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Original-Prüfungsaufgaben

� Original-Abituraufgaben

Aufgabe A Analysis

[GK] In einem Labor wird ein (Probe-)Körper auf 100 °C erhitzt und anschließend bei konstanter Raumtemperatur von 20 °C abgekühlt. Seine Temperatur während des Abkühlens wird durch die Funktion T mit der GleichungT (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.

[LK] Im Leistungskurs wurde die Aufgabe allgemeiner formuliert:

In einem Labor werden verschiedene (Probe-)Körper erhitzt und anschließend bei konstanter Raumtemperatur T R abgekühlt. Ihre Temperatur während des Abkühlens wird jeweils durch eine Funktion T mit der GleichungT (t) = T R + ( T 0 – T R ) · e – k · t , t ≥ 0,beschrieben (t in Sekunden, T (t) in °C). T 0 = T (0) ist die Anfangstemperatur des jeweiligen Körpers zum Zeitpunkt t = 0, k > 0 die von Eigenschaften 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 Verlauf des in Abbildung 1 dargestellten Funktionsgraphen von T im Sachzusammenhang.

(2) Berechnen Sie die Temperatur, auf die der Körper nach der Zeit t = 120 s abgekühlt ist.

(3) Prüfen Sie die Entwicklung der Temperatur des Körpers für große t. E3

b) Durch 1 _____ t 2 – t 1 · ∫

t 1

t 2

T (t) d t ist die mittlere Temperatur des Körpers innerhalb eines

Zeitintervalls [ t 1 ; t 2 ], 0 ≤ t 1 < t 2 , gegeben. (1) [GK und LK] Weisen Sie nach, dass die mittlere Temperatur des Körpers im

Zeitintervall [ t 1 ; t 2 ], 0 ≤ t 1 < t 2 , durch

1 ______ ( t 2 – t 1 )

· (20 · ( t 2 – t 1 ) – 8000 · ( e – 0,01 · t 2 – e – 0,01 · t 1 ))

berechnet werden kann. C1 C� C3

(2) [GK und LK] Berechnen Sie die mittlere Temperatur des Körpers innerhalb der ersten 120 Sekunden des Abkühlungsvorgangs.

(3) [LK] Begründen Sie, dass für jedes Zeitintervall [ t 1 ; t 2 ], 0 ≤ t 1 < t 2 , die mittlere Temperatur des Körpers K1 kleiner ist als das arithmetische Mittel der Temperaturen T ( t 1 ) und T ( t 2 ).

Abb. 1Abb. 1

3Analysis

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 Eigen-

schaften des Funktionsgraphen von T in Abbildung 1 mit den Eigenschaften des in Abbildung 2 dargestellten Graphen der Funktion T ’. B7

(2) [GK und LK] Geben Sie an und be-gründen Sie, zu welchem Zeitpunkt des Zeitintervalls [0;120] der Betrag der Abkühlungsgeschwindigkeit maximal ist. B6

(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. C�

(4) [GK] Ermitteln Sie die mittlere Abkühlungsgeschwindigkeit des Körpers während der ersten 120 Sekunden des Abkühlungsvorgangs. A4

Im Leistungskurs war die Teilaufgabe (1) allgemein zu lösen: Die Abbildung 2 zeigt den zeitlichen Verlauf der Abkühlungsgeschwindig-

keit T ’ des Körpers K1. Allgemein hat die Funktion T ’ die Gleichung T ’ (t) = – k · ( T 0 – T R ) · e – k · t , t ≥ 0.

(1) [LK] Zeigen Sie, dass T ’ (t) für t ≥ 0 proportional zur Differenz zwischen der momentanen Temperatur T (t) eines Körpers und der Raumtemperatur T R ist.

d) (1) [GK und LK] Bestimmen Sie die mittlere Änderungsrate der Abkühlungs-geschwindigkeit T ’ des Körpers während der ersten 120 Sekunden des Abkühlungsvorgangs. [Zur Kontrolle: Der gesuchte Wert ist ungefähr 0,00466 °C/ s 2 .]

(2) Ermitteln Sie den Zeitpunkt des Abkühlungsvorgangs, zu dem die momen-tane 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 ebenfalls auf 100 °C erhitzt. Seine Abkühlung in demselben Raum mit der Raumtemperatur T R = 20 °C hat schon 120 Sekunden früher begonnen als die Abkühlung des Körpers K1. B4

(1) Bestimmen Sie die Temperatur, die der Körper K2 zum Zeitpunkt t = 0 hat, wenn die Abkühlung des Körpers K1 beginnt. [Zur Kontrolle: Die gesuchte Temperatur ist ungefähr 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.

Lösungena) (1) Der Graph ist streng monoton fallend und linksgekrümmt: Die Temperatur des

Körpers nimmt ausgehend von T 0 = 100 °C ständig ab. Die Temperaturabnahme [pro Sekunde] wird mit zunehmender Zeit [bzw. abnehmender Temperatur] immer geringer.

Abb. 2Abb. 2

4 Original-Abituraufgaben

(2) Einsetzen ergibt: T (120) = 20 + (100 – 20) · e – 0,01 · 120 ≈ 44,1 [°C]. Der Körper ist auf etwa 44,1 °C abgekühlt.

(3) Die Temperatur nähert sich für wachsendes t asymptotisch der Raumtemperatur T R = 20 °C: lim

t → ∞ T (t) = lim

t → ∞ (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 als Differenz von Werten einer Stammfunktion iden-tifizieren: Man formt den Term so um, wie man es bei der Anwendung des Haupt-satzes der Differenzial- und Integralrechnung (vgl. C1 ) in umgekehrter Reihen-folge gewohnt ist:

1 ______ ( t 2 – t 1 )

· (20 · ( t 2 – t 1 ) – 8000 · ( e – 0,01 · t 2 – e – 0,01 · t 1 )) = 1 ______ ( t 2 – t 1 )

· [20 · t – 8000 · e – 0,01 · t ] t 2 t 1 .

In der eckigen Klammer steht eine Stammfunktion der in Teilaufgabe 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).

Damit ist gezeigt, dass für den betrachteten Körper gilt:

1 _____ t 2 – t 1 · ∫

t 1

t 2

T (t) d t = 1 ______ ( t 2 – t 1 )

· (20 · ( t 2 – t 1 ) – 8000 · ( e – 0,01 · t 2 – e – 0,01 · t 1 ))

Zweite Möglichkeit: Bestimmen einer Stammfunktion und des Mittelwerts:

1 _____ t 2 – t 1 · ∫

t 1

t 2

T (t) d t = 1 _____ t 2 – t 1 · ∫

t 1

t 2

(20 + 80 · e – 0,01 · t ) d t = 1 _____ t 2 – t 1 · ( ∫

t 1

t 2

20 d t + ∫ t 1

t 2

80 · e – 0,01 · t d t ) = 1 ______

( t 2 – t 1 ) · [20 · t – 8000 · e – 0,01 · t ] t 2 t 1

= 1 _____ t 2 – t 1 · (20 · t 2 – 8000 · e – 0,01 · t 2 – 20 · t 1 + 8000 · e – 0,01 · t 1 )

= 1 _____ t 2 – t 1 · (20 · ( t 2 – t 1 ) – 8000 · ( e – 0,01 · t 2 – e – 0,01 · t 1 )).

(2) Einsetzen von t 1 = 0 und t 2 = 120 ergibt:

1 ____ 120 · (20 · 120 – 8000 · ( e – 1, 2 – 1)) ≈ 66,6.

Die mittlere Temperatur beträgt ungefähr 66,6 °C.

(3) Der Graph von T ist im Intervall [ t 1 ; t 2 ], 0 ≤ t 1 < t 2 , linksgekrümmt (vgl. Teil-aufgabe a) (1)). Er verläuft 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 2 )):

∫ t 1

t 2

T (t) d t < T ( t 1 ) + T( t 2 ) __________ 2 · ( t 2 – t 1 ) ⇒ 1 _____ t 2 – t 1

· ∫ t 1

t 2

T (t) d t < T ( t 1 ) + T( t 2 ) __________ 2 .

c) (1) Der Graph von T ’ in Abbildung 2 ist streng monoton steigend; daher ist der Graph von T linksgekrümmt. Der Graph von T ’ in Abbildung 2 verläuft unterhalb der t-Achse, d. h. T ’ (t) < 0 für alle t ≥ 0; daher ist der Graph von T streng monoton fallend.

�Analysis

(2) Da der Graph von T ’ im Intervall 0 ≤ x ≤ 120 streng monoton steigt, liegt das Minimum von T ’ am linken Rand des Intervalls. Da T ’ (t) negativ ist, bedeutet dies, dass der Betrag von T ’ am linken Rand maximal ist.

Formaler Nachweis, dass der Graph von T ’ streng monoton steigend ist: Für die Ableitung von T ’ gilt: T ’’ (t) = 0,008 · e – 0,01 · t , also für alle t ≥ 0 gilt: T ’’ (t) > 0; hieraus folgt dann die strenge Monotonie des Graphen von T ’.

(3) Der Flächeninhalt des zwischen dem Graphen von T und der t-Achse eingeschlos-senen Flächenstücks ist

A = | ∫ 0

120

T ’ (t) d t | = | [T (t)] 120 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 Zeitintervall [0 ; 120] ist

T (120) – T (0)

___________ 120 – 0 = 20 + 80 · e – 1, 2 – 100 _______________ 120 ≈ – 0,466 [°C/s].

Lösung der LK-Teilaufgabe: (1) T (t) = T R + ( T 0 – T R ) · e – k · t ⇔ ( T 0 – T R ) · e – k · t = T (t) – T R . Mit T ’ (t) = – k · ( T 0 – T R ) · e – k · t

folgt T ’ (t) = – k · (T (t) – T R ), also die gesuchte Proportionalität.

d) (1) Die mittlere Änderungsrate der Abkühlungsgeschwindigkeit im Zeitintervall [0 ; 120] beträgt

T ’ (120) – T ’ (0)

____________ 120 – 0 = – 0,01 · 80 · e – 1, 2 + 0,01 · 80 · e 0 _______________________ 120 ≈ 0,004 66 [°C/ s 2 ].

(2) Die momentane Änderungsrate der Abkühlungsgeschwindigkeit ist die Ab-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 ungefähr 54 s ist die momentane Änderungsrate der Abkühlungsgeschwindig- keit des Körpers genau so groß wie die mittlere Änderungsrate innerhalb der ersten 120 Sekunden des Abkühlungsvorgangs.

e) (1) Die gesuchte Temperatur des Körpers K2 nach einer Abkühlungszeit von 120 s ist T 2 (120) = 20 + 80 · e – 0,006 · 120 = 20 + 80 · e – 0,72 ≈ 58,9 [°C].

(2) Die Temperatur des Körpers K2 kann beschrieben werden durch die Funktion T 2 mit der Gleichung T 2 (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 .

T 2 (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.


Drei Minuten, nachdem K1, bzw. fünf 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 auf der Basis des Kontrollergebnisses gearbeitet werden.] Begründung der Existenz des gesuchten Zeitpunkts: Der Körper K2 hat eine kleinere Abküh-lungskonstante und zum Zeitpunkt t = 0 eine geringere Temperatur [ T 2 (0) ≈ 59 °C] als der Körper K1 [T (0) = 100 °C].

Aufgabe B Analysis

Gegeben sind die beiden Funktionen f und g mit den Gleichungen f (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 Verlauf der Graphen von f und g für x → – ∞. E3

(2) Begründen Sie, dass die Graphen den richtigen Funktionstermen zugeordnet wurden.

b) (1) [GK und LK] Berechnen Sie die Koordinaten der Schnittpunkte der Graphen von f und g. B4

(2) [GK und LK] Zeigen Sie, dass bei einer der Schnittstellen das Maximum von g liegt. Hierbei dürfen Sie g ’’ (x) = ( x 3 – 6 x 2 + 6 x) · e – x ohne Nachweis verwenden. B6 E3

[Zur Kontrolle: g ’ (x) = (– x 3 + 3 x 2 ) · e – x ] (3) [GK] In Abbildung 2 ist der Graph

der Ableitungsfunktion f ’ dargestellt. B7 E3

Prüfen Sie mit Hilfe der Zeichnung, ob der Schnittpunkt aus b (2) ein Wendepunkt des Graphen von f ist.

Abb. 1Abb. 1

Abb. 2Abb. 2

7Analysis

c) (1) [GK und LK] Bestimmen Sie die Stelle x D aus dem Intervall [0 ; 3], an der sich die Funktionswerte von f und g am stärksten unterscheiden. B6

[Zur Kontrolle: x D = 3 – √ __

3 ] (2) [GK] Geben Sie die Differenz der betreffenden Funktionswerte an. (3) [LK] Zeigen Sie: An den Stellen, an denen sich die Funktionswerte zweier

beliebiger differenzierbarer Funktionen am stärksten unterscheiden, sind die Tangenten parallel. A1 A3

d) (1) [LK] Zeigen Sie, dass g eine Stammfunktion der durch d (x) = f (x) – g (x) gegebenen Differenzfunktion d ist. C1

(2) Ermitteln Sie den Flächeninhalt A des von den Graphen von f und g im Intervall [0 ; 3] eingeschlossenen Flächenstücks. C�

e) [GK] Es gibt eine Parallele zur y-Achse mit der Gleichung x = u, 0 < u < 3, die das Flächenstück aus Teilaufgabe d) (2) halbiert.

(1) Weisen Sie nach, dass für dieses u gilt: g (u) ≈ 0,672. (2) Ermitteln Sie einen Näherungswert für u.

f) [LK] Mit einer ganzrationalen Funktion h lassen sich f und g verallgemeinern zu f h (x) = h ’ (x) · e – x , x ∈ R, und g h (x) = h (x) · e – x , x ∈ R.

(1) Zeigen Sie, dass g h eine Stammfunktion der Differenzfunktion d h mit der Gleichung d h (x) = f h (x) – g h (x), x ∈ R, ist. A� C1

(2) Zeigen Sie, dass sich die Graphen der Funktionen f 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 definierten Funktionen f und g (mit f (x) = 3 x 2 · e – x , g (x) = x 3 · e – x ) sei die Funktion d die Differenzfunktion der Funktionen f und g. Nach c) (1) ist die Funktion g eine Stammfunktion von d. C6

Bestimmen Sie das Integral ∫ 0

∞

d (x) d x und interpretieren Sie den Wert des Integrals.

h) [LK] Sei h eine ganzrationale Funktion. Die Funktion g h habe die Gleichung g h (x) = h (x) · e – x , x ∈ R.

(1) Die Funktion G h mit der Gleichung G h (x) = – [ h (x) + h ’ (x) + h ’’ (x)

+ h ’’’ (x)] · e – x sei eine Stammfunktion von g h . Ermitteln Sie, welche Folgerung sich

daraus für den Grad der ganzratio-nalen Funktion h ergibt. A� C1

(2) In Abbildung 3 ist der Graph einer Beispielfunktion g h abgebildet. B6 B7

Skizzieren Sie in dasselbe Koor-dinatensystem den Graphen einer Stammfunktion G h von g h und erklären Sie Ihre Vorgehensweise.

Abb. 3Abb. 3

� Original-Abituraufgaben

Lösungena) (1) Graph von f: lim

x → – ∞ 3 x 2 · e – x = ∞, da lim

x → – ∞ 3 x 2 = ∞ und lim

x → – ∞ e – x = ∞.

Graph von g: lim x → – ∞

x 3 · e – x = – ∞, da lim x → – ∞

x 3 = – ∞ und lim x → – ∞

e – x = ∞.

(2) Aus dem Funktionsterm von f lässt sich erkennen, dass der Graph von f höchstens zwei Extrempunkte hat. Da diese in der Abbildung zu erkennen sind, kann sich der angedeutete Verlauf für 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 Ableitungsfunktion bei dem Sattelpunkt eine doppelte Null-stelle haben muss, kann sich der angedeutete Verlauf für x → – ∞ nicht mehr ändern und entspricht der Überlegung aus (1).

b) (1) f (x) = g (x) ⇔ 3 x 2 · e – x = x 3 · e – x ⇔ e – x · (3 x 2 – x 3 ) = 0 ⇔ e – x · x 2 · (3 – x) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 3 (da e – x ≠ 0 für 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 3 )’ · e – x + x 3 · ( e – x )’ = 3 x 2 · e – x – x 3 · e – x = (3 x 2 – x 3 ) · e – x = e – x · x 2 · (3 – x)

Notwendige Bedingung: g’ (x) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 3 (vgl. (1)).

Hinreichende Bedingung: Alternative 1: Untersuchung mithilfe der 2. Ableitung g’’ (x) = (6 x – 3 x 2 ) · e – x + (3 x 2 – x 3 ) · e – x · (– 1) = ( x 3 – 6 x 2 + 6 x) · e – x

= x · ( x 2 – 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 Hoch-

punkt von g.

Alternative 2: Untersuchung von g’ (x) auf Vorzeichenwechsel

Intervall Vorzeichen von g’ (x): e – x · x � · (3 – x)

Monotonie: Graph ist streng monton

x < 0 (+) · (+) · (+) = (+) steigend

0 < x < 3 (+) · (+) · (+) = (+) steigend

x > 3 (+) · (+) · (–) = (–) fallend

Da an der Stelle x = 0 kein VZW der 1. Ableitung vorliegt, kann dort keine Extrem-stelle sein. An der Stelle x = 3 liegt ein Maximum vor, weil der Graph dort sein Monotonieverhalten ändert (von steigend zu fallend).

(3) Zu untersuchen ist, ob an der Stelle des Maximums von g eine Wendestelle von f vorliegt. Notwendige Bedingung hierfür wäre: f ’’ (3) = 0, d. h., die Steigung von f ’ an der Stelle x = 3 ist gleich null.

An dem Graphen von f’ kann man ablesen, dass f’(3) negativ ist; also kann dort keine Wendestelle vorliegen.

Rechnerischer Nachweis: f ’ (x) = (6 x – 3 x 2 ) · e – x ; f ’’ (x) = (6 – 6 x – 6 x + 3 x 2 ) · e – x = (6 – 12 x + 3 x 2 ) · e – x ; f ’’ (3) = (6 – 36 + 27) · e – 3 = – 3 · e – 3 < 0.

�Analysis

c) (1) d (x) = f (x) – g (x) = (3 x 2 – x 3 ) · e – x, d ’ (x) = (6 x – 3 x 2 – 3 x 2 + x 3 ) · e – x = ( x 3 – 6 x 2 + 6 x) · e – x , d ’’ (x) = (3 x 2 – 12 x + 6 – x 3 + 6 x 2 – 6 x) · e – x = (– x 3 + 9 x 2 – 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 Differenzfunktion vorliegen.

Notwendige Bedingung: d ’ (x) = 0 ⇔ x 3 – 6 x 2 + 6 x = 0 ⇔ x · ( x 2 – 6 x + 6) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x 2 – 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 Differenzfunktion vorliegt (also die Differenz gleich null ist), entfällt x = 0. Die Stelle x = 3 + √

__ 3 entfällt

ebenfalls, da sie nicht im betrach-teten Intervall liegt; dort ist die Differenz 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

Intervall Vorzeichen von d ’ (x) = x · ( x � – 6 x + 6) · e – x

Monotonie: Graph ist streng monton

0 < x < 3 – √ __

3 d ’ (1) = 1 · 1 · e – 1 > 0 steigend

3 – √ __

3 < x < 3 + √ __

3 d ’ (2) = 2 · (– 2) · e – 2 < 0 fallend

Da der Graph der Differenzfunktion d an der Stelle x = 3 – √ __

3 sein Monotonie-verhalten ändert (von steigend zu fallend), liegt dort ein lokales Maximum vor.

(2) Die Differenz der betreffenden Funktionswerte ist d (3 – √ __

3 ) ≈ 0,784.

(3) Es gilt: d ’ (3 – √ __

3 ) = 0. Da d ’ (x) = f ’ (x) – g ’ (x) (nach Differenzregel, vgl. A1 ), gilt: f ’ (3 – √

__ 3 ) – g ’ (3 – √

__ 3 ) = 0, also f ’ (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 Teilaufgabe b) ist bekannt, dass g ’ (x) = (– x 3 + 3 x 2 ) · e – x ist. Somit gilt g ’ (x) = 3 x 2 · e – x – x 3 · e – x = f (x) – g (x) = d (x).

(2) A = ∫ 0

3

d (x) d x = [g (x)] 3 0 = 27 · e – 3 ≈ 1,344.

e) (1) In d) (2) wurde gezeigt: A = ∫ 0

3

d (x) d x = [g (x)] 3 0 = 27 · e – 3 ≈ 1,344.

Gesucht ist das u, 0 < u < 3, für das gilt: ∫ 0

u

d (x) d x = 27 ___ 2 · e – 3 ≈ 0,672:

∫ 0

u

d (x) d x = [g (x)] u 0 = g (u) – g (0) = g (u), also g (u) ≈ 0,672, (da g (0) = 0).


(2) In Abbildung 1 lässt sich zum 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.]

f) (1) Nach Produkt- und Kettenregel gilt für die Ableitung von g ’ h : g ’ h (x) = h ’ (x) · e – x + h (x) · ( e – x )’ = h ’ (x) · e – x – h (x) · e – x = f h (x) – g h (x).

(2) In (1) wurde gezeigt: g ’ h (x) = f h (x) – g h (x), also gilt: g ’ h (x) = 0 ⇔ f h (x) – g h (x) = 0 ⇔ f h (x) = g h (x).

g) Nach c) (1) ist die Funktion g mit der Gleichung g (x) = x 3 · e – x eine Stammfunktion von d.

∫ 0

k

d (x) d x = ∫ 0

k

(3 x 2 – x 3 ) · e – x d x = [ x 3 · e – x ] k 0 = k 3 · e – k .

Grenzwertbildung liefert lim k → ∞

k 3 · e – k = 0.

Der Inhalt der Fläche zwischen dem Graphen von f und dem Graphen von g im Intervall [0 ; 3] ist genauso groß wie der Inhalt des nach rechts unbegrenzten Flächenstücks zwischen den Graphen von f und g.

h) (1) Nach Voraussetzung ist G h eine Stammfunktion für g h , d. h., es gilt: G’ h (x) = g h (x). Nach Produkt- und Kettenregel ergibt sich für die Ableitung G’ h (x): G’ h (x) = – [h’ (x) + h’’ (x) + h’’’ (x) + h’’’’ (x)] · e – x + [h (x) + h’ (x) + h’’ (x) + h’’’ (x)] · e – x

= [h (x) – 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 für 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.

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11Analysis

(2) Zwischen dem Graphen einer Funktion und dem Graphen einer Stammfunktion bestehen folgende Zusammenhänge:

Graph von g h Graph von G h

verläuft oberhalb der x-Achse (hier: x < – 1; 0 < x < 2)

streng monton steigend

verläuft unterhalb der x-Achse (hier: – 1 < x < 0; x > 2)

streng monoton fallend

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

lokales Minimum (hier: x ≈– 0,7; x ≈ 3,9) R-L-Wendestelle

lokales Maximum (hier: x ≈ 0,8) L-R-Wendestelle

streng monoton steigend (hier: – 0,7 < x < 0,8; x > 3,9)

linksgekrümmt

streng monoton fallend (hier: x < – 0,7; 0,8 < x < 3,9)

rechtsgekrümmt

1� Original-Abituraufgaben

Aufgabe C Analytische Geometrie

Die deutsche Künstlerin Isa Genzken arbeitet unter anderem mit geometrischen Formen und Maßstabsverschiebungen. Auf der etwas geneigten Fläche vor der Bielefelder Stadt-halle steht ihre Skulptur „Spiegel“. Die Skulptur besteht aus einem Rahmen und zwei teleskopartigen Stützen. Im Folgenden wird lediglich der vereinfachte 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 Höhen-meter.Angenommen, jemand würde erwägen, in den Rahmen eine Spiegelfläche einzusetzen.

a) [GK] Die Ebene E ABC enthält die Punkte A, B und C, sie würde die Spiegelfläche der Skulptur enthalten.

(1) Erstellen Sie eine Gleichung von E ABC in Parameterform und berechnen Sie, ob der Punkt D(– 5 | – 2 | 2) in E ABC liegt. G3

(2) Zeigen Sie, dass das Dreieck ABC rechtwinklig ist. F�

(3) Untersuchen Sie, ob eine Spiegelflächengröße von 650 m 2 für den recht-eckigen Rahmen ABCD ausreichen würde.

(4) Erklären Sie, mit welchen Schwierigkeiten bei einer entsprechenden Ver-spiegelung zu rechnen wäre.

b) Die geneigte Fläche F, auf der die Skulptur steht, hat die Ebenengleichung F : 0 · x + y + 6 · z = 10.

(1) [LK] Begründen Sie im Kontext, warum der Punkt D in der Ebene E ABC liegen muss. Berechnen Sie eine Gleichung von E ABC in Koordinatenform. Berechnen Sie dann, ob die Punkte D 1 (6 | 2 | 2) und D 2 (5 | 5 | 2,5) in dieser Ebene liegen. G4

(2) [LK] Der Spiegel soll rechtwinklig sein. F1

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 Ebenengleichung von F der Koeffizient vor x null ist. G4

(4) Der untere Rand des Rahmens liegt auf der Schnittgeraden der Ebenen E ABC und F. G�

Leiten Sie eine Gleichung der Schnittgeraden der Ebenen E ABC und F her. (5) Überprüfen Sie, ob der Punkt D aus Teilaufgabe a) in der Ebene F liegt. G4

c) Eine Stütze beginnt im Punkt S 1 (11 | 22 | – 2), hat die Richtung des Vektors

_ › v = ( 0

– 4 9

) und endet im Befestigungspunkt T 1 am Rahmen.

(1) [GK und LK] Bestimmen Sie rechnerisch die Koordinaten von T 1 und be-rechnen Sie die Länge der Stütze. [Zur Kontrolle: T 1 (11 | 6 | 34)] G�

13Geometrie/Matrizen

(2) [GK] Die obere Rahmenkante müsste zwischen den Befestigungspunkten T 1 und T 2 vor Einsetzen der Spiegelfläche verstärkt werden. Der Befestigungs-punkt T 2 soll ebenso weit von A entfernt sein wie T 1 von B. Ermitteln Sie die Koordinaten von T 2 und den Abstand zwischen T 1 und T 2 . F3

(3) [LK] Bestimmen Sie den Winkel, in dem die Stütze auf die Ebene E ABC trifft. H1

d) Auf dem Photo ist nicht genau zu erkennen, wo der Punkt S 2 für die zweite Stütze liegt.

Nehmen Sie an, dass S 2 (– 1 | – 1 | 2) ist. (1) [GK und LK] Beurteilen Sie, ob S 1 und S 2 auf verschiedenen Seiten des

Spiegels liegen, und bestimmen Sie, welcher der beiden Befestigungspunkte näher an E ABC liegt. G1

(2) [LK] Bestimmen Sie den Abstand von S 2 zu E ABC . H3

(3) [LK] Zur besseren Stabilität könnte die Stütze T 2 S 2 auch auf die andere Seite des Spiegels gestellt werden. G7

Ermitteln Sie die Koordinaten des Spiegelpunktes S’ 2 , der durch Spiegelung von S 2 an E ABC entsteht. [Zur Kontrolle: S’ 2 (– 1 | – 2,88 | 2,47)] Prüfen Sie, ob S’ 2 als Befestigungspunkt einer Stütze geeignet ist.

Lösungena) (1) Aus den Koordinaten der Punkte A, B, C kann man auf vielfältige Weise eine

Parameterdarstellung gewinnen, z. B. durch

_ › x =

___ › OA + r ·

___ › AB + s ·

___ › AC = ( – 5

6 34

) + r · ( 15 + 5

6 – 6

34 – 34 ) + s · ( 15 + 5

– 2 – 6 2 – 34

) = ( – 5

6

34 ) + r · ( 20

0 0

) + s · ( 20

– 8

– 32 ) .

Gesucht ist die Lösung des Gleichungssystems

( – 5

6

34 ) + r · ( 20

0 0

) + s · ( 20

– 8

– 32 ) = ( – 5

– 2 2

) ⇔ r · ( 20

0

0 ) + s · ( 20

– 8 – 32

) = ( 0

– 8

– 32 )

⇔ | r + s = 0

s = 1

s = 1 | ⇔ | r = – 1

s = 1 s = 1

| ⇔ | r = – 1 s = 1 | , d. h., der Punkt D liegt in der durch A, B, C bestimmten Ebene.

(2) Mithilfe des Skalarprodukts ist zu prüfen, ob zwei der drei Seiten AB, BC, CA zueinander senkrecht stehen:

___

› AB = ( 20

0 0

) , ___

› BC = ( 0

– 8 – 32

) , ___

› CA = ( – 20

8 32

) . Offensichtlich gilt:

___ › AB ∗

___ › AB = ( 20

0 0

) ∗ ( 0

– 8

– 32 ) = 0, also gilt:

___ › AB ⊥

___ › BC .

Das Dreieck ABC ist also rechtwinklig und der rechte Winkel liegt bei B.

(3) Mit | ___

› AB | = 20 und |

___ › BC | = √

____________ (– 8 ) 2 + (32 ) 2 ≈ 32,98 ist die Rechtecksfläche A R

ca. 20 m · 32,98 m = 659,6 m 2 groß. Für die Spiegelfläche werden also mehr als 650 m 2 benötigt.

(4) Die Stahlstützen der Skulptur würden zum einen durch die Masse der Spiegelfläche belastet. Eine weitere Belastung wäre durch den großen Windwiderstand einer derartigen Spiegelfläche gegeben.


b) (1) Eine Ebene ist durch Angabe von drei Punkten vollständig festgelegt. D muss in E ABC liegen, damit der Rahmen eine ebene Figur bildet und nicht „schief“ ist.

Um aus der Parameterdarstellung für die Ebene eine Koordinatengleichung zu entwickeln, muss ein Normalenvektor

_ › n bestimmt werden, d. h., es muss gelten:

_ › n ⊥ ( 20

0 0

) und _ › n ⊥ ( 20

– 8 – 32

) . Offensichtlich erfüllt _ › n = ( 0

4 – 1

) diese Bedingung.

E ABC : _ › n ∗

_ › x = ( 0

4 – 1

) ∗ ( x 1

x 2

x 3 ) =

_ › n ∗

_ › a = ( 0

4 – 1

) ∗ ( – 5

6

34 ) = 10, also ist

E ABC : 4 y – 1 z = – 10 eine Koordinatengleichung für die Ebene.

Einsetzen der Koordinaten der Punkte D 1 und D 2 ergibt: D 1 (– 6 | – 2 | 2): 4 · (– 2) – 2 = – 8 + 2 = 10, d. h. D 1 liegt in der Ebene. D 2 (– 5 | – 5 | 2,5): 4 · (–5) – 2,5 ≠ 10, d. h. D 2 liegt nicht in der Ebene.

(2) Es gilt ___

› DA ·

___ › DC = ( 1

8 32

) · ( 20

0

0 ) = 20 ≠ 0. ABCD ist nicht rechtwinklig.

Aus der Rechteckeigenschaft folgt: __

› x D =

__ › x A +

___ › BC = ( – 5

6 34

) + ( 0

– 8

– 32 ) = ( – 5

– 2 2

) . (3) Wenn der Koeffizienten von x gleich null ist, bedeutet dies, dass man für x be-

liebige 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 erfül-len. 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.

Eingesetzt in E ABC ergibt sich: g : _ › x = ( – 5

6 34

) + r · ( 20

0

0 ) + ( 0

– 8 – 32

) = ( – 5

– 2

2 ) + r · ( 20

0 0

) . (5) Punktprobe: Einsetzen der Koordinaten von D (– 5 | – 2 | 2) in die Koordinaten-

gleichung y + 6 z = 10: – 2 + 6 · 2 = 10, d. h. D ∈ F.

c) (1) Gerade längs der Stütze 1: g 1 : _ › x =

_ › x S 1 + r ·

_ › v = ( 11

22 – 2

) + r · ( 0

– 4 9

) (r ∈ R).

Gerade durch A und B: g AB : _ › x =

_ › x A + s ·

___ › AB = ( – 5

6 34

) + s · ( 20

0

0 ) (s ∈ R).

Bestimmung des Schnittpunkts:

( 11

22

– 2 ) + r · ( 0

– 4

9 ) = ( – 5

6 34

) + s · ( 20

0

0 ) ⇔ | – 20 s = – 16

– 4 r = – 16 9 r = 36

| ⇔ | s = 0,8

r = 4

r = 4 | ⇔ | r = 4 s = 0,8 | .

Einsetzen in eine der beiden Parameterdarstellungen:

( 11

22

– 2 ) + 4 · ( 0

– 4

9 ) = ( 11

6 34

) bzw. ( – 5

6

34 ) + 0,8 · ( 20

0 0

) = ( 11

6

34 ) ,

also T 1 (11 | 6 | 34).

1�Geometrie/Matrizen

Die Länge der Stütze ist

| S 1 T 1 | = | ( 11

22

– 2 ) + 4 · ( 0

– 4

9 ) – ( 11

22 – 2

) | = | 4 · ( 0

– 4 9

) | = 4 · √ ________

16 + 81 ≈ 39,4.

(2) ___

› BT 1 =

_ › x T 1 –

_ › x B = ( 11

6 34

) – ( – 5

6

34 ) = ( – 4

0 0

) , dann ist _ › x T 2 =

_ › x A + ( 4

0

0 ) = ( – 1

6 34

) .

____ T 1 T 2 = ( – 1 – 11

6 – 6 34 – 34

) = ( – 12

0

0 ) , der Abstand beträgt also 12 m.

(3) __

› w = ( 0

– 4 1

) steht senkrecht auf E ABC . __

› w und

_ › v stehen zueinander im Winkel

a = arccos ( 0

– 4 9

) ∗ ( 0

– 4 1

) _________

√ ___

97 · √ ___

17 = arccos 25 ________

√ ___

97 · √ ___

17 ≈ 52,0°.

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: S 1 (11 | 22 | – 2); S 2 (– 1 | – 1 | 2); E ABC : 4 y – 1 z = – 10;

g : _ › x = ( 11

22 – 2

) + t · ( – 1 – 1

– 1 – 22

2 – (– 2) ) = ( 11

22 – 2

) + t · ( – 12

– 23

4 )

Für den Schnittpunkt X der Geraden mit der Ebene E ABC gilt: 4 · (22 – 23 t) – (– 2 + 4 t) = – 10 ⇔ 88 – 92 t + 2 – 4 t = – 10 ⇔ 96 t = 100 ⇔ t = 25 ___ 24 .

Da 25 ___ 24 > 1, liegt der Schnittpunkt X

der Gerade mit der Ebene von S 1 aus gesehen hinter S 2 , d. h., S 1 und S 2 liegen auf 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 Länge des Lotes von S 2 auf die Ebene E ABC .

Das Lot kann mithilfe des Normalenvektors beschrieben werden durch:

I : _ › x = ( – 1

– 1 2

) + t · ( 0

4 – 1

) Den Fußpunkt L des Lotes (= Schnittpunkt der Lotgerade mit der Ebene) erhalten

wir aus: 4 · (– 1 + 4 t) – (2 – t) = – 10 ⇔ – 4 + 16 t – 2 + t = – 10 ⇔ 17 t = – 4 ⇔ t = – 4 ___ 17 ,

also L ( – 1 | – 33 ___ 17 | 38 ___ 17 ) .

| S 2 L | = ( 4 ___ 17 ) · | ( 0

4 – 1

) | = 4 ___ 17 · √ ___

17 = 4 ____ √

___ 17 ≈ 0,97.

Alternativ kann man den Abstand mithilfe der in H3 angegeben Formel bestimmen:

Abstand ( S 2 , E ABC ) = 4 ____ √

___ 17 · ( ( – 1

– 1 2

) ∗ ( 0

4 – 1

) ) + 10 = 4 ____ √

___ 17 ≈ 0,97.


(3) ___

› x ’ S 2 =

___ › x S 2 + 2 · 4 ____

√ ___

17 · 1 ____

√ ___

17 · ( 0

– 4 1

) = ( – 1

– 1

2 ) + 8 ___ 17 · ( 0

– 4

1 ) ≈ ( – 1

– 2,88 2,47

) . Die Höhe von F aus Teilaufgabe b) zu vorgegebenem x = – 1 und y = – 2,88 beträgt

z = 10 + 2,882 _________ 6 ≈ 2,147 < 2,47.

Also liegt der Spiegelpunkt über der Ebene F und ist somit über der Erdoberfläche und als Befestigungspunkt ungeeignet.

Aufgabe D Übergangsmatrizen

Bei der Aufzucht von Rindern unterscheidet man zwischen Neugeborenen (N), einjährigen Kälbern (K) und geschlechtsreifen erwachsenen Tieren (E), den Kühen und Bullen (min-destens zweijährig). Um eine Rinderherde wirtschaftlich erfolgreich zu betreiben, muss man Kenntnisse über die Anzahl der Geburten, der Todesfälle und der Entnahmen durch Schlachtung oder Verkauf haben. Zudem muss die Verteilung der Herde in den drei Altersstufen (N, K, E) bekannt sein.In der hier betrachteten Rinderherde werden die Übergänge zwischen den Altersstufen innerhalb eines Jahres durch die folgende Matrix A angegeben:

von: N K E

nach: N

K E A = ( 0

0,75 0

0

0 0,8

0,4

0 0,8

) a) [GK und LK] Stellen Sie die Entwicklung der Rinderherde durch einen Über-

gangsgraphen dar. J1 J�

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.

b) [GK und LK] Zurzeit befinden sich 40 Neugeborene, 150 Kälber und 100 Er-wachsene in der Herde.

Berechnen Sie die Verteilung auf die drei Altersstufen in der Herde für das nächste und das übernächste Jahr. J�

Bestimmen Sie die Verteilung auf die drei Altersstufen für das vergangene Jahr. J4

c) [GK] Untersuchen Sie, ob es bei den in der Matrix A gegebenen Übergangs-verhältnissen eine Verteilung auf die Altersstufen in der Rinderherde gibt, die sich im Folgejahr wiederholt. J3

d) [LK] Der Züchter sucht eine Strategie, durch Verkauf von Kälbern in die Ent-wicklung der Herde so einzugreifen, dass eine konstante Verteilung der Tiere in der Rinderherde gewährleistet ist. J�

Ermitteln Sie dazu den Anteil der Kälber, die jedes Jahr zusätzlich verkauft werden sollen. Bestimmen Sie eine dazu passende Anfangsverteilung.

17Geometrie/Matrizen

e) Durch eine Krankheit überleben in einem Jahr nur 50 % der Neugeborenen. Dadurch verändert sich in diesem Jahr die Übergangsmatrix zu

B = ( 0

0,5 0

0

0 0,8

0,4

0 0,8

) . (1) [GK] Berechnen Sie die Verteilung in der Herde nach einem Krankheits- und

einem normalen Jahr, ausgehend von der Anfangsverteilung im Aufgaben- teil b).

(2) [LK] Ermitteln Sie, ausgehend von der Anfangsverteilung im Aufgabenteil b), wie viele Tiere nach einem Krankheitsjahr in den verschiedenen Altersstufen gekauft bzw. verkauft werden müssen, damit nach einem Jahr mit normaler Neugeborenenrate der Anfangsbestand wieder erreicht wird. J4

f) [GK] Bestimmen Sie die Matrix C = A · B und beschreiben Sie exemplarisch, wie man auf die Matrixelemente der neuen Matrix C kommt. J�

Interpretieren Sie die Komponenten von C im Sachzusammenhang. Begründen Sie rechnerisch, dass es relevant ist, ob die Krankheit im ersten oder im zweiten Jahr auftritt.

Lösungena) 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 verbleiben-den 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.

b) ( 0

0,75

0

0

0 0,8

0,4

0 0,8

) · ( 40

150

100 ) = ( 40

30 200

) ( 0

0,75

0

0

0 0,8

0,4

0 0,8

) · ( 40

30

200 ) = ( 80

30 184

) Damit sind es im nächsten Jahr 40 neugeborene Tiere, 30 Kälber und 200 erwachsene

Tiere, im darauffolgenden Jahr sind es entsprechend 80, 30 und 184. Um zu erschließen, wie die Bestände im Vorjahr waren, muss das Gleichungssystem

( 0

0,75

0

0

0 0,8

0,4

0 0,8

) · ( x y

z ) = ( 40

150 100

) gelöst werden:

| 0,4 z = 40

0,75 x = 150

0,8 y + 0,8 z = 100 | ⇔ | z = 100

x = 200 y = 25

| . Damit waren im vergangenen Jahr 200 neugeborene Tiere, 25 Kälber und 100 erwach-

sene Tiere in der Herde. Hinweis: Im Prinzip könnte dieses Gleichungssystem auch mithilfe der inversen Matrix gelöst werden. Da die Übergangsmatrix aber sehr viele Nullen enthält, bietet sich dieser Weg hier nicht an.

1� Original-Abituraufgaben

c) Gesucht ist ein Fixvektor, d. h. ein Bestandsvektor, der das Gleichungssystem erfüllt: ( 0

0,75 0

0

0 0,8

0,4

0 0,8

) · ( x y

z ) = ( x

y

z ) ,

| 0,4 z = x

0,75 x = y

0,8 y + 0,8 z = z | ⇔ | 0,4 z = x

0,75 · 0,4 z = y 0,8 y = 0,2 z

| ⇔ | 0,4 z = x

0,3 z = y

4 y = z | ⇔ | x = 0

y = 0 z = 0

| . Damit wiederholt sich die Verteilung in der Rinderherde nur dann, wenn es keine

Rinderherde gibt, d. h., es gibt also keine Verteilung auf die Altersstufen in der Rinder-herde, die sich im Folgejahr wiederholt.

d) Eine neue Übergangsquote „von K zu E“ ist gesucht sowie eine Verteilung, die sich nicht ändert.

Ansatz: ( 0

0,75

0

0

0

a 0,4

0 0,8

) · ( x y

z ) = ( x

y

z ) .

Lösung des Gleichungssystems:

| 0,4 z = x

0,75 x = y

a y + 0,8 z = z | ⇔ | 0,4 z = x

0,75 · 0,4 z = y a y = 0,2 z

| ⇔ | 0,4 z = x

0,3 z = y

a y = 0,2 z | .

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, d. h. a = 2/3.

Wählt man z = t, dann lassen sich die Lösungen des Gleichungssystems wie folgt mithilfe einer Parameterdarstellung beschreiben: (0,4 t | 0,3 t | t). Da es sich um Tier-Anzahlen handelt, kommen nur Vielfache in Frage, die auf natürliche Zahlen führen, beispielsweise (4 | 3 | 10), (8 | 6 | 20), …, (40 | 30 | 100) usw.

e) (1) Zunächst muss der Startvektor mit der neuen Übergangsmatrix multipliziert werden:

( 0

0,5 0

0

0 0,8

0,4

0 0,8

) · ( 40

150

100 ) = ( 40

20 200

) , und dann (es muss ja nach dem Krankheitsjahr noch ein Normaljahr folgen) der

neue Bestandsvektor mit der bisherigen Matrix A:

( 0

0,75

0

0

0 0,8

0,4

0 0,8

) · ( 40

20

200 ) = ( 80

30 176

) . Alternativ kann man (gemäß Assoziativgesetz der Multiplikation) auch zunächst die

beiden Matrizen miteinander multiplizieren:

A · B = ( 0

0,75

0

0

0 0,8

0,4

0 0,8

) · ( 0

0,5 0

0

0 0,8

0,4

0 0,8

) = ( 0

0 0,4

0,32

0 0,64

0,32

0,3 0,64

) , und dann

( 0

0 0,4

0,32

0 0,64

0,32

0,3 0,64

) · ( 40

150

100 ) = ( 80

30 176

) . Damit erhält man nach einem Krankheits- und einem normalen Jahr eine Verteilung

von 80 Neugeborenen, 30 Kälbern und 176 erwachsenen Rindern in der Herde.

1�Geometrie/Matrizen

(2) Wie in (1) berechnet wurde, ist der Bestand nach einem Krankheitsjahr gegeben durch:

( 0

0,5 0

0

0 0,8

0,4

0 0,8

) · ( 40

150

100 ) = ( 40

20 200

) . Wenn nach einem Normaljahr dann wieder der Anfangsbestand aus 40 Neu-

geborenen, 150 Kälber und 100 erwachsenen Tieren erreicht werden soll, müsste der Bestand durch Kauf bzw. Verkauf so verändert werden, dass das folgende Gleichungssystem erfüllt ist:

( 0

0,5 0

0

0 0,8

0,4

0 0,8

) · ( x y

z ) = ( 40

150 100

) . Hinweis: Im Prinzip könnte dieses Gleichungssystem auch mithilfe 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

0,75 x = 150

0,8 y + 0,8 z = 100 | ⇔ | z = 100

x = 200 0,8 y + 0,8 · 100 = 100

| ⇔ | z = 100

x = 200

y = 25 | .

Da nach dem Krankheitsjahr z = 200 erwachsene Rinder vorhanden sind, müssen 100 verkauft werden.

Um auf x = 200 Neugeborene zu kommen, müssen 160 hinzugekauft werden.

Damit die Anzahl der Kälber y = 25 beträgt, müssen noch 5 hinzugekauft werden.

f) Es gilt (vgl. Lösung e) (1)):

C = A · B = ( 0

0,75

0

0

0 0,8

0,4

0 0,8

) · ( 0

0,5 0

0

0 0,8

0,4

0 0,8

) = ( 0

0 0,4

0,32

0 0,64

0,32

0,3 0,64

) . Man erhält beispielsweise das Element c 13 = 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 auf ein normales Jahr, dann muss die Reihenfolge der Matrizen geändert werden:

B · A = ( 0

0,5 0

0

0 0,8

0,4

0 0,8

) · ( 0

0,75

0

0

0 0,8

0,4

0 0,8

) = ( 0

0 0,6

0,32

0 0,64

0,32

0,2 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 auftritt. Man kann dies auch durch Vergleich der Bestandsvektoren ablesen:

( 0

0 0,6

0,32

0 0,64

0,32

0,2 0,64

) · ( 40

150

100 ) = ( 80

20 184

) .

�0 Original-Abituraufgaben

Aufgabe E Stochastik

Bei der Produktion von Kunststoffverpackungen entsteht zum Teil Ware minderer Qualität.An der Maschine M 1 , an der Plastikflaschen hergestellt werden, beträgt dieser Anteil erfahrungsgemäß 5 %. Zur Qualitätsüberprüfung werden der Tagesproduktion von 12 000 Flaschen Stichproben im Umfang von 10 bis 100 Flaschen entnommen.Die Zufallsgröße X sei die Anzahl der fehlerhaften Flaschen in einer Stichprobe vom Umfang n. Im Folgenden soll davon ausgegangen werden, dass X binomialverteilt ist.

a) (1) [GK] Geben Sie an, unter welchen Voraussetzungen die Annahme, dass X binomialverteilt ist, gerechtfertigt ist. L�

(2) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten für folgende Ereignisse: E 1 : Von 15 entnommenen Flaschen sind genau 3 fehlerhaft. E 2 : Von 50 entnommenen Flaschen sind genau 45 ohne Fehler. E 3 : Von 100 entnommenen Flaschen sind mindestens 12 fehlerhaft. E 4 : [LK] Von 10 entnommenen Flaschen sind nur die ersten beiden fehlerhaft. (3) Befindet sich in einer Stichprobe von 10 Flaschen mindestens eine fehler-

hafte Flasche, dann werden in einer zweiten Stichprobe 6 weitere Flaschen entnommen. Im anderen Fall entfällt die zweite Stichprobe. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass bei diesem Verfahren insgesamt genau 2 fehlerhafte Flaschen entnommen werden.

b) [GK und LK] Bestimmen Sie die Anzahl von Flaschen, die höchstens entnommen werden dürfen, um mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens 60 % keine fehlerhaften Flaschen in der Stichprobe zu erhalten. L4

c) [GK] Der Fabrikant trifft mit einem Großhändler folgende Vereinbarung: Die Flaschen werden in Kartons zu je 100 Stück verpackt. Sind in einem Karton mehr als 10 Flaschen fehlerhaft, so darf er zurückgegeben werden.

(1) Berechnen Sie den zu erwartenden Anteil der zurückgegebenen Kartons. L�

(2) Im Interesse der Kundenfreundlichkeit möchte der Fabrikant eine neue Lieferbedingung einführen: Die Anzahl der fehlerhaften Flaschen, ab der ein Karton zurückgegeben werden kann, soll daher möglichst klein sein. Andererseits soll die Lieferbedingung so gewählt werden, dass der zu erwartende Anteil der zurückgegebenen Kartons bei höchstens 3 % liegt.

Ermitteln Sie eine Lieferbedingung, die beiden Bedingungen gerecht wird.

d) [GK] Ein anderer Großhändler vermutet, dass sich die Qualität der Flaschen verschlechtert hat, der Anteil der fehlerhaften Flaschen also größer als 5 % ist. Bevor der Kunde die Ware reklamiert und gegebenenfalls zurückschickt, möchte er seine Vermutung durch ein geeignetes Testverfahren untermauern, indem er eine Stichprobe im Umfang von 300 Flaschen aus einer großen Warensendung zufällig entnimmt.

(1) Entwickeln Sie Kriterien für einen Test zur Hypothese H 0 : p ≤ 0,05 für a = 1 % mit Annahme- und Verwerfungsbereich sowie eine Entscheidungsregel. M4

[Für eine binomialverteilte Zufallsgröße X mit Standardabweichung σ > 3 gilt näherungsweise: P (μ – 2,33 σ ≤ X ≤ μ + 2,33 σ) ≈ 0,98.] L�

(2) Beurteilen Sie die Bedeutung der Fehler der 1. und 2. Art aus Sicht des Großhändlers. M�

�1Stochastik

e) [LK] An der Maschine M 2 beträgt der Anteil fehlerhafter Flaschen 20 %. Von diesen Flaschen werden jeweils 2000 auf einer Palette verpackt. Diese Paletten werden dann als 2. Wahl deklariert. Versehentlich wurden zahlreiche Paletten falsch etikettiert, sodass sie äußerlich von solchen mit Flaschen von Maschine M 1 nicht unterschieden werden können. M�

Der Verkaufsleiter meint, dass man eine möglicherweise falsch etikettierte Palette als 1. Wahl ansehen sollte, sofern sie nicht aufgrund eines Testes abgelehnt werden muss. Um eine begründete Aussage über den Inhalt machen zu können, wird folgende Entscheidungsregel für einen Test aufgestellt: Sind auf einer Palette von 100 getesteten Flaschen höchstens k Flaschen (0 ≤ k ≤ 100) fehlerhaft, dann muss der Inhalt der getesteten Palette als 1. Wahl angesehen werden. Ansonsten wird er als 2. Wahl eingestuft und als solche dem Kunden zu einem relativ günstigen Preis angeboten werden.

(1) Es sei k = 13. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeiten für die Fehler 1. und 2. Art auf der Grundlage der oben formulierten Entscheidungsregel und interpretieren Sie beide Fehler und ihre Konsequenzen aus der Sicht des Fabrikanten. M�

(2) Zeigen Sie, dass für k = 10 der Unterschied zwischen den Wahrscheinlich-keiten für die Fehler 1. und 2. Art minimal ist.

f) [LK] Ein Großhändler benötigt für eine Veranstaltung 1000 fehlerfreie Flaschen. In einer Sonderaktion verkauft die Firma Kartons mit je 100 Flaschen 1. Wahl (Flaschen, die an der Maschine M 1 hergestellt und richtig etikettiert werden) für 29,90 € je Karton. L�

(1) Bestimmen Sie die Anzahl der Kartons, die der Großhändler mindestens bestellen muss, damit er mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens 99 % genügend fehlerfreie Flaschen erhält. [Für eine binomialverteilte Zufallsgröße X mit Standardabweichung σ > 3 gilt näherungsweise: P(μ – 2,33 σ ≤ X ≤ μ + 2,33 σ) ≈ 0,98.]

Dem Großhändler wird ein alternatives Angebot unterbreitet: Ein Karton mit 200 Flaschen 2. Wahl kostet 49,90 €. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine zufällig herausgegriffene Flasche fehlerhaft ist, liegt bei 20 %.

(2) Entscheiden Sie, ob dieses Angebot unter denselben Bedingungen wie in (1) für den Großhändler preiswerter ist.

Lösungena) (1) Die Zufallsgröße X kann als binomialverteilt angesehen werden, wenn die im Text

angegebenen 5 % nicht im Sinne einer relativen Häufigkeit gedeutet werden, sondern als Wahrscheinlichkeit. Jede einzelne Flasche muss also – unabhängig davon, ob die zuvor produzierten Flaschen fehlerhaft waren oder nicht – mit einer Wahrscheinlichkeit von 5 % fehlerhaft sein.

(2) Ereignis E 1 : X ist binomialverteilt mit n = 15 und p = 0,05. Bestimmen der Wahrscheinlichkeit mithilfe der Bernoulli-Formel:

P ( E 1 ) = P (X = 3) = ( 15 3 ) · 0,0 5 3 · 0,9 5 12 ≈ 0,0307

�� Original-Abituraufgaben

Ereignis E 2 : Genau 45 sind ohne Fehler ist gleichbedeutend mit E 2 : Genau 5 sind fehlerhaft. X ist binomialverteilt mit n = 50 und p = 0,05. Bestimmen der Wahrscheinlichkeit mithilfe der Bernoulli-Formel:

P ( E 2 ) = P (X = 5) = ( 50 5 ) · 0,0 5 5 · 0,9 5 45 ≈ 0,0658.

Bestimmen der Wahrscheinlichkeit mithilfe der Tabelle mit kumulierten Wahrschein-lichkeiten: P (X = 5) = P (X ≤ 5) – P (X ≤ 4) = 0,9622 – 0,8964 = 0,0658.

Ereignis E 3 : Mindestens 12 sind fehlerhaft. Gegenereignis: Höchstens 11 sind fehlerhaft. X ist binomialverteilt mit n = 100 und p = 0,05. Bestimmen der Wahrscheinlichkeit mithilfe der Tabelle mit kumulierten Wahrschein-lichkeiten: P (X ≥ 12) = 1 – P (X ≤ 11) = 1 – 0,9957 = 0,0043.

Ereignis E 4 : Nur die ersten beiden sind fehlerhaft. Hier ist die Reihenfolge zu beachten: erst zwei fehlerhafte, dann 8 fehlerfreie Flaschen: P ( E 4 ) = 0,0 5 2 · 0,9 5 8 ≈ 0,0017.

(3) Es werden genau 2 fehlerhafte Flaschen entnommen, wenn entweder in der ersten und in der zweiten Stichprobe jeweils eine Flasche fehlerhaft ist oder in der ersten Stichprobe zwei Flaschen fehlerhaft sind und in der zweiten keine. Wenn X die Anzahl der fehlerhaften Flaschen in der ersten Stichprobe bezeichnet und Y die Anzahl der fehlerhaften Flaschen in der zweiten, dann gilt:

P (X = 1) = ( 10 1 ) · 0,05 · 0,9 5 9 = 0,3151, P (X = 2) = ( 10 2 ) · 0,0 5 2 · 0,9 5 8 = 0,0746,

P (Y = 0) = 0,9 5 6 = 0,7351 und P (Y = 1) = ( 6 1 ) · 0,05 · 0,9 5 5 = 0,2321.

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) = 0,9 5 n , muss die Ungleichung 0,9 5 n ≥ 0,6 gelöst werden.

Lösung der Ungleichung durch systematisches Probieren: Man legt eine Wertetabelle für die Funktion f mit f (x) = 0,9 5 x an und sucht den größten ganzzahligen Exponenten, für den die Bedingung erfüllt ist:

x 1 � 3 4 � 6 7 � � 10

f (x) 0,95 0,903 0,857 0,815 0,774 0,735 0,698 0,663 0,630 0,599

Lösung der Ungleichung durch Logarithmieren: P (X = 0) ≥ 0,6 ⇔ 0,9 5 n ≥ 0,6 ⇔ ln (0,9 5 n ) ≥ ln (0,6) ⇔ n · ln (0,95) ≥ ln (0,6)

⇔ n ≤ ln (0,6)

_______ ln (0,95)

[≈ 9,96]

[Hinweis: ln (0,95) < 0, deshalb wird das Ungleichheitszeichen umgekehrt.]

Wenn weniger als 10 Flaschen entnommen werden, ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass darunter eine fehlerhafte Flasche ist, größer als 60 %.

�3Stochastik

c) (1) Wenn X die Anzahl der fehlerhaften 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 fehlerhaften Flaschen in der Stichprobe bezeichnet, dann ist X näherungsweise binomialverteilt mit n = 100 und p = 0,05. Gesucht ist diejenige Anzahl k fehlerhafter Flaschen, sodass P (X > k) ≤ 0,03. Einen solchen Wert entnimmt man der Tabelle mit kumulierten Wahrscheinlich-keiten:

k P (X ≤ k) P (X > k) = 1 – P (X ≤ k)

7 0,8720 0,1280

8 0,9369 0,0631 > 0,03

9 0,9718 0,0282 < 0,03

10 0,9885 0,0115

Die Lieferbedingung wird abgeändert zu: Sind in einem Karton mehr als 9 fehler-hafte Flaschen, so darf er zurückgegeben werden.

d) Der Großhändler vermutet, dass sich die Qualität der Flaschen verschlechtert hat, d. h., dass für den Anteil p fehlerhafter Flaschen gilt: p > 0,05. Um diese Vermutung zu überprüfen, testet er die Hypothese p ≤ 0,05, denn wenn in der Stichprobe signifikante Abweichungen nach oben gefunden werden, kann die getestete Hypothese p ≤ 0,05 verworfen und die gegenteilige Hypothese, also die Vermutung p > 0,05, für 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 Laplace-Bedingung ist erfüllt.

Der Hinweis in der Aufgabenstellung, dass P (μ – 2,33 σ ≤ X ≤ μ + 2,33 σ) ≈ 0,98 wird dahingehend genutzt, dass wegen der Gültigkeit der Laplace-Bedingung die Wahrscheinlichkeit für die Enden der Verteilung, also X < μ – 2,33 σ bzw. X > μ + 2,33 σ als ungefähr 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 Ergebnis-sen, die oberhalb von 23 liegen. Für größere Anteile p ist dies erst recht erfüllt.

Die Entscheidungsregel lautet: Verwirf die Hypothese p ≤ 0,05, wenn mehr als 23 fehlerhafte Flaschen in der Stichprobe gefunden werden.

Der Verwerfungsbereich 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 verworfen wird, d. h., werden in einer Stichprobe aus Flaschen erster Wahl mindestens 24 fehlerhafte Flaschen entdeckt, obwohl p ≤ 0,05 ist, geht der Großhändler davon aus, dass die Ware von minderer Qualität ist, und er reklamiert fälschlicherweise.


Dies führt in der Regel für den Großhändler zu wirtschaftlichen Nachteilen (u. a. Übernahme der Versandkosten, Zeitverlust). Ein Fehler 2. Art liegt vor, wenn eine falsche Hypothese angenommen wird. Konsequenz ist, dass der Großhändler die Ware nicht reklamiert, obwohl sie von minderer Qualität ist. Die wirtschaftlichen Nachteile für den Kunden sind ein zu hoher Kaufpreis und eventuell Reklamationen beim Weiterverkauf der Ware an Einzelhändler.

e) (1) Aufgrund der Situationsbeschreibung handelt es sich hier um einen Alternativtest mit den beiden alternativen Erfolgswahrscheinlichkeiten p 1 = 0,05 bzw. p 2 = 0,20.

Als Entscheidungsregel ist vorgegeben: Verwirf die Hypothese p 1 = 0,05, falls mehr als 13 fehlerhafte Flaschen in der Stichprobe gefunden werden, d. h., die Hypothe-se 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 Stichproben-ergebnisses, das im Verwerfungsbereich liegt, verworfen. Die Wahrscheinlichkeit hierfür ist (gemäß der Tabelle mit kumulierten Wahrscheinlichkeiten für n = 100, p 1 = 0,05): a = P p 1 = 0,05 (X > 13) = 1 – P p 1 = 0,05 (X ≤ 13) = 0,0005.

Fehler 2. Art: Die Hypothese ist falsch, aber das Stichprobenergebnis liegt im Annahmebereich der Hypothese. Die Wahrscheinlichkeit hierfür ist: β = P p 2 = 0,2 (X ≤ 13) = 0,0469.

Der Fehler der 1. Art bedeutet, dass eine Palette mit Flaschen aus der Maschine M 1 fälschlich als 2. Wahl deklariert wird. Die Firma verkauft also Qualitätsware zu einem zu niedrigen Preis. Der Fehler der 2. Art bedeutet, dass eine Palette mit Flaschen aus der Maschine M 2 fälschlich als 1. Wahl deklariert wird. In diesem Fall muss die Firma mit Reklama-tionen durch die Kunden rechnen.

(2) Analog ergibt sich:

ka = P p 1 = 0,0� (X > k)

= 1 – P p 1 = 0,0� (X > k)β = P p � = 0,� (X ≤ k) Unterschied

13 0,0005 0,0469 0,0464

12 0,0015 0,0253 0,0238

11 0,0043 0,0126 0,0083

10 0,0115 0,0057 0,0058

9 0,0282 0,0023 0,0259

Der Unterschied ist für k = 10 minimal.

f) X: Anzahl der fehlerfreien Flaschen mit p = 0,95.

(1) Gesucht ist die Anzahl n, für die gilt, dass μ – 2,33 σ ≥ 1000, denn P (X ≥ μ – 2,33 σ) ≈ 0,99.

Nach Aufgabenstellung genügt es jedoch, für n in 100er-Schritten zu überprüfen, ob die Bedingung erfüllt ist: n = 1100: 1100 · 0,95 – 2,33 √

________________ 1100 · 0,95 · 0,05 ≈ 1028,16 > 1000.

��Stochastik

Für n = 1100 ist die Bedingung erfüllt, d. h., 11 Kartons müssen gekauft werden. Zusatz: Um das kleinste n zu bestimmen, für das die Bedingung erfüllt ist, könnte der Funktionsterm f (n) = 0,95 n – 2,33 √

____________ n · 0,95 · 0,05 = 0,95 n – 0,5078 √

__ n unter-

sucht werden, z. B. mithilfe einer Wertetabelle:

n 1020 1040 1060 1080 1070 1071

f (n) 952,8 971,6 990,5 1009,3 999,9 1000,8

(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 Eigenschaft, dass μ – 2,33 σ > 1000, wobei μ = n · p und σ = √

___________ n · p · (1 – p) sowie σ > 3.

σ > 3 ist für n ≥ 1000 wegen σ = √ _____________

1000 · 0,8 · 0,2 ≈ 12,65 auf jeden Fall erfüllt; es ist also zu prüfen, ob μ – 2,33 σ > 1000. Für n = 1200 gilt μ = 1200 · 0,8 = 960. Die Bedingung ist also nicht erfüllt. 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 erfüllt. 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 für das erste Angebot zahlen müsste, denn für das erste Angebot liegen die Kosten bei 11 · 29,90 € = 328,90 €.

Aufgabe F Stochastik

Im Dezember 2008 veröffentlichte das ZDF im Politbarometer das Ergebnis einer Umfrage 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 Befragten sind in ihrer Erwartung für das neue Jahr unentschlossen. Dieser Anteil wurde in der ZDF-Grafik nicht abgebildet.

a) Die Zufallsgröße X beschreibt die Anzahl der Befragten in der Umfrage, die ein besseres Jahr erwarten. (1) [GK und LK] Geben Sie an, unter welchen Voraussetzungen die Binomial-

verteilung eine gute Näherung an die Verteilung von X ist. L�


Es wird angenommen, dass der wirkliche Anteil der Personen in der Bevölkerung gleich der relativen Häufigkeit in der Umfrage ist.

(2) [GK] Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass in einer Stichprobe von 15 befragten Personen. L�

i) genau 3 Personen ein besseres Jahr erwarten, ii) mindestens 1 Person ein besseres Jahr erwartet. (3) [LK] Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass von 100 zufällig

ausgesuchten Personen mindestens 18 ein besseres Jahr erwarten. L1 L�

(4) [LK] Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass von 1000 zufällig ausgesuchten Personen mindestens 210 und höchstens 230 Personen ein besseres Jahr erwarten. L1 L�

b) [GK] Der tatsächliche Anteil aller Wahlberechtigten, die kein besseres Jahr erwarten, sei nun gleich 80 %. Man befragt 50 zufällig ausgesuchte Perso- nen. L1 L�

(1) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass genau 40 Personen kein besseres Jahr erwarten.

(2) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die relative Häufigkeit der Personen, die kein besseres Jahr erwarten, mindestens 75 % und höchstens 85 % beträgt.

c) [GK und LK] Der tatsächliche Anteil aller Wahlberechtigten, die ein besseres Jahr erwarten, sei gleich 20 %. N1 N�

Bestimmen Sie das 95 %-Konfidenzintervall und prüfen Sie, ob das Ergebnis der

Umfrage der Forschungsgruppe Wahlen unter 1268 Personen ( X __ n = 22 % ) mit

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 befragen 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. N3

(2) Beschreiben und begründen Sie durch eine kurze Rechnung, wie sich der notwendige Stichprobenumfang ändert, wenn man

i) nur die Sicherheitswahrscheinlichkeit, ii) nur die Abweichung d verändert.

e) [LK] Die Forschungsgruppe Wahlen war daran interessiert, die Umfrage so anzulegen, dass sie damit möglichst sichere Aussagen über die Gesamtbevölke-rung treffen kann. N3

(1) Ermitteln Sie, um welchen Betrag sich der Anteil pessimistischer Bürger in der Umfrage 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 Stichproben-umfang verändert wird, und begründen Sie Ihre Aussage mit einer Rechnung.

�7Stochastik

Lösungena) (1) Für jede befragte Person gibt es zwei mögliche Antworten (besseres Jahr oder

kein besseres Jahr). Die „Erfolgswahrscheinlichkeit“ ist von Person zu Person gleich, d. h., die Grundgesamtheit muss groß sein im Vergleich zum Stichprobenumfang und die befragten Personen müssen in ihrer Einschätzung unabhängig voneinander sein.

(2) Die Zufallsgröße X ist binomialverteilt mit n = 15 und p = 0,22;

i) P (X = 3) = ( 15 3 ) · 0,2 2 3 · 0,7 8 12 ≈ 0,2457,

ii) P (X ≥ 1) = 1 – P (X = 0) = 1 – 0,7 8 15 ≈ 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 erfüllt), sodass die Näherungsformeln von Moivre und laplace angewandt werden können:

P (X ≥ 18) = 1 – P (X ≤ 17) = 1 – Φ ( 17 – 22 + 0,5 ___________

√ ______

17,16 ) = 1 – Φ (– 1,0863) ≈ 0,862.

(4) Hier ist n = 1000 und p = 0,22, also μ = 220 und σ = √ ______

171,6 ≈ 13,1 > 3. Mithilfe der Näherungsformeln von Moivre und laplace 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 Zufallsgröße 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) P p = 0,8 (Y = 40) = P p = 0,2 (X = 10) = P (X ≤ 10) – P (X ≤ 9) ≈ 0,140,

(2) P p = 0,8 ( 0,75 ≤ Y __ n ≤ 0,85 ) = P p = 0,8 (50 · 0,75 ≤ Y ≤ 50 · 0,85)

= P p = 0,8 (37,5 ≤ Y ≤ 42,5) = P p = 0,8 (38 ≤ Y ≤ 42) = P p = 0,2 (8 ≤ X ≤ 12) = P (X ≤ 12) – P (X ≤ 7) ≈ 0,624.

c) Eigentlich muss nur geprüft werden, ob das Ergebnis in der Stichprobe ( X __ n = 0,22 ) 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

der Anteil der Erfolge im Intervall 0,2 – 1,96 · √ _______

0,2 · 0,8 _______ 1268 ≤ X __

n ≤ 0,2 + 1,96 · √

_______ 0,2 · 0,8 _______ 1268 ,

also 0,2 – 0,022 ≤ X __ n ≤ 0,2 + 0,022, d. h. 0,178 ≤ X __ n ≤ 0,222.

Ein Stichprobenergebnis von X __ n = 0,22 ist also verträglich mit p = 0,2, da es in der 95 %-Umgebung der zugrunde liegenden Erfolgswahrscheinlichkeit liegt.

Bedeutung der Sicherheitswahrscheinlichkeit: Bei einer großen Anzahl von Stichproben liegt in etwa 95 % aller Fälle die relative Häufigkeit X __ n in der 1,96 σ __ n -Umgebung von p.

Da in der Aufgabenstellung ausdrücklich die Bestimmung eines 95 %-Konfidenz-intervalls gefordert ist, wird ein anderer Lösungsweg erwartet:

Gegeben ist der Anteil X __ n = 0,22 in einer Stichprobe vom Umfang n = 1268. Gesucht sind alle Erfolgswahrscheinlichkeiten p, in deren 1,96 σ __ n -Umgebung dieser Anteil X __ n = 0,22 liegt.

�� Original-Abituraufgaben

Mit einer Wahrscheinlichkeit von ca. 95 % unterscheidet sich der Anteil X __ n in der Stichprobe um höchstens 1,96 σ __ n vom (unbekannten) Anteil p in der Gesamtheit,

d. h., mit einer Wahrscheinlichkeit von ca. 95 % gilt: | p – 0,22 | ≤ 1,96 · √ ________

p · (1 – p)

________ 1268 .

Quadrieren der zugehörigen Gleichung führt zu:

(p – 0,22 ) 2 = 1,9 6 2 · p · (1 – p)

________ 1268 und weiter zu

p 2 – 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 ⇔ p 2 – 0,441 691 48 p = – 0,048 253 81 ⇔ (p – 0,220 845 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 %-Konfidenzintervall: 0,1980 ≤ p ≤ 0,2436.

Da eine Erfolgswahrscheinlichkeit von p = 0,2 in diesem Intervall enthalten ist, ist der Anteil X __ n = 0,22 in der Stichprobe verträglich mit p = 0,2.

d) (1) Bei der Sicherheitswahrscheinlichkeit von 90 % gilt für die Abweichung der

relativen Häufigkeit X __ n vom wirklichen Anteil p: | X __ n – p | ≤ 1,64 σ __ n .

Wenn 1,64 σ __ n ≤ 0,03, dann ist die Forderung in 90 % der Fälle erfüllt.

1,64 σ __ n = 1,64 · √ __________

n · p · (1 – p)

__________ n ≤ 0,03 ⇔ 1,6 4 2 0,2 · 0,8 _______ n ≤ 0,0 3 2

⇔ n ≥ 1,6 4 2 _____

0,0 3 2 0,2 · 0,8 ≈ 478,15.

Bei einem Stichprobenumfang von mindestens 479 Personen unterscheidet sich die relative Häufigkeit vom wirklichen Anteil um höchstens 3 % (Sicherheitswahrschein-lichkeit 90 %).

(2) i) Die Genauigkeit der Schätzung für p ist nur mit einer gewissen Wahrscheinlich-keit einzuhalten. Soll diese zunehmen, so muss bei vorgeschriebener Genauigkeit der Stichprobenumfang zunehmen – und umgekehrt. Analog zu (1): Mit wachsender Sicherheitswahrscheinlichkeit steigt auch c und

damit n ≥ c 2 _____ 0,0 3 2

0,2 · 0,8.

ii) Je kleiner die vorgegebene Abweichung d ist, desto größer ist der notwendige Umfang n der Stichprobe (genauer: Der notwendige Stichprobenumfang wächst mit umgekehrt proportional zum Quadrat der Abweichung d).

e) (1) Bei der Sicherheitswahrscheinlichkeit von 90 % gilt für die Abweichung der rela-tiven Häufigkeit Y __ n vom wirklichen Anteil p:

| Y __ n – p | ≤ 1,64 σ __ n = 1,64 √

_________ p · (1 – p) _____________

√ _____

1268 = 0,046 √

_________ p · (1 – p) .

Da √ ________

p · (1 – p) maximal ist, falls p = 0,5, gilt: | Y __ n – p | ≤ 1,64 σ __ n ≤ 0,046 · 0,5 = 0,023

Der wirkliche Anteil unterscheidet sich von der relativen Häufigkeit der Umfrage höchstens um 2,3 %.

(2) Die Abweichung d = 1,64 √ _______________

n · 0,5 · (1 – 0,5) ______________

n = 1,64 0,5 √

__ n _____

n = 0,82

____ √

__ n

wird mit wachsendem Nenner zunehmend kleiner.

171115 nrw ma abitur

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