– x + (3 x2 – x3) · e – x · (– 1) = (x3 – 6 x2 + 6 x) · e– x = x · (x2 – 6 x + 6) · e– x. g’’ (0) = 0 – das Kriterium mit der 2. Ableitung ist nicht anwendbar! g’’ (3) = 3 · (9 – 18 + 6) · e – 3 = – 9 · e– 3 < 0, also liegt an der Stelle x = 3 ein lokales Maximum vor und S 2 (3 | 27 e – 3) ist Hochpunkt von g. Alternative Alternativ e 2: Untersuchung von g’ (x) auf Vorzeichenwe Vorzeichenwechsel chsel Intervall
Vorzeichen von g’ (x): e – x · x · (3 – x)
Monotonie: Graph ist streng monton
x<0
(+ ) · ( + ) · ( + ) = ( +)
s te ige nd
0
(+ ) · ( + ) · ( + ) = ( +)
s te ige nd
x>3
(+ ) · ( + ) · ( –) = ( –)
all end
Da an der Stelle x = 0 kein VZW der 1. Ableitung vorliegt, kann dort keine Extremstelle sein. An der Stelle x = 3 liegt ein Maximum vor, weil der Graph dort sein Monotonieverhalten ändert (von steigend zu allend). (3) Zu untersuchen ist, ob an der Stelle des Maximums von g eine Wendestelle von vorliegt. Notwendige Bedingung hierür wäre: ’’ (3) = 0, d. h., die Steigung von ’ an der Stelle x = 3 ist gleich null. An dem Graphen von ’ kann man ablesen, dass ’(3) negativ ist; also kann dort keine Wendestelle vorliegen. RechnerischerNachweis: ’ (x) = (6 x – 3 x2) · e – x; ’’ (x) = (6 ( 6 – 6 x – 6 x + 3 x2) · e – x = (6 – 12 x + 3 x 2) · e– x; ’’ (3) = (6 – 36 + 27) · e – 3 = – 3 · e– 3 < 0.
Analysis
c) (1) d (x) = (x) – g (x) = (3 x2 – x3) · e– x, d ’ (x) = (6 x – 3 x2 – 3 x2 + x3) · e – x = (x3 – 6 x2 + 6 x) · e– x, d ’’ (x) = (3 x2 – 12 x + 6 – x 3 + 6 x2 – 6 x) · e– x = (– x3 + 9 x2 – 18 x + 6) · e – x. Gesucht ist das lokale Maximum von d im Intervall [0 ; 3]; dies ist auch das absolute Maximum, da sich die Graphen der beiden Funktionen in x = 0 und in x = 3 schneiden, d. h. dort Nullstellen der Dierenzunktion vorliegen. Notwendige Bedingung: d ’ (x) = 0 ⇔ x3 – 6 x__2 + 6 x = 0 ⇔ x · (x (x2 –__6 x + 6) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x2 – 6 x + 6 = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 3 – √ 3 ≈ 1,27 ∨ x = 3 + √ 3 ≈ 4,73 Da an der Stelle x = 0 eine Nullstelle der Dierenzunktion vorliegt (also die Dierenz gleich null ist), __ entällt x = 0. Die Stelle x = 3 + √ 3 entällt ebenalls, da sie nicht im betrachteten Intervall liegt; dort ist die Dierenz negativ. Hinreichende Bedingung: Alternative __ 1: Untersuchung mithilfe der 2. Ableitung __ d ’’ (3 – √ 3 ) ≈ d ’’ (1,27) ≈ – 1,236 < 0 ⇒ d hat an der Stelle x = 3 – √ 3 ein lokales Maximum. Alternative 2: Untersuchung von d ’ (x) auf Vorzeichenwechsel Vorzeichenwechs el Intervall __
0 < x < 3 – √3 __
__
3 – √3 < x < 3 + √3
Vorzeichen von d ’ (x) = x · (x (x – 6 x + 6) · e – x
Monotonie: Graph ist streng monton
d ’ (1) = 1 · 1 · e– 1 > 0
s tei gend
d ’ (2) = 2 · (– 2) · e– 2 < 0
alle nd __ Da der Graph der Dierenzunktion d an der Stelle x = 3 – √ 3 sein Monotonie-
verhalten ändert (von steigend zu allend), liegt dort ein lokales Maximum vor. __
(2) Die Dierenz der betreenden Funktionswerte ist d (3 – √ 3 ) ≈ 0,784. __
(3) Es gilt: d__’ (3 – √ 3 ) = 0. Dierenzregel, vgl. A1 ), gilt: __ Da d ’ (x) = ’ (x) –__g ’ (x) (nach __ ’ (3 – √ 3 ) – g ’ (3 – √ 3 ) = 0, also ’ (3 – √ 3 ) = g ’ (3 – √ 3 ), d. h. die Tangentensteigungen sind gleich, die Tangenten also zueinander parallel. d) (1) Zu zeigen ist g ’ (x) = d (x), aus Teilaugabe b) ist bekannt, dass g ’ (x) = (– x3 + 3 x2) · e– x ist. Somit gilt g ’ (x) = 3 x2 · e– x – x3 · e– x = (x) – g (x) = d (x). 3
(2) A = ∫d (x) d x = [g (x)]30 = 27 · e – 3 ≈ 1,344. 0
3
e) (1) In d) (2) wurde gezeigt: A = ∫d (x) d x = [g (x)]30 = 27 · e – 3 ≈ 1,344. 0
Gesucht ist das u, 0 < u < 3, ür das gilt: u
u
27 · e– 3 ≈ 0,672: ∫d (x) dx = ___ 2 0
∫d (x) d x = [g (x)]u0 = g (u) – g (0) = g (u), also g (u) ≈ 0,672, (da g (0) = 0). 0
10
Original-Abituraugaben
(2) In Abbildung 1 lässt sich zum Wert Wert g (u) ≈ 0,672 näherungsweise die Stelle u ≈ 1,4 ermitteln. [Einen genaueren Wert (u ≈ 1,394 ) erhält man z. B. durch Probieren mit dem Taschenrechner.] Taschenrechner.]
Vergrößerte Grak ) (1) Nach Produkt- und Kettenregel gilt ür die Ableitung von g ’h : g ’h (x) = h ’ (x) · e– x + h (x) · (e (e – x)’ = h ’ (x) · e– x – h (x) · e– x = h (x) – g h (x). (2) In (1) wurde gezeigt: g h’ (x) = h (x) – g h (x), also gilt: g ’h (x) = 0 ⇔ h (x) – g h (x) = 0 ⇔ h (x) = g h (x). g) Nach c) (1) ist die Funktion g mit der Gleichung g (x) = x 3 · e– x eine Stammunktion von d. k
k
∫d (x) dx = ∫(3 x2 – x3) · e– x d x = [x3 · e– x]k0 = k3 · e– k. 0
0
Grenzwertbildung lieert klim k3 · e– k = 0. →∞ Der Inhalt der Fläche zwischen dem Graphen von und dem Graphen von g im Intervall [0 ; 3] ist genauso groß wie der Inhalt des nach rechts unbegrenzten Flächenstücks zwischen den Graphen von und g.
h) (1) Nach Voraussetzung ist Gh eine Stammunktion ür g h , d. h., es gilt: G’h (x) = g h (x). Nach Produkt- und Kettenregel ergibt sich ür die Ableitung G’h (x): G’h (x) = – [h’ (x) + h’’ (x) + h’’’ h’’’ (x) + h’’’’ h’’’’ (x)] · e – x + [h (x) + h’ (x) + h’’ (x) + h’’’ h’’’ (x)] · e – x = [h (x) – h’’’’ h’’’’ (x)] · e – x. Die Bedingung G’h (x) = g h (x) bedeutet: [h (x) – h’’’’ (x)] · e – x = h (x) · e– x. Dies ist nur dann richtig, wenn ür alle x ∈ R gilt: h’’’’ (x) = 0 (konstante Funktion mit Wert 0) . Da h eine ganzrationale Funktion sein soll, bedeutet dies: h’’’ ist eine konstante Funktion, h’’ eine lineare Funktion, h’ eine quadratische Funktion und daher h eine kubische Funktion, also eine ganzrationale Funktion 3. Grades. Die Bedingung gilt erst recht, wenn h „nur“ eine quadratische, lineare oder konstante Funktion ist.
Analysis
(2) Zwischen dem Graphen einer Funktion und dem Graphen einer Stammunktion bestehen olgende Zusammenhänge: Graph von g h
Graph von G h
verläut oberhalb der x-Achse (hier: x < – 1; 0 < x < 2)
streng monton steigend
verläut unterhalb der x-Achse (hier: – 1 < x < 0; x > 2)
streng monoton allend
Nullstelle (hier: x = – 1; x = 0; x = 2)
Stelle mit horizontaler Tangente
Nullstelle mit Vorzeichenwechsel von + nach – (hier: x = 0)
lokales Maximum
Nullstelle mit Vorzeichenwechsel von – nach + (hier: x = – 1; x = 2)
lokales Minimum
loka lokale less Mini Minimu mum m (hie (hier: r: x ≈– 0,7; 0,7; x ≈ 3,9) 3,9)
R-LR-L-W Wende endest stel elle le
l okal es Maxim um ( hi er : x ≈ 0,8)
L-R-Wendestelle
streng monoton steigend (hier: – 0,7 < x < 0,8; x > 3,9)
linksgekrümmt
streng monoton allend (hier: x < – 0,7; 0,8 < x < 3,9)
rechtsgekrümmt
11
1
Original-Abituraugaben
Aufgabe C Analytische Geometrie
Die deutsche Künstlerin Isa Genzken arbeitet unter anderem mit geometrischen Formen und Maßstabsverschiebungen. Au der etwas geneigten Fläche vor der Bieleelder Stadthalle steht ihre Skulptur „Spiegel“. Die Skulptur besteht aus einem Rahmen und zwei teleskopartigen Stützen. Im Folgenden wird lediglich der vereinachte geometrische Sachverhalt der Skulptur behandelt. Die Punkte A (– 5 | 6 | 34), B (15 | 6 | 34) und C (15 | – 2| 2) bilden drei Ecken des Rahmens. Die Koordinaten sind in Metern angegeben, die dritte Koordinate beschreibt Höhenmeter. Angenommen, jemand würde erwägen, in den Rahmen eine Spiegelfäche einzusetzen. a) [GK] Die Ebene E ABC enthält die Punkte A, B und C, sie würde die Spiegelfäche der Skulptur enthalten. (1) Erstellen Sie eine Gleichung von E ABC in Parameterorm und berechnen Sie, ob der Punkt D(– 5| – 2| 2) in E ABC liegt. (2) Zeigen Sie, dass das Dreieck ABC rechtwinklig ist. (3) Untersuchen Sie, ob eine Spiegelfächengröße von 650 m 2 ür den rechteckigen Rahmen ABCD ausreichen würde. (4) Erklären Sie, mit welchen Schwierigkeiten bei einer entsprechenden VerVerspiegelung zu rechnen wäre. b) Die geneigte Fläche F, au der die Skulptur steht, hat die Ebenengleichung F : 0 · x + y + 6 · z = 10. (1) [LK] Begründen Sie im Kontext, warum der Punkt Punkt D in der Ebene E ABC liegen muss. Berechnen Sie eine Gleichung von E ABC in Koordinatenorm. Berechnen Sie dann, ob die Punkte D 1 (6 | 2 | 2) und D2 (5 | 5 | 2,5) in dieser Ebene liegen. (2) [LK] Der Spiegel soll rechtwinklig sein. Begründen Sie, warum der in (1) bestimmte Punkt D nicht korrekt ist, und bestimmen Sie den Punkt D, so dass ABCD ein Rechteck ist. (3) Erklären Sie, was es bedeutet, dass bei der der Ebenengleichung von F der Koezient vor x null ist. (4) Der untere Rand des Rahmens liegt au der Schnittgeraden der Ebenen E ABC und F. Leiten Sie eine Gleichung der Schnittgeraden der Ebenen E ABC und F her. (5) Überprüen Sie, ob der Punkt D aus Teilaugabe Teilaugabe a) in der Ebene F liegt. c) Eine Stütze beginnt im Punkt S1 (11 | 22 | – 2), hat die Richtung des Vektors 0 _ v = – 4 und endet im Beestigungspunkt T1 am Rahmen. 9 (1) [GK und LK] Bestimmen Sie rechnerisch die Koordinaten von T1 und berechnen Sie die Länge der Stütze. [Zur [Zur Kontrolle: T1 (11 | 6 | 34)] ›
G3 F
G4 F1
G4 G G4
( )
G
Geometrie/Matrizen
(2) [GK] Die obere Rahmenkante müsste zwischen den Beestigungspunkten T1 und T2 vor Einsetzen der Spiegelfäche verstärkt werden. Der Beestigungspunkt T2 soll ebenso weit von A enternt sein wie T1 von B. Ermitteln Sie die Koordinaten von T2 und den Abstand zwischen T1 und T2 . (3) [LK] Bestimmen Sie den Winkel, in dem die Stütze au die Ebene E ABC trit. d) Au dem Photo ist nicht genau zu erkennen, wo der Punkt S 2 ür die zweite Stütze liegt. Nehmen Sie an, dass S2 (– 1 | – 1 | 2) ist. (1) [GK und LK] Beurteilen Sie, ob S1 und S 2 au verschiedenen Seiten des Spiegels liegen, und bestimmen Sie, welcher der beiden Beestigungspunkte näher an E ABC liegt. (2) [LK] Bestimmen Sie den Abstand von S2 zu E ABC . (3) [LK] Zurbesseren Stabilität könnte die Stütze T2 S2 auch au die andere Seite des Spiegels gestellt werden. Ermitteln Sie die Koordinaten des Spiegelpunktes S’2 , der durch Spiegelung von S2 an E ABC entsteht. [Zur Kontrolle: S’2 (– 1 | – 2,88 | 2,47)] Prüen Sie, ob S’2 als Beestigungspunkt einer Stütze geeignet ist.
F3 H1
G1 H3 G7
Lösungen a) (1) Aus den Koordinaten der Punkte A, B, C kann man au vielältige Weise eine Parameterdarstellung gewinnen, z. B. durch ___ ___ –5 15 + 5 15 + 5 –5 20 20 _ ___ x = OA + r · AB + s · AC = 6 + r · 6 – 6 + s · – 2 – 6 = 6 + r · 0 + s · – 8 . 34 34 – 34 2 – 34 34 0 – 32 Gesucht ist die Lösung des Gleichungssystems –5 20 20 –5 20 20 0 6 + r· 0 + s · –8 = –2 ⇔ r · 0 + s · –8 = –8 34 0 – 32 2 0 – 32 – 32 ›
›
›
( ) (
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) (
) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
r+s=0 r=–1 ⇔ s = 1 ⇔ s = 1 ⇔ | r = – 1 |, s=1 s=1 s=1 d. h., der Punkt D liegt in der durch A, B, C bestimmten Ebene.
|
| |
|
(2) Mithile des Skalarprodukts ist zu prüen, ob zwei der drei Seiten AB, BC, CA zueinander senkrecht stehen: ___ ___ 20 ___ 0 – 20 AB = 0 , BC = – 8 , CA = 8 . 0 – 32 32 ___ ___ ___ ___ 20 0 Oensichtlich gilt: AB ∗ AB = 0 ∗ – 8 = 0, also gilt: AB ⊥ BC. BC . 0 – 32 Das Dreieck ABC ist also rechtwinklig und der rechte Winkel liegt bei B. ___ ___ ____________ | | | | (3) Mit AB = 20 und BC = √(– 8) 8)2 + (32) (32)2 ≈ 32,98 ist die Rechtecksfäche A R ca. 20 m · 32,98 m = 659,6 m 2 groß. Für die Spiegelfäche werden also mehr als 650 m2 benötigt. ›
( )
›
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›
›
›
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›
›
(4) Die Stahlstützen der Skulptur würden zum einen durch die Masse der Spiegelfäche belastet. Eine weitere Belastung wäre durch den großen Windwiderstand einer derartigen Spiegelfäche gegeben.
13
14
Original-Abituraugaben
b) (1) Eine Ebene ist durch Angabe von drei Punkten Punkten vollständig estgelegt. D muss in E ABC liegen, damit der Rahmen eine ebene Figur bildet und nicht „schie“ ist. Um aus der Parameterdarstellung ür die _ Ebene eine Koordinatengleichung zu entwickeln, muss ein Normalenvektor n bestimmt werden, d. h., es muss gelten: 20 20 0 _ _ _ n ⊥ 0 und n ⊥ – 8 . Oensichtlich erüllt n = 4 diese Bedingung. 0 – 32 –1 0 x1 _ _ 0 –5 _ _ E ABC : n ∗ x = 4 ∗ x2 = n ∗ a = 4 ∗ 6 = 10, also ist – 1 x3 – 1 34 E ABC : 4 y – 1 z = – 10 eine Koordinatengleichung ür die Ebene. ›
›
( ) ›
( ) ( )() ›
›
( )
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( )( )
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Einsetzen der Koordinaten der Punkte D 1 und D2 ergibt: D1 (– 6 | – 2 | 2): 4 · (– 2) – 2 = – 8 + 2 = 10, d. h. D1 liegt in der Ebene. D2 (– 5| – 5| 2,5): 4 · (–5) – 2,5 ≠ 10, d. h. D 2 liegt nicht in der Ebene. 1 20 (2) Es gilt DA · DC = 8 · 0 = 20 ≠ 0. ABCD ist nicht rechtwinklig. 32 0 ___ –5 0 –5 __ __ Aus der Rechteckeigenschat olgt: xD = x A + BC = 6 + – 8 = – 2 . 34 – 32 2 ___ ___ ›
›
( )( )
›
›
›
( ) ( ) ( )
(3) Wenn der Koezienten von x gleich null ist, bedeutet dies, dass man ür x beliebige Zahlen einsetzen kann; daher liegen die x-Achse und die Ebene F parallel zueinander. (4) Gemeinsame Punkte von E ABC und F müssen beide Gleichungen der Ebenen erüllen. Die in a) bestimmte Parameterdarstellung der Ebene E ABC kann notiert werden in der Form: x = – 5 + 20 r + 20 s; y = 6 – 8 s; z = 34 – 32 s. Eingesetzt in die Koordinatengleichung der Ebene F ergibt: y + 6 z = (6 – 8 s) + 6 · (34 – 32 s) = 10 ⇔ 6 – 8 s + 204 – 192 s = 10 ⇔ – 200 s = – 200 ⇔ s = 1. –5 20 0 –5 20 _ Eingesetzt in E ABC ergibt sich: g : x = 6 + r · 0 + – 8 = – 2 + r · 0 . 34 0 – 32 2 0
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
›
(5) Punktprobe: Einsetzen der Koordinaten von D (– 5 | – 2 | 2) in die Koordinatengleichung y + 6 z = 10: – 2 + 6 · 2 = 10, d. h. D ∈ F. 11 0 _ _ _ c) (1) Gerade längs der Stütze 1: g 1: x = x S + r · v = 22 + r · – 4 (r ∈ R). –2 9 ___ –5 20 _ _ Gerade durch A und B: g AB: x = x A + s · AB = 6 + s · 0 (s ∈ R). 34 0 Bestimmung des Schnittpunkts: 11 0 –5 20 – 20 s = – 16 s = 0,8 4 . 22 + r · – 4 = 6 + s · 0 ⇔ – 4 r = – 16 ⇔ r = 4 ⇔ s r==0,8 –2 9 34 0 9 r = 36 r=4 Einsetzen in eine der beiden Parameterdarstellungen: 11 0 11 –5 20 11 22 + 4 · – 4 = 6 bzw. 6 + 0,8 · 0 = 6 , –2 9 34 34 0 34 also T1 (11 | 6 | 34). ›
›
›
1
›
›
( ) ( ) ( ) ( ) | ( ) ( ) ( )
( )
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( ) ( ) ( ) ( ) | |
( ) ( )
|
|
|
Geometrie/Matrizen
Die Länge der Stütze ist 11 0 11 0 ________ | S1 T1 | = 22 + 4 · – 4 – 22 = 4 · – 4 = 4 · √ 16 + 81 ≈ 39,4. –2 9 –2 9
|( ) ( ) ( )| | ( )|
___ 11 –5 –4 4 –1 _ _ _ _ (2) BT1 = x T – x B = 6 – 6 = 0 , dann ist x T = x A + 0 = 6 . 34 34 0 0 34 – 1 – 11 – 12 ____ T1 T2 = 6 – 6 = 0 , der Abstand beträgt also 12 m. 34 – 34 0 ›
›
›
1
(
( )( ) ( ) ) ( )
›
›
2
() ( )
0 __ _ (3) w = – 4 steht senkrecht au E ABC . w und v stehen zueinander im Winkel 1
( )
__
›
›
›
0 0 –4 ∗ –4 9 1 = arccos ________ ___ ___ ___25 ___ ≈ 52,0°. a = arccos _________ √ 97 · √ 17 √ 97 · √ 17
( )( )
d) (1) Betrachtet man die Gerade vom Punkt S 1 aus in Richtung S 2 , dann schneidet diese die Ebene E ABC . Am Wert des Parameters kann man ablesen, wo S 2 liegt: S1 (11 | 22 | – 2); S2 (– 1 | – 1 | 2); E ABC : 4 y – 1 z = – 10; 11 –1–1 11 – 12 _ g : x = 22 + t · – 1 – 22 = 22 + t · – 23 –2 2 – (– 2) –2 4 ›
( ) (
)( ) ( )
Für den Schnittpunkt X der Geraden mit der Ebene E ABC gilt: 25 . 4 · (22 – 23 t) – (– 2 + 4 t) = – 10 ⇔ 88 – 92 t + 2 – 4 t = – 10 ⇔ 96 t = 100 ⇔ t = ___ 24 25 > 1, liegt der Schnittpunkt X Da ___ 24
der Gerade mit der Ebene von S 1 aus gesehen hinter S 2 , d. h., S1 und S2 liegen au der „gleichen Seite“ der Ebene (genauer: im gleichen Halbraum). S 2 liegt dabei näher an der Ebene als S 1 , vgl. Skizze. (2) Zu bestimmen ist die die Länge des Lotes von S2 au die Ebene E ABC . Das Lot kann mithile des Normalenvektors beschrieben werden durch: –1 0 _ I :x = –1 + t · 4 2 –1 Den Fußpunkt L des Lotes (= Schnittpunkt der Lotgerade mit der Ebene) erhalten wir aus: 4, 4 · (– 1 + 4 t) – (2 – t) = – 10 ⇔ – 4 + 16 t – 2 + t = – 10 ⇔ 17 t = – 4 ⇔ t = – ___ 17 ›
( ) ( )
33 ___ 38 . also L ( – 1| – ___ | 17 17 )
0 ___ 4 · √ 17 = ____ 4 ≈ 0,97. ___ ___ = 4 ( ) – 1 17 √ 17 Alternativ kann man den Abstand mithile der in H3 angegeben Formel bestimmen: –1 0 4 4 ≈ 0,97. ____ ___ ___ · – 1 ∗ 4 + 10 = ____ Abstand (S ( S2 , E ABC ) = √ 17 √ 17 2 –1 4 · | S2 L | = ___ 17
|( )|
(( ) ( ))
1
16
Original-Abituraugaben
0 –1 0 –1 8 ___ (3) x ’S = x S + – 4 = – 1 + 17 · – 4 ≈ – 2,88 . 1 2 1 2,47 Die Höhe von F aus Teilaugabe b) zu vorgegebenem x = – 1 und y = – 2,88 beträgt ___
›
___
2
2
4 · ____ 1 · ___ ___ 2 · ____ √ 17 √ 17
›
( ) ( ) ( ) ( )
10 + 2,882 z = _________ ≈ 2,147 < 2,47. 6
Also liegt der Spiegelpunkt über der Ebene F und ist somit über der Erdoberfäche und als Beestigungspunkt ungeeignet.
Aufgabe D Übergangsmatrizen
Bei der Auzucht von Rindern unterscheidet man zwischen Neugeborenen (N), einjährigen Kälbern (K) und geschlechtsreien erwachsenen Tieren (E), den Kühen und Bullen (mindestens zweijährig). Um eine Rinderherde wirtschatlich erolgreich zu betreiben, muss man Kenntnisse über die Anzahl der Geburten, der Todesälle und der Entnahmen durch Schlachtung oder Verkau haben. Zudem muss die Verteilung der Herde in den drei Altersstuen (N, K, E) bekannt sein. In der hier betrachteten Rinderherde werden die Übergänge zwischen den Altersstuen innerhalb eines Jahres durch die olgende Matrix A angegeben: von:
N N 0 nach: K A = 0,75 E 0
(
K 0 0 0,8
E 0,4 0 0,8
)
a) [GK und LK] Stellen Sie die Entwicklung der Rinderherde durch einen Über J1 gangsgraphen dar. dar. Beschreiben Sie die biologische Bedeutung des Matrixelementes a 13 = 0,4 und bestimmen Sie den Anteil der erwachsenen Tiere (E), die nach einem Jahr in der Rinderherde verblieben sind, sowie den Anteil der Neugeborenen, die das Erwachsenenstadium erreichen.
J
b) [GK und LK] Zurzeit benden sich 40 Neugeborene, 150 Kälber und 100 Erwachsene in der Herde. Berechnen Sie die Verteilung au die drei Altersstuen in der Herde ür das nächste und das übernächste Jahr. Bestimmen Sie die Verteilung au die drei Altersstuen ür das vergangene Jahr.
J J4
c) [GK] Untersuchen Sie, ob es bei den in der Matrix A gegebenen Übergangsverhältnissen eine Verteilung au die Altersstuen in der Rinderherde gibt, die sich im Folgejahr wiederholt.
J3
d) [LK] Der Züchter sucht eine Strategie, durch Verkau von Kälbern in die Entwicklung der Herde so einzugreien, dass eine konstante Verteilung der Tiere in der Rinderherde gewährleistet ist. Ermitteln Sie dazu den Anteil der Kälber, die jedes Jahr zusätzlich verkaut werden sollen. Bestimmen Sie eine dazu passende Anangsverteilung.
J
Geometrie/Matrizen
e) Durch eine Krankheit überleben in einem Jahr nur 50 % der Neugeborenen. Dadurch verändert sich in diesem Jahr die Übergangsmatrix zu 0 0 0,4 B = 0,5 0 0 . 0 0,8 0,8 (1) [GK] Berechnen Sie die Verteilung in der Herde nach einem Krankheits- und einem normalen Jahr, ausgehend von der Anangsverteilung im Augabenteil b). (2) [LK] Ermitteln Sie, ausgehend von der Anangsverteilung im Augabenteil b), wie viele Tiere nach einem Krankheitsjahr in den verschiedenen Altersstuen gekaut bzw. verkaut werden müssen, damit nach einem Jahr mit normaler Neugeborenenrate der Anangsbestand wieder erreicht wird.
(
)
) [GK] Bestimmen Sie die Matrix C = A · B und beschreiben Sie exemplarisch, wie man au die Matrixelemente der neuen Matrix C kommt. Interpretieren Sie die Komponenten von C im Sachzusammenhang. Begründen Sie rechnerisch, dass es relevant ist, ob die Krankheit im ersten oder im zweiten Jahr autritt.
J4
J
Lösungen a) Das Matrixelement a 13 = 0,4 („von E nach N“) gibt die Geburtenrate in der Rinderherde an, d. h., 40 % der erwachsenen Tiere bekommen innerhalb eines Jahres Nachwuchs. Das Matrixelement a 33 = 0,8 („von E nach E“) gibt den Anteil der in der Herde verbleibenden erwachsenen Tiere an, d. h., 80 % der erwachsenen Tiere bleiben in der Herde. Es erreichen 0,75 · 0,8 = 0,6 = 60 % der Neugeborenen das Erwachsenenstadium.
0 0 0,4 40 40 0 0 0,4 40 80 b) 0,75 0 0 · 150 = 30 · = 0,75 0 0 30 30 0 0,8 0,8 100 200 0 0,8 0,8 200 184 Damit sind es im nächsten Jahr 40 neugeborene Tiere, 30 Kälber und 200 erwachsene Tiere, im darauolgenden Jahr sind es entsprechend 80, 30 und 184. Um zu erschließen, wie die Bestände im Vorjahr waren, muss das Gleichungssystem 0 0 0,4 x 40 0,75 0 0 · y = 150 0 0,8 0,8 z 100 gelöst werden: 0,4 z = 40 z = 100 0,75 x = 150 ⇔ x = 200 . 0,8 y + 0,8 z = 100 y = 25 Damit waren im vergangenen Jahr 200 neugeborene Tiere, 25 Kälber und 100 erwachsene Tiere in der Herde. Hinweis: Im Prinzip könnte dieses Gleichungssystem auch mithile der inversen Matrix gelöst werden. Da die Übergangsmatrix aber sehr viele Nullen enthält, bietet sich dieser Weg hier nicht an.
(
)( ) ( ) (
(
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|
| |
|
)( ) ( )
17
1
Original-Abituraugaben
c) Gesucht ist ein Fixvektor, d. h. ein Bestandsvektor, der das Gleichungssystem erüllt: 0 0 0,4 x x 0,75 0 0 · y = y , 0 0,8 0,8 z z
)() () | |
( |
0,4 z = x 0,4 z = x 0,4 z = x x=0 ⇔ ⇔ ⇔ 0,75 x = y 0,75 · 0,4 z = y 0,3 z = y y = 0 . 0,8 y + 0,8 z = z 0,8 y = 0,2 z 4y = z z=0 Damit wiederholt sich die Verteilung in der Rinderherde nur dann, wenn es keine Rinderherde gibt, d. h., es gibt also keine Verteilung au die Altersstuen in der Rinderherde, die sich im Folgejahr wiederholt.
| |
| | |
d) Eine neue Übergangsquote „von K zu E“ ist gesucht sowie eine Verteilung, die sich nicht ändert. 0 0 0,4 x x Ansatz: 0,75 0 0 · y = y . 0 a 0,8 z z Lösung des Gleichungssystems: 0,4 z = x 0,4 z = x 0,4 z = x ⇔ 0,3 z = y . 0,75 x = y ⇔ 0,75 · 0,4 z = y a y + 0,8 z = z a y = 0,2 z a y = 0,2 z
)() ()
(
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| |
|
Das Gleichungssystem hat nur dann eine von (0 | 0 | 0) verschiedene Lösung, wenn die zweite und dritte Gleichung übereinstimmen: 0,3 z = y ∧ a y = 0,2 z ⇔ 0,6 z = 2 y ∧ 0,6 z = 3 a y, also 2 = 3 a, a, d. h. a = 2/3. Wählt man z = t, dann lassen sich die Lösungen des Gleichungssystems wie olgt mithile einer Parameterdarstellung beschreiben: (0,4 t | 0,3 t | t). Da es sich um Tier-Anzahlen handelt, kommen nur Vielache in Frage, die au natürliche Zahlen ühren, beispielsweise beispielsweis e (4 | 3 | 10), (8 | 6 | 20), …, (40 | 30 | 100) usw. e) (1) Zunächst muss der Startvektor mit der neuen Übergangsmatrix multipliziert werden: 0 0 0,4 40 40 0,5 0 0 · 150 = 20 , 0 0,8 0,8 100 200 und dann (es muss ja nach dem Krankheitsjahr noch ein Normaljahr olgen) der neue Bestandsvektor mit der bisherigen Matrix A: 0 0 0,4 40 80 0,75 0 0 · 20 = 30 . 0 0,8 0,8 200 176 Alternativ kann man (gemäß Assoziativgesetz der Multiplikation) auch zunächst die beiden Matrizen miteinander multiplizieren: 0 0 0,4 0 0 0,4 0 0,32 0,32 A · B = 0,75 0 0 · 0,5 0 0 = 0 0 0,3 , 0 0,8 0,8 0 0,8 0,8 0,4 0,64 0,64 und dann 0 0,32 0,32 40 80 · = 0 0 0,3 150 30 . 0,4 0,64 0,64 100 176 Damit erhält man nach einem Krankheits- und einem normalen Jahr eine Verteilung von 80 Neugeborenen, 30 Kälbern und 176 erwachsenen Rindern in der Herde.
(
)( ) ( )
(
)( ) ( )
(
(
)(
)( ) ( )
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)
Geometrie/Matrizen
(2) Wie in (1) berechnet wurde, ist der Bestand nach einem Krankheitsjahr gegeben durch: 0 0 0,4 40 40 0,5 0 0 · 150 = 20 . 0 0,8 0,8 100 200 Wenn nach einem Normaljahr dann wieder der Anangsbestand aus 40 Neugeborenen, 150 Kälber und 100 erwachsenen Tieren erreicht werden soll, müsste der Bestand durch Kau bzw. Verkau so verändert werden, dass das olgende Gleichungssystem erüllt ist: 0 0 0,4 x 40 0,5 0 0 · y = 150 . 0 0,8 0,8 z 100 Hinweis: Im Prinzip könnte dieses Gleichungssystem auch mithile der inversen Matrix gelöst werden. Da die Übergangsmatrix aber sehr viele Nullen enthält, bietet sich dieser Weg hier nicht an.
(
)( ) ( )
(
)() ( )
Lösung dieses Gleichungssystems: 0,4 z = 40 z = 100 z = 100 0,75 x = 150 ⇔ x = 200 ⇔ x = 200 . 0,8 y + 0,8 z = 100 0,8 y + 0,8 · 100 = 100 y = 25
|
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|
Da nach dem Krankheitsjahr z = 200 erwachsene Rinder vorhanden sind, müssen 100 verkaut werden. Um au x = 200 Neugeborene zu kommen, müssen 160 hinzugekaut werden. Damit die Anzahl der Kälber y = 25 beträgt, müssen noch 5 hinzugekaut werden. ) Es gilt (vgl. Lösung e) (1)): 0 0 0,4 0 0 0,4 0 0,32 0,32 C = A · B = 0,75 0 0 · 0,5 0 0 = 0 0 0,3 . 0 0,8 0,8 0 0,8 0,8 0,4 0,64 0,64 Man erhält beispielsweise das Element c13 = 0,32 in C = A · B als Produktsumme der 1. Zeile von A mit der 3. Spalte von B.
(
)(
)(
)
C enthält die Übergangsquoten nach einem Krankheits- und einem normalen Jahr. Folgt ein Krankheitsjahr au ein normales Jahr, dann muss die Reihenolge der Matrizen geändert werden: 0 0 0,4 0 0 0,4 0 0,32 0,32 B · A = 0,5 0 0 · 0,75 0 0 = 0 0 0,2 . 0 0,8 0,8 0 0,8 0,8 0,6 0,64 0,64
(
)(
)(
)
Da diese Matrix nicht mit der Matrix C übereinstimmt, ist klar, dass es relevant ist, ob die Krankheit im ersten oder zweiten Jahr autritt. Man kann dies auch durch Vergleich der Bestandsvektoren ablesen: 0 0,32 0,32 40 80 0 0 0,2 · 150 = 20 . 0,6 0,64 0,64 100 184
(
)( ) ( )
1
0
Original-Abituraugaben
Aufgabe E Stochastik
Bei der Produktion von Kunststoverpackungen entsteht zum Teil Ware minderer Qualität. An der Maschine M1 , an der Plastikfaschen hergestellt werden, beträgt dieser Anteil erahrungsgemäß 5 %. Zur Qualitätsüberprüung werden der Tagesproduktion von 12 000 Flaschen Stichproben im Umang von 10 bis 100 Flaschen entnommen. Die Zuallsgröße X sei die Anzahl der ehlerhaten Flaschen in einer Stichprobe vom Umang n. Im Folgenden soll davon ausgegangen werden, dass X binomialverteilt ist. a) (1) [GK] Geben Sie an, unter welchen Voraussetzungen Voraussetzungen die Annahme, dass X binomialverteilt ist, gerechtertigt ist. (2) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten ür olgende Ereignisse: E1 : Von 15 entnommenen Flaschen sind genau 3 ehlerhat. E2 : Von 50 entnommenen Flaschen sind genau 45 ohne Fehler. Fehler. E3 : Von 100 entnommenen Flaschen sind mindestens 12 ehlerhat. E4 : [LK] Von 10 entnommenen Flaschen sind nur die ersten beiden ehlerhat. (3) Bendet sich in einer Stichprobe von 10 Flaschen mindestens eine ehlerhate Flasche, dann werden in einer zweiten Stichprobe 6 weitere Flaschen entnommen. Im anderen Fall entällt die zweite Stichprobe. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass bei diesem Verahren insgesamt genau 2 ehlerhate Flaschen entnommen werden. b) [GK und LK] Bestimmen Sie die Anzahl von Flaschen, die höchstens entnommen werden düren, um mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens 60 % keine ehlerhaten Flaschen in der Stichprobe zu erhalten. c) [GK] DerFabrikant trit mit einem Großhändler olgende Vereinbarung: Die Flaschen werden in Kartons zu je 100 Stück verpackt. Sind in einem Karton mehr als 10 Flaschen ehlerhat, so dar er zurückgegeben werden. (1) Berechnen Sie den zu erwartenden Anteil der zurückgegebenen Kartons. (2) Im Interesse der Kundenreundlichkeit möchte der Fabrikant eine neue Lieerbedingung einühren: Die Anzahl der ehlerhaten Flaschen, ab der ein Karton zurückgegeben werden kann, soll daher möglichst klein sein. Andererseits soll die Lieerbedingung so gewählt werden, dass der zu erwartende Anteil der zurückgegebenen Kartons bei höchstens 3 % liegt. Ermitteln Sie eine Lieerbedingung, die beiden Bedingungen gerecht wird. d) [GK] Ein anderer Großhändler vermutet, dass sich die Qualität der Flaschen verschlechtert hat, der Anteil der ehlerhaten Flaschen also größer als 5 % ist. Bevor der Kunde die Ware reklamiert und gegebenenalls zurückschickt, möchte er seine Vermutung durch ein geeignetes Testverahren untermauern, indem er eine Stichprobe im Umang von 300 Flaschen aus einer großen Warensendung zuällig entnimmt. (1) Entwickeln Sie Kriterien ür einen Test zur Hypothese H0 : p ≤ 0,05 ür a = 1 % mit Annahme- und Verwerungsbereich sowie eine Entscheidungsregel. [Für eine binomialverteilte Zuallsgröße X mit Standardabweichung σ > 3 gilt näherungsweise: P (μ – 2,33 σ ≤ X ≤ μ + 2,33 σ) ≈ 0,98.] (2) Beurteilen Sie die Bedeutung der Fehler der 1. und 2. Art aus Sicht des Großhändlers.
L
L4
L
M4 L M
Stochastik
e) [LK] An der Maschine M 2 beträgt der Anteil ehlerhater Flaschen 20 %. Von diesen Flaschen werden jeweils 2000 au einer Palette verpackt. Diese Paletten werden dann als 2. Wahl deklariert. Versehentlich wurden zahlreiche Paletten alsch etikettiert, sodass sie äußerlich von solchen mit Flaschen von Maschine M 1 nicht unterschieden werden können. Der Verkausleiter meint, dass man eine möglicherweise alsch etikettierte Palette als 1. Wahl ansehen sollte, soern sie nicht augrund eines Testes abgelehnt werden muss. Um eine begründete Aussage über den Inhalt machen zu können, wird olgende Entscheidungsregel ür einen Test augestellt: Sind au einer Palette von 100 getesteten Flaschen höchstens k Flaschen (0 ≤ k ≤ 100) ehlerhat, dann muss der Inhalt der getesteten Palette als 1. Wahl angesehen werden. Ansonsten wird er als 2. Wahl eingestut und als solche dem Kunden zu einem relativ günstigen Preis angeboten werden. (1) Es sei k = 13. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeiten ür die Fehler 1. und 2. Art au der Grundlage der oben ormulierten Entscheidungsregel und interpretieren Sie beide Fehler und ihre Konsequenzen aus der Sicht des Fabrikanten. (2) Zeigen Sie, dass ür k = 10 der Unterschied zwischen den Wahrscheinlichkeiten ür die Fehler 1. und 2. Art minimal ist. ) [LK] Ein Großhändler Großhändler benötigt ür eine Veranstaltung Veranstaltung 1000 ehlerreie Flaschen. In einer Sonderaktion verkaut die Firma Kartons mit je 100 Flaschen 1. Wahl (Flaschen, die an der Maschine M 1 hergestellt und richtig etikettiert werden) ür 29,90 € je Karton. (1) Bestimmen Sie die Anzahl der Kartons, die der der Großhändler mindestens bestellen muss, damit er mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens 99 % genügend ehlerreie Flaschen erhält. [Für eine binomialverteilte Zuallsgröße X mit Standardabweichung σ > 3 gilt näherungsweise: P(μ – 2,33 σ ≤ X ≤ μ + 2,33 σ) ≈ 0,98.]
M
M
L
Dem Großhändler wird ein alternatives Angebot unterbreitet: Ein Karton mit 200 Flaschen 2. Wahl kostet 49,90 €. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine zuällig herausgegriene Flasche ehlerhat ist, liegt bei 20 %. (2) Entscheiden Sie, ob dieses Angebot unter denselben Bedingungen wie in (1) ür den Großhändler preiswerter ist. Lösungen a) (1) Die Zuallsgröße X kann als binomialverteilt angesehen werden, wenn die im Text Text angegebenen 5 % nicht im Sinne einer relativen Häugkeit gedeutet werden, sondern als Wahrscheinlichkeit. Jede einzelne Flasche muss also – unabhängig davon, ob die zuvor produzierten Flaschen ehlerhat waren oder nicht – mit einer Wahrscheinlichkeit von 5 % ehlerhat sein.
(2) Ereignis E 1 : X ist binomialverteilt mit n = 15 und p = 0,05. Bestimmen der Wahrscheinlichkeit mithile der B ernoulli -Formel: P (E1) = P (X = 3) = 15 · 0,05 0,053 · 0,95 0,9512 ≈ 0,0307 3
( )
1
Original-Abituraugaben
Ereignis E2 : Genau 45 sind ohne Fehler ist Fehler ist gleichbedeutend mit E 2 : Genau 5 sind fehlerhaft. X ist binomialverteilt mit n = 50 und p = 0,05. Bestimmen der Wahrscheinlichkeit mithile der B ernoulli -Formel: P (E2) = P (X = 5) = 50 · 0,05 0,055 · 0,95 0,9545 ≈ 0,0658. 5 Bestimmender Wahrscheinlichkeit mithile der Tabelle mit kumulierten Wahrscheinlichkeiten: P (X = 5) = P (X ≤ 5) – P (X ≤ 4) = 0,9622 – 0,8964 = 0,0658.
( )
EreignisE Ereignis E3 : Mindestens 12 sind fehlerhaft. Gegenereignis: Höchstens 11 sind fehlerhaft. X ist binomialverteilt mit n = 100 und p = 0,05. Bestimmen der Wahrscheinlichkeit mithile der Tabelle mit kumulierten Wahrscheinlichkeiten: P (X ≥ 12) = 1 – P (X ≤ 11) = 1 – 0,9957 = 0,0043. Ereignis E4 : Nur die ersten beiden sind fehlerhaft. Hier ist die Reihenolge zu beachten: erst zwei ehlerhate, dann 8 ehlerreie Flaschen: P (E4 ) = 0,05 0,052 · 0,95 0,958 ≈ 0,0017. (3) Es werden genau 2 ehlerhate Flaschen entnommen, wenn entweder in der ersten und in der zweiten Stichprobe jeweils eine Flasche ehlerhat ist oder in der ersten Stichprobe zwei Flaschen ehlerhat sind und in der zweiten keine. Wenn X die Anzahl der ehlerhaten Flaschen in der ersten Stichprobe bezeichnet und Y die Anzahl der ehlerhaten Flaschen in der zweiten, dann gilt: P (X = 1) = 10 · 0,05 · 0,95 0,959 = 0,3151, P (X = 2) = 10 · 0,05 0,052 · 0,95 0,958 = 0,0746, 1 2 P (Y = 0) = 0,95 0,9 56 = 0,7351 und P (Y = 1) = 6 · 0,05 · 0,95 0,955 = 0,2321. 1 0,3151 · 0,2321 + 0,0746 · 0,7351 ≈ 0,128 Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist 12,8 %.
( )
( )
( )
b) X: Anzahl der fehlerhaften Flaschen n muss so bestimmt werden, dass P (X = 0) ≥ 0,6. Da P (X = 0) = 0,95 0,9 5n, muss die Ungleichung 0,95 0,9 5n ≥ 0,6 gelöst werden. Lösung der Ungleichung durch systematisches Probieren: Man legt eine Wertetabelle ür die Funktion mit (x) = 0,9 5x an und sucht den größten ganzzahligen Exponenten, ür den die Bedingung erüllt ist: x
1
3
4
6
7
10
( x)
0,9 5
0 ,90 3
0 ,85 7
0 ,81 5
0 ,774
0,7 35
0,6 98
0,6 63
0,63 0
0 ,59 9
Lösung der Ungleichung durch Logarithmieren: P (X = 0) ≥ 0,6 ⇔ 0,95 0,9 5n ≥ 0,6 ⇔ ln (0,95 (0,95n) ≥ ln (0,6) ⇔ n · ln (0,95) ≥ ln (0,6) ln (0,6) ⇔ n ≤ _______ [≈ 9,96] ln (0,95)
[Hinweis: ln (0,95) < 0, deshalb wird das Ungleichheitszeichen umgekehrt.] Wenn weniger als 10 Flaschen entnommen werden, ist die Wahrscheinlichkeit daür, dass darunter eine ehlerhate Flasche ist, größer als 60 %.
Stochastik
c) (1) Wenn X die Anzahl der ehlerhaten Flaschen in der Stichprobe bezeichnet, dann ist X näherungsweise binomialverteilt mit n = 100 und p = 0,05. Der Tabelle entnimmt man: P (X > 10) = 1 – P (X ≤ 10) = 1 – 0,9885 = 0,0115. Der Anteil zurückgegebener Packungen liegt daher bei ca. 1,2 %. (2) Wenn X die Anzahl der ehlerhaten Flaschen in der Stichprobe bezeichnet, dann ist X näherungsweise binomialverteilt mit n = 100 und p = 0,05. Gesucht ist diejenige Anzahl k ehlerhater Flaschen, sodass P (X > k) ≤ 0,03. Einen solchen Wert entnimmt man der Tabelle mit kumulierten Wahrscheinlichkeiten: k
P (X ≤ k)
P (X > k) = 1 – P (X ≤ k)
7
0,8 72 0
0,1 280
8
0,9 36 9
0 ,06 31 > 0,0 3
9
0,9 71 8
0 ,02 82 < 0,0 3
10
0,9 88 5
0,0 115
Die Lieerbedingung wird abgeändert zu: Sind in einem Karton mehr als 9 ehlerhate Flaschen, so dar er zurückgegeben werden. d) Der Großhändler vermutet, dass sich die Qualität der Flaschen verschlechtert hat, d. h., dass ür den Anteil p ehlerhater Flaschen gilt: p > 0,05. Um diese Vermutung zu überprüen, testet er die Hypothese p ≤ 0,05, denn wenn in der Stichprobe signikante Abweichungen nach oben geunden werden, kann die getestete Hypothese p ≤ 0,05 verworen und die gegenteilige Hypothese, also die Vermutung p > 0,05, ür richtig angesehen werden (indirekte Strategie des Hypothesentests). (1) Zunächst betrachtet man die Binomialverteilung mit n = 300 und p = 0,05. _______________
Für n = 300 und p = 0,05 ist: μ = 15 und σ = √ 300 · 0,05 · 0,95 ≈ 3,775 > 3, d. h., die L aplace-Bedingung ist erüllt. Der Hinweis in der Augabenstellung, dass P ( μ – 2,33 σ ≤ X ≤ μ + 2,33 σ) ≈ 0,98 wird dahingehend genutzt, dass wegen der Gültigkeit der L aplace-Bedingung die Wahrscheinlichkeit ür die Enden der Verteilung, also X < μ – 2,33 σ bzw. X > μ + 2,33 σ als ungeähr gleich 1 % angesetzt werden kann. Insbesondere gilt also: P (X > μ + 2,33 σ) = P (X > 15 + 2,33 · 3,775) = P (X > 23,80) ≈ 0,01. Für p = 0,05 kommt es nur mit einer Wahrscheinlichkeit von ca. 1 % zu Ergebnissen, die oberhalb von 23 liegen. Für größere Anteile p ist dies erst recht erüllt. Die Entscheidungsregel lautet: Verwir die Hypothese p ≤ 0,05, wenn mehr als 23 ehlerhate Flaschen in der Stichprobe geunden werden. Der Verwerungsbereich der Hypothese p ≤ 0,05 ist daher V = {24, 25, …, 300}, der Annahmebereich A = {0, 1, …, 23}. (2) Ein Fehler 1. Art liegt vor, wenn eine wahre Hypothese verworen wird, d. h., werden in einer Stichprobe aus Flaschen erster Wahl mindestens 24 ehlerhate Flaschen entdeckt, obwohl p ≤ 0,05 ist, geht der Großhändler davon aus, dass die Ware von minderer Qualität ist, und er reklamiert älschlicherweise.
3
4
Original-Abituraugaben
Dies ührt in der Regel ür den Großhändler zu wirtschatlichen Nachteilen (u. a. Übernahme der Versandkosten, Zeitverlust). Ein Fehler 2. Art liegt vor, wenn eine alsche Hypothese angenommen wird. Konsequenz ist, dass der Großhändler die Ware nicht reklamiert, obwohl sie von minderer Qualität ist. Die wirtschatlichen Nachteile ür den Kunden sind ein zu hoher Kaupreis und eventuell Reklamationen beim Weiterverkau der Ware an Einzelhändler. e) (1) Augrund der Situationsbeschreibung handelt es sich hier um um einen Alternativtest mit den beiden alternativen Erolgswahrscheinlichkeiten p 1 = 0,05 bzw. p 2 = 0,20. Als Entscheidungsregel ist vorgegeben: Verwir die Hypothese p 1 = 0,05, alls mehr als 13 ehlerhate Flaschen in der Stichprobe geunden werden, d. h., die Hypothese p 1 = 0,05 wird getestet und es gilt: V = {14, 15, …, 100}, A = {0, 1, …, 13}. Fehler 1. Art: Die Hypothese ist richtig, wird aber wegen des Stichprobenergebnisses, das im Verwerungsbereich liegt, verworen. Die Wahrscheinlichkeit hierür ist (gemäß der Tabelle mit kumulierten Wahrscheinlichkeiten ür n = 100, p 1 = 0,05): a = Pp = 0,05 (X > 13) = 1 – Pp = 0,05 (X ≤ 13) = 0,0005. 1
1
Fehler 2. Art: Die Hypothese ist alsch, aber das Stichprobenergebnis liegt im Annahmebereich der Hypothese. Die Wahrscheinlichkeit hierür ist: β = Pp = 0,2 (X ≤ 13) = 0,0469. 2
Der Fehler der 1. Art bedeutet, dass eine Palette mit Flaschen aus der Maschine M 1 älschlich als 2. Wahl deklariert wird. Die Firma verkaut also Qualitätsware zu einem zu niedrigen Preis. Der Fehler der 2. Art bedeutet, dass eine Palette mit Flaschen aus der Maschine M 2 älschlich als 1. Wahl deklariert wird. In diesem Fall muss die Firma mit Reklamationen durch die Kunden rechnen. (2) Analog ergibt sich: k
a = Pp
(X > k) = 1 – P p = 0,0 (X > k) 1
= 0,0
β = Pp
= 0,
(X ≤ k)
Unterschied
1
13
0,00 05
0 ,04 69
0 ,04 64
12
0,00 15
0 ,02 53
0 ,02 38
11
0,00 43
0 ,01 26
0 ,00 83
10
0,01 15
0 ,00 57
0 ,00 58
9
0,02 82
0 ,00 23
0 ,02 59
Der Unterschied ist ür k = 10 minimal. ) X: Anzahl der ehlerreien Flaschen mit p = 0,95. (1) Gesucht ist die Anzahl n, ür die gilt, dass μ – 2,33 σ ≥ 1000, denn P (X ≥ μ – 2,33 σ) ≈ 0,99. Nach Augabenstellung genügt es jedoch, ür n in 100er-Schritten zu überprüen, ob die Bedingung erüllt ist: ________________ n = 1100: 1100 · 0,95 – 2,33 √ 1100 · 0,95 · 0,05 ≈ 1028,16 > 1000.
Stochastik
Für n = 1100 ist die Bedingung erüllt, d. h., 11 Kartons müssen gekaut werden. Zusatz: Um das kleinste n zu bestimmen,____________ ür das die Bedingung erüllt ist,__könnte der Funktionsterm (n) = 0,95 n – 2,33 √ n · 0,95 · 0,05 = 0,95 n – 0,5078 √ n untersucht werden, z. B. mithile einer Wertetabelle: n
10 20
10 40
106 0
1 08 0
1 07 0
10 71
f (n)
9 52 ,8
9 71 ,6
9 90,5
10 09 ,3
99 9,9
10 00 ,8
(2) Analog zu (1) ist X binomialverteilt mit den Parametern n und p = 0,8. Gesucht ist die kleinste durch 200 teilbare Zahl n mit der Eigenschat, dass ___________ μ – 2,33 σ > 1000, wobei μ = n · p und σ = √n · p · (1 – p) sowie σ > 3. _____________ σ > 3 ist ür n ≥ 1000 wegen σ = √ 1000 · 0,8 · 0,2 ≈ 12,65 au jeden Fall erüllt; er üllt; es ist also zu prüen, ob μ – 2,33 σ > 1000. Für n = 1200 gilt μ = 1200 · 0,8 = 960. Die Bedingung ist also nicht erüllt. _____________ Für n = 1400 gilt μ = 1400 · 0,8 = 1120 und σ = √ 1400 · 0,8 · 0,2 ≈ 14,97, d. h. μ – 2,33 σ ≈ 1120 – 2,33 · 14,97 = 1085,13. Die Bedingung ist also erüllt. Der Großhändler muss mindestens 7 Kartons bestellen. Wenn der Großhändler das alternative Angebot annimmt, hat er demnach Kosten in Höhe von 7 · 49,90 € = 349,30 €. Das ist mehr, als er ür das erste Angebot zahlen müsste, denn ür das erste Angebot liegen die Kosten bei 11 · 29,90 € = 328,90 €.
Aufgabe F Stochastik
Im Dezember 2008 veröentlichte das ZDF im Politbarometer das Ergebnis einer Umrage der Forschungsgruppe Wahlen unter 1268 Wahlberechtigten: Erwarten Sie, dass 2009 für Sie persönlich im Hinblick auf 2008 ein besseres, unverändertes oder schlechteres Jahr sein wird?
Quelle: ZDF Politbarometer Hinweis: 2 % der Beragten sind in ihrer Erwartung ür das neue Jahr unentschlossen. Dieser Anteil wurde in der ZDF-Grak nicht abgebildet. a) Die Zuallsgröße X beschreibt die Anzahl der Beragten in der Umrage, die ein besseres Jahr erwarten. (1) [GK und LK] Geben Sie an, unter welchen Voraussetzungen Voraussetzungen die Binomialverteilung eine gute Näherung an die Verteilung von X ist.
L
6
Original-Abituraugaben
Es wird angenommen, dass der wirkliche Anteil der Personen in der Bevölkerung gleich der relativen Häugkeit in der Umrage ist. (2) [GK] Berechnen Sie die die Wahrscheinlichkeit Wahrscheinlichkeit daür, dass in einer Stichprobe von 15 beragten Personen. i) genau 3 Personen ein besseres Jahr erwarten, ii) mindestens 1 Person ein besseres Jahr erwartet. (3) [LK] Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit daür, daür, dass von 100 zuällig L1 ausgesuchten Personen mindestens 18 ein besseres Jahr erwarten. (4) [LK] Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit daür, daür, dass von 1000 zuällig ausgesuchten Personen mindestens 210 und höchstens 230 Personen ein L1 besseres Jahr erwarten. b) [GK] [ GK] Der tatsächliche Anteil aller Wahlberechtigten, die kein besseres Jahr erwarten, sei nun gleich 80 %. Man beragt 50 zuällig ausgesuchte PersoL1 nen. (1) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit Wahrscheinlichkeit daür, dass genau 40 Personen kein besseres Jahr erwarten. (2) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit daür, daür, dass die relative Häugkeit der Personen, die kein besseres Jahr erwarten, mindestens 75 % und höchstens 85 % beträgt. c) [GK und LK] Der tatsächliche Anteil aller Wahlberechtigten, Wahlberechtigten, die ein besseres Jahr N1 erwarten, sei gleich 20 %. Bestimmen Sie das 95 %-Kondenzintervall und prüen Sie, ob das Ergebnis der
L
L
L
L
N
_X_ = 22 % ) mit Umrage der Forschungsgruppe Wahlen unter 1268 Personen ( __ n
einem wirklichen Anteil von 20 % verträglich ist. Beschreiben Sie die Bedeutung der Sicherheitswahrscheinlichkeit. d) (1) [GK] Ermitteln Sie näherungsweise die Anzahl der Personen, die man mindestens beragen muss, damit sich der Anteil der Personen in der Stichprobe, die ein besseres Jahr erwarten, vom wirklichen Anteil p = 0,2 mit einer Wahrscheinlichkeit von 90 % um höchstens d = 0,03 unterscheidet. (2) Beschreiben und begründen Sie durch durch eine kurze Rechnung, wie sich der notwendige Stichprobenumang ändert, wenn man i) nur die Sicherheitswahrscheinlichkeit, Sicherheitswahrscheinl ichkeit, ii) nur die Abweichung d verändert. e) [LK] Die Forschungsgruppe Wahlen war daran interessiert, die Umrage so anzulegen, dass sie damit möglichst sichere Aussagen über die Gesamtbevölkerung treen kann. (1) Ermitteln Sie, um welchen Betrag sich der Anteil pessimistischer Bürger in der Umrage unter 1268 Wahlberechtigten bei einer Sicherheitswahrschein lichkeit von 90 % höchstens vom (unbekannten) wirklichen Anteil p ∈ [0;1] pessimistischer Bürger in der Gesamtbevölkerung unterscheidet. (2) Beschreiben Sie, wie sich diese Abweichung ändert, wenn der StichprobenStichprobenumang verändert wird, und begründen Sie Ihre Aussage mit einer Rechnung.
N3
N3
Stochastik
Lösungen a) (1) Für jede beragte beragte Person gibt es zwei mögliche Antworten (besseres Jahr oder kein besseres Jahr). Die „Erolgswahrscheinlichkeit“ ist von Person zu Person gleich, d. h., die Grundgesamtheit muss groß sein im Vergleich zum Stichprobenumang und die beragten Personen müssen in ihrer Einschätzung unabhängig voneinander sein.
(2) Die Zuallsgröße X ist binomialverteilt mit n = 15 und p = 0,22; i) P (X = 3) = 15 · 0,22 0,223 · 0,78 0,7812 ≈ 0,2457, 3 ii) P (X ≥ 1) = 1 – P (X = 0) = 1 – 0,78 0,7 815 ≈ 0,9759.
( )
______
(3) Hier ist n = 100 und p = 0,22, also μ = 22 und σ = √17,16 ≈ 4,14 > 3 (also die Laplace-Bedingung erüllt), sodass die Näherungsormeln von l aplace angewandt werden können:
Moivre
und
17 –______ 22 + 0,5 = 1 – Φ (– 1,0863) ≈ 0,862. P (X ≥ 18) = 1 – P (X ≤ 17) = 1 – Φ ___________
(
)
√ 17,16
______
(4) Hier ist n = 1000 und p = 0,22, also μ = 220 und σ = √171,6 ≈ 13,1 > 3. Mithile der Näherungsormeln von Moivre und l aplace ergibt sich: P (210 ≤ X ≤ 230) ≈ Φ
(
230 –______ 220 + 0,5 _____________
√171,6
) ( –Φ
230 –______ 220 – 0,5 _____________
√171,6
) ≈ Φ (0,8016) – Φ (– 0,8016)
= 2 · Φ (0,8016) – 1 ≈ 0,577. b) Die Zuallsgröße Y beschreibt die Anzahl der Personen in der Stichprobe, die kein besseres Jahr erwarten. Y ist binomialverteilt mit n = 50 und p = 0,8; (1) Pp = 0,8 (Y = 40) = Pp = 0,2 (X = 10) = P (X ≤ 10) – P (X ≤ 9) ≈ 0,140, __ ≤ 0,85 ) = P (2) Pp = 0,8 ( 0,75 ≤ Y__ p = 0,8 (50 · 0,75 ≤ Y ≤ 50 · 0,85) n
= Pp = 0,8 (37,5 ≤ Y ≤ 42,5) = Pp = 0,8 (38 ≤ Y ≤ 42) = Pp = 0,2 (8 ≤ X ≤ 12) = P (X ≤ 12) – P (X ≤ 7) ≈ 0,624. _X_ = 0,22 ) c) Eigentlich muss nur geprüt werden, ob das das Ergebnis in der Stichprobe ( __ n verträglich ist mit dem Anteil p = 0,2 in der Gesamtheit. Für n = 1268 und p = 0,2 ergibt sich: Mit einer _______ Wahrscheinlichkeit von ca._______ 95 % liegt
√
√
0,2 · 0,8 __ 0,2 · 0,8 der Anteil der Erolge im Intervall 0,2 – 1,96 · _______ ≤ _Xn_ ≤ 0,2 + 1,96 · _______ , 1268 1268
_X_ ≤ 0,2 + 0,022, d. h. 0,178 ≤ __ _X_ ≤ 0,222. also 0,2 – 0,022 ≤ __ n n _X_ = 0,22 ist also verträglich mit p = 0,2, da es in der Ein Stichprobenergebnis von __ n 95 %-Umgebung der zugrunde liegenden Erolgswahrscheinlichkeit liegt.
Bedeutung der Sicherheitswahrscheinlichkeit: Bei einer großen Anzahl von Stichproben _σ_ -Umgebung von p. _X_ in der 1,96 __ liegt in etwa 95 % aller Fälle die relative Häugkeit __ n n Da in der Augabenstellung ausdrücklich die Bestimmung eines 95 %-Kondenzintervalls geordert ist, wird ein anderer Lösungsweg erwartet: _X_ = 0,22 in einer Stichprobe vom Umang n = 1268. Gesucht Gegeben ist der Anteil __ n _σ_ -Umgebung dieser Anteil sind alle Erolgswahrscheinlichkeiten p, in deren 1,96 __ n __ _X_ = 0,22 liegt. n
7
Original-Abituraugaben
_X_ in der Mit einer Wahrscheinlichkeit von ca. 95 % unterscheidet sich der Anteil __ n σ_ __ _ Stichprobe um höchstens 1,96 n vom (unbekannten) Anteil p in der Gesamtheit, ________
d. h., mit einer Wahrscheinlichkeit von ca. 95 % gilt: | p – 0,22 | ≤ 1,96 ·
(1 – p) . √p ·1268 ________
Quadrieren der zugehörigen Gleichung ührt zu: p · (1 – p)
(p – 0,22) 0,22 )2 = 1,96 1,962 · ________ und weiter zu 1268 p2 – 0,44 p + 0,0484 = 0,003 0296 5 p – 0,003 029 65 p 2 ⇔ 1,003 029 65 p 2 – 0,443 029 65 p = – 0,004 84 ⇔ p2 – 0,441 691 48 p = – 0,048 253 81 ⇔ (p – 0,220 845 74) 74)2 = 0,000 519 03 ⇔ p = 0,2208 – 0,0228 ∨ p = 0,2208 + 0,0228 ⇔ p = 0,1980 ∨ p = 0,2436. Damit erhalten wir das 95 %-Kondenzintervall: 0,1980 ≤ p ≤ 0,2436. Da eine Erolgswahrscheinlichkeit von p = 0,2 in diesem Intervall enthalten ist, _X_ = 0,22 in der Stichprobe verträglich mit p = 0,2. ist der Anteil __ n d) (1) Bei der Sicherheitswahrscheinlichkeit Sicherheitswahrscheinlichkei t von 90 % gilt ür die Abweichung der _σ_. _X_ vom wirklichen Anteil p: | __ _X_ – p | ≤ 1,64 __ relativen Häugkeit __ n n n _σ_ ≤ 0,03, dann ist die Forderung in 90 % der Fälle erüllt. Wenn 1,64 __ n __________ _σ_ = 1,64 · 1,64 __ n
n · p · (1 – p) 0,2 · 0,8 ≤ 0,03 ⇔ 1,64 1,6 4 _______ ≤ 0,03 0,03 √__________ n n 2
2
1,64 1,6 42 ⇔ n ≥ _____2 0,2 · 0,8 ≈ 478,15. 0,03 0,0 3
Bei einem Stichprobenumang von mindestens 479 Personen unterscheidet sich die relative Häugkeit vom wirklichen Anteil um höchstens 3 % (Sicherheitswahrscheinlichkeit 90 %). (2) i) Die Genauigkeit der Schätzung ür p ist nur mit einer gewissen WahrscheinlichWahrscheinlichkeit einzuhalten. Soll diese zunehmen, so muss bei vorgeschriebener Genauigkeit der Stichprobenumang zunehmen – und umgekehrt. Analog zu (1): Mit wachsender Sicherheitswahrscheinlichkeit steigt auch c und c 0,2 · 0,8. damit n ≥ _____ 0,03 0,0 32 2
ii) Je kleiner die vorgegebene Abweichung d ist, desto größer ist der notwendige Umang n der Stichprobe (genauer: Der notwendige Stichprobenumang wächst mit umgekehrt proportional zum Quadrat der Abweichung d). e) (1) Bei der Sicherheitswahrscheinlichkeit von 90 % gilt ür die Abweichung der rela__ vom wirklichen Anteil p: tiven Häugkeit Y__ n _________
_________ 1,64 √p · (1 – p) Y __ __ – p ≤ 1,64 __ _σ_ = _____________ _____ = 0,046 √p · (1 – p) . n n √ 1268 ________ __ – p ≤ 1,64 __ _σ_ ≤ 0,046 · 0,5 = 0,023 Da √p · (1 – p) maximal ist, alls p = 0,5, gilt: Y__ n n
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Der wirkliche Anteil unterscheidet sich von der relativen Häugkeit der Umrage höchstens um 2,3 %. _______________ (2) Die Abweichung d =
√n · 0,5 · (1 – 0,5) 1,64 ______________ n
=
__ 0,5 √ n _____ 1,64
wird mit wachsendem Nenner zunehmend kleiner.
n
0,82 __ = ____ √n
