Klett 12 lösungen

7/17/2019 Klett 12 lösungen

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I Integralrechnung

7© Ernst Klett Verlag GmbH, Stuttgart 2010 | www.klett.de

Alle Rechte vorbehalten.

Lambacher Schweizer, Ausgabe Bayern,

Lösungen und Materialien – Klasse 12

ISBN 978-3-12-732862-2

Schülerbuchseite 8 – 10 Lösungen vorläufig

Integralrechnung

1 Lokale Änderungsrate und Gesamtänderung

1 h = 1

_

2

·2 m

_

s2 ·(1 s)2 + 2 m

_

s ·3 s + 1

_

2

·2 m

_

s2 ·(1 s)2 = 7 m

Fläche = 7 FE

2 a) s = 1

_

2

·0,5 h·40 km

_

h

+ 0,5 h·40 km

_

h

+ 1

_

2

·0,5 h·30 km

_

h

+ 0,5 h·10 km

_

h

+ 0,5·0,5 h·10 km

_

h

=

(10 km + 20 km + 7,5 km + 5 km + 2,5 km) = 45 km

b) s ≈ 0,5·0,25 h·50km

_

h

+ 0,5 h·50 km

_

h

+ 0,5·0,5 h· 50 km

_

h

+ 0,75 h·100 km

_

h

+ 0,5·0,5 h·100 km

_

h

=

(6,25 km + 25 km + 12,5 km + 75 km + 25 km =) = 143,75 km

3 Individuelle Lösungen

z. B.

4 V =1

_

2 ·4·60ø _

min ·10 min +1

_

2 ·5·60ø _

min ·5 min

+ 4·60ø _

min ·5 min + 9·60ø _

min ·5 min

+1

_

2 ·6·60ø _

min ·5 min + 3·60ø _

min ·5 min

+1

_

2 ·2·60ø _

min ·10 min + 60ø _

min ·10 min

+1

_

2

·60ø

_

min

·10 min = 9150 ø

5 V = 12 h·18m3

_

h ·3600·1

_

2 + 44m3

_

h ·3600·24 h + 12 h·3600·22m3

_

h ·1

_

2 = 4 665 600 m3 ≈ 4,7·106 m3

6 a) b) F’ (x) =425 (250 – 2 t3)

___

(250 + t3)2

⇒ F’ (x) = 0 bei t = 5

⇒ F (5) = 5,7ø

_

h

c) V =1

_

2 ·( 5 h·5,7ø

_

h + 5 h·2,5

ø

_

h ) + 5 h·3,2

ø

_

h +

1

_

2 ·14 h·2,4ø

_

h + 14 h·0,8

ø

_

h ≈ 64,5 ø

64 500 cm3 = π·502·h·cm2 ⇒ h ≈ 8,2 cm

7 a) u = (7 x – 3)2; f ’ (x) = 3 (7 x – 3)2·7 b) u = 2

_

(x – 2)2 ; f ’ (x) = – 4 (x – 2)– 3 = – 4

_

(x – 2)3

8 ___

›

AB = ( 1 – 2

– 2 )

__

›

AC = ( 2 – 2

2 ) |

AB | = 9 0000 9 = 3 | AC| = 9 0000000 12

( 1 – 2

– 2 ) (

2 – 2

2 ) = 2 + 4 – 4 = 2 = 3·9 0000000 12 ·cosα ⇒ α = 78,9°

FABC = 1

_

2 | ( 1 – 2

– 2 ) × (

2 – 2

2 ) | = | (

– 8 – 6

2 ) | ·

1

_

2

= 1

_

2

·9 0000000000000000000000000

64 + 36 + 4 = 1

_

2

9 0000000000

104 ≈ 5,1

S. 8

S. 10 b

p b x

t

20min

V

54km

_

h

t

20min

V

108 km

_

h

t

20min

V

108km

_

h

36km_

h

b

O

t in min

10 20 30 40 45 50 70–10–20

10

15

V

ø

_

s

5

b

m t

O 5 10 15 20 t

5

F (t)

I



I Integralrechnung





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2 Integrale

1 a) „Zu kleine“ Fläche sind 3 cm2 (3 × 4 Kästchen unterhalb des Graphen);

„Zu große“ Fläche ist das Rechteck mit Länge 2 und Höhe 1 +9

0000 2b) Zerlegung der Fläche in Streifen von 0,5 cm Breite:

„Zu kleine“ Fläche: 0,5·(1 + 1,5 + 2 + 2,25) = 3,375

„Zu große“ Fläche: 0,5·(1,75 + 2 + 2,25 + 2,9) = 4,45

2 a) b) c)

:

1

5

0,25 x dx = 1

_

2

·( 5

_

4

+ 1

_

4 ) ·4 = 3 F = 4,375 F = 9

d) e) f)

F = – 25 F = – 40 F = 2,25

3 I 8, da Pol und Nullstelle und Grenzen passen

II 4 → Scheitel und Öffnung der Parabel

III 5 → Steigung

IV 3 → Definitionslücke und Asymptote

4 a) : – 2,5

2,5

( 2 – 2

_ 5

x ) dx = 1

_ 2

(3 + 1)·5 = 10

b) : – 3

3

( – 1

_

2 x2 + 4,5 ) dx = 18 (Rechnereinsatz wie Bsp. 2)

c) : – 1,5

4

( 1

_

x + 2 ) dx ≈ 2,48 (Wertetabelle oder Rechner)

S. 11

S. 14 z n

O

x

1 2 3 4 5

2

3

1

y

O

x

1 2 3 4 5 6

2

3

1

y

O

x

1–1 2 3 4

2

3

1

y

1

_

4

xy =1

_

4

xy =

y = xy = xy = 1,8

O

x

1 2 3 4 5

4

6

8

10

12

2

y

O

x

–1–2–3–4– 5

2

3

4

5

6

1

y

O 1 2 3 4 5 6

4

6

8

10

12

2

y

y = 2x

y = 2x+ 2

y = –5x –1

x

n

m oder z + t



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5 a) U8 = 0,5·(2 + 2,0625 + 2,25 + 2,5625 + 3 + 3,5625 + 4,25 + 5,0625)

= 12,375

O8 = 0,5·(2,0625 + 2,25 + 2,5625 + 3 + 3,5625 + 4,25 + 5,0625 + 6)

= 14,375

b)

O8 = 0,25·(4,5 + … + 1,21875) = 6,15625

U8 = 0,25·(4,21875 + … + 0,5) = 5,15625 c) O8 = 6,15625

U8 = 5,15625

d) mit Wertetabelle erhält man:

O8 = 12,794

U8 = 12,413

6 a) U10 = 0,2·(0 + 0,04 + … + 3,24) = 2,28

b) :

0

2

x2 dx = 1

_

n ( 1 _ n ) 2+ 1

_

n ( 3

_

n ) 2+ … + 1

_

n

·( 2 n– 1

_

n ) 2 = 1

_

n3 ·1

_

6

· (2 n – 1) (2 n) (4 n – 1) = 1

_

6 ( 2 n – 1

_

n ) ·2 n

_

n

·( 4 n – 1

_

n ) lim

n→ • Un = 1

_

6

·2·2·4 = 8

_

3

7 a) : –9 0000 5

5

(– 0,5 x2 + 2,5) dx = 7,45 b) : – 3,23

0

(0,25 x3 + 0,5 x2 – x) dx ≈ 4 c) :

–2

_

3

4

( – 1

_

x + 2

+ 0,75 ) dx ≈ 2

8 a) v = 0 wenn t = 12,5 b) :

0

12,5

(– 0,8 t + 10) dt ≈ 62,5 m

9 a) PC b) :

0

24

(5 sin (0,25 t) + 10) dt c) + d) : 0

24

(5 sin (0,25 t) + 10) dt ≈ 240

10 a) Weil der Abstand zum Ursprung nach Pythagoras immer 1 ist: d = ( 9 0000000000000 1 – x2 ) 2 + x2 = 1

b) + c) :

– 1

1

9 0000000000000 1 – x2 dx = 1,571 =π

_

2

m z n

x

2 3 41O

2

3

4

5

1

6

y

G f

x

2 31O

2

3

4

5

1

y

G f

genau wie b), nur um 2 nach rechts verschoben

x

2 31−1−2−3 O

2

3

1

y

G f

S. 15 t oder m z

m

b

m z

v

x 1 1,25 1,5 1,75 2 2,25 2,5 2,75 3

f (x) 4,5 4,21875 3,875 3,46875 3 2,46875 1,875 1,21875 0,5



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11 a) f ’ (x) = 2 x2 – 8 ⇒ x1/2 = ± 2 sind Extrema.

f (– 2) = 9,7 f (2) = – 11,7

b) f ’ (x) = 1

_

2

x3 – 9

_

2

x = 1

_

2

x (x2 – 9) ⇒ x1 = 0; x2/3 = ± 3

f (0) = 4 f (– 3) = f (3) = – 6,125

12 Individuelle Lösungen

z. B. Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}

A: gerade

B: {1, 2, 3}

3 Integral als Flächenbilanz

1 a) Erst steigt die durchfließende Wassermenge pro Zeit, dann bleibt sie konstant, dann sinkt der

Wert. Verläuft der Graph unterhalb de x-Achse, dann strömt das Wasser in die andere Richtung

(d. h. läuft ab).

b) Die gefärbte Fläche gibt die Wassermenge an.

Zum Zeitpunkt t = 0 ist keine Wasser hinter dem Damm des Kraftwerkes. Zum Zeitpunkt

t = 12 ist noch die Wassermenge

V = 0,5·(2·10) + (2·10 + 0,5·(2·10) – 0,5·(2·7,5) – 2·7,5 – 0,5·2·7,5 = 10 cm3 hinter dem Damm.

2 :

0

1

0,5 x dx = 1 :

0

2

0,5 x dx = 4 ⇒ :

0

b

0,5 x dx = b2

3 a) : – 2

0

f (x) dx = – 0,3 + 0,8 = 0,5 b) … = 0,8 + 2,9 = 3,7

c) … = 2,9 + 1,1 = 1,8 d) … = – 0,3 + 0,8 + 2,9 – 1,1 = 2,3

4 a) b)

:

– 4

3

– 1

_

3

x dx = 1

_

2

·( 4

_

3

·4 – 3·1 ) = 7

_

6 :

0

6

( 1 _ 2

t – 1 ) dt = 1

_

2

(– 1·2 + 4·2) = 3

c) d)

:

– 0,5

3

(– 1,5 z + 1) dz =

1

_

2

( 1,75·1

1

_

6

– 2

1

_

3

·3,5 ) :

1

– 4

2 dx = – 2·5 = – 10 = – 3,0625 (Integrationsgrenzen sind vertauscht)

–2

–4

–6

–8

–10

2

4

6

8

2 4 6–2–4– 6

a)

b)

y

x

O

⇒ P (A° B) = 1

_

6 PA (B) =P (A° B)

__

P (A) =

1

_

6

_

1

_

2

= 1

_

3

S. 16

S. 19

z

O

x

–1– 2–3–4 2 3

1

11

y

O

x

1–1 2 3 4 5 6 7

2

1

y

1

O

x

1–1–2– 3– 4 2 3 4 5

2

3

1

y

O

x

1–1 2 3 4 5 6

1

y

–1

– 2

–1– 3



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Schülerbuchseite 19 Lösungen vorläufig

e) f)

: –9 0000 5

9 0000 5

(– x2 + 5) dx ≈ 14,9 : 8

– 2

1

_

4 r dr = ( – 2·1

_

2 + 8·2 ) ·1

_

2 = – 7,5

5 a) Positiv; da keine Nullstelle im Integrationsbereich und Graph oberhalb der x-Achse (links der

Integrationsrichtung)

b) Negativ: keine Nullstelle; Graph unterhalb (rechts der Integrationsrichtung) c) Null: da gleich große Flächen oberhalb und unterhalb der x-Achse

d) Negativ: die Fläche unterhalb der x-Achse ist größer als die oberhalb der x-Achse

e) Negativ: gesamte Fläche im Integrationsbereich rechts der Integrationsrichtung

f) Negativ: gesamter Graph liegt unterhalb der x-Achse

6 Individuelle Lösungen, z. B.

a) b) c) d)

7 a) b) c)

:

– 2

2 (x2 – 1) dx = 1 1

_

3

:

0

3 – 0,5 v (v – 2) dv = 0 :

0

π cos ( x +

π _ 4 ) dx ≈ –9 0000 2

d) e) f)

:

4

1

(x – 3)3 dx = 3,75 :

4

8

( 6

_

u – 2 – 2 ) du = – 1,408 :

– 1

2

(– ex + e) dx = 1,13

O

x

–1– 2– 3–4

2

3

4

5

1

y

1 2 3

O

x

1–1–2 2 3 4 5 6 7 8

2

3

1

y

–1

–2

v p n

n x

O

x

1–2

2

1

y

–1

– 2

–1 2

O

x

1–3

2

3

1

y

–1–1–2

O

x

1–1

2

1

y

3

O

x

1–2

1

y

–1

–2

–1

m oder t

x

21−1−2 O

2

1

−1

y

x

2 3 41O

1

−1

−2

y

x

2 41O

1

−1

−2

y

π

x

2 3 41O

1

−1

−2

y

x

4 6 82O

1

−1

−2

y

x

2 31−1 O

2

−2

−4

y



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8 a) : 0

3

| 0,5 (x + 1) (x – 2) | dx A = 2,59 b) : – 1,5

3

| f (x) | dx = – 0,28 A = 3,48

c) :

– 1

1,75

| f (x) | dx A = 2,01 d) : –π _

2

5

_

4

π

| f (x) | dx A = 7

9 a) b)

10 a) Ø0 (x) = 2 x b) Ø0 (x) =1

_

2 x2 c) Ø0 (x) = – x2 d) Ø0 (x) =1

_

2 x2 + x

11 4 ist Ø0 zu Gf , da die Funktion x = 3 zunimmt und vorher ebenfalls positiv ist.

3 ist Ø1 zu Gh , da die Funktion in – 1, 1 und 3 Extrema hat und die höheren Werte besser zu Gh

passen als die von 5.

12 links: Fläche oberhalb: 1,875

Fläche unterhalb: 2

rechts: Flächenbilanz ist positiv, da die Fläche oberhalb der x-Achse deutlich größer ist (von 2 – 3).

13 a)

b)

14 a) Abnahme von 0 bis 6 Uhr; dann Zunahme bis 18 Uhr und dann wieder Abnahme.

b) schnellste Änderung um 12 Uhr und um 0 Uhr

c) minimal t = 6; maximal t = 18

d) Differenz ist 8 °C.

15 ganzer Kreis: A = r

2

π = 706,86 m2

⇒

Teilkreis:

5π

_

4

_

2π ·A = 441,79 m2

= 0,044 ha = 44 179 dm2

16 a) x = 1 ⇒ y = 3 b) x = 2 ⇒ y = 2 c) x = 0 ⇒ y = – 2 d) x = – 1

_

2 ⇒ y = –5

_

4

m

m

x

2 3 41−1 O

2

1

−1

y

G f

x

2 31−1−2 O

1

−1

−2

yG f

S. 20

v

v

hat abgenommen

n b v m

t

F u n k t i o n e n

v o n f ’ ?



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4 Hauptsatz

1 a) b) Ø0 (3) = 4,5

Ø0 (4) = 8Ø0 (4) – Ø0 (3) = 3,5

c) F (3) = 4,5 + c

F (4) = 8 + c

F (4) – F (3) = 3,5 = Ø0 (4) – Ø0 (3)

⇒ Die Flächendifferenz bleibt gleich.

Fehler im Schülerbuch: Im Lösungssalat muss es anstatt 0,4 t2 heißen:2

_

3 k 4 ?

2 a) :

0

4

2 x dx = 4 x2 5 0

4 = 16 b) :

0

4

– u du = 4 – 1

_

2

u2 5 0

4 = – 8 c) 8 k – 1

_

2

k = 7 1

_

2

k

d) 8 e) k

_ 3

(43 + 8) = 24 k f) 5 k – 1 k = 4 k

g)a

_

4 (16 – 16) = 0 h) 4 x2 – x 5 – 1 1 = 0 – 2 = – 2 i) 4 1 _ 9 v3 5

– 2

– 1 = 7

_

9

k) 4 x

_

2

6 5 3

– 3 = 0 l) 20 – 10 = 10 m) k 4

_

3 ·2

3 (1) f: Die Grenzen müssen in Klammern und „–“ untere Grenze fehlt

(2) richtig

(3) „–“ vor x2 vergessen

(4) „–“ vor dem ersten x2 fehlt

(5) „–“ vorne vergessen

(6) richtig – nur Schreibweise bei der ersten Grenze ist unvollständig.

4 A1 = 4 – 1

_

6

x3 + 2 x 5 0,5

2

= 1 11

_

16

A2 = 4 – 1

_

6 x3 + 2 x 5 2

3 = 1

1

_

6

5 a) xp =1

_

4 x2 yg = 4 – x

⇒ 1

_

4

x2 + x – 4 = 0 ⇒ x1/2 =– 1∓ 9 00000000000 1 + 4__

1

_

2

= – 2∓ 29 0000 5 ⇒ S (– 2 + 29 0000 5 | 1,53)

b) :

0

– 2 + 29 0000 51

_

4 x2 dx + :

– 2 + 29 0000 5

4

(4 – x) dx = 4 1

_

12 x3 5 0

– 2 + 29 0000 5+ 4 4 x –

x2

_

2 5 – 2 +9 0000 5

4 = 1,259 + 8 – 6,833 = 2,426

6 a) F’ (x) = 6 x2 + 4; 4 2 x3 + 4 x – 1 5 1

3 = 65 – 5 = 60

bei den restlichen Aufgaben muss wie in a) durch Ableitung von F (x) wieder f (x) heraus-

kommen. Im Folgenden werden nur noch die Ergebnisse der Integrale angegeben.

b) 0 c) – 2 d)8

_

9 e) – 7,27 f) 1,44 g) – 27

7 a) 4 1 _ 8

x2 5 – 4

2

= 1

_

2

– 2 = – 3

_

2

; es muss eine Nullstelle im Integrationsbereich geben.

b) 4 – u2 + 2 u 5 – 1 2 = 0 + 1 + 2 = 3; Nullstelle liegt im Integrationsbereich.

c)

4 3

_

4

t2 + 0,5 t

5 1

– 2

= 2 –5

_

4

=3

_

4

; „untere“ Fläche größer als „obere“

d) 4 – x3

_

3 + 2 x 5 – 2

2,5

= – 0,21 + 1,33 = 1,12; „obere“ Fläche größer als „untere“

S. 21 m t

O

x

1 2 3 4 5 6 7 8

2

3

4

1

y

Ø0 (3)

Ø0 (4)

Ø0 (4)–Ø0 (3)

S. 23

v

t

A1

_

A2

= 1,446

⇒ A1 ist um 44,6 % größer.

n t

t n

S. 24 b



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8 a) : – 2

x

3 t2 dt = 4 t3 5 – 2 x = x3 + 8 ⇒ x0 = – 2; Extremum in xE = 0

b) : 2

x

t3 dt = 4 t4

_

4 5 2

x

= x4

_

4

– 4 ⇒ x1/2 = ± 2; Extremum in xE = 0

c) : – 0,5

x

(– 8 t + 1) dt = 4 – 4 t2 + t 5 – 0,5

x = – 4 x2 + x + 1 + 0,5 = – 4 x2 + x + 1,5 ⇒ x1 = – 1

_

2

; x2 = –3

_

4

; xE = 1

_

8

d) : 2

x

(3 t2 – 2 t) dt = 4 t3 – t2 5 2

x = x3 – x2 – 4

x1 = 2;

xE = 0; 2

_

3

e) : – 1

x 3 (t + 1) (t – 1) dt = :

– 1

x (3 t2 – 3) dt = 4 t3 – 3 t 5

– 1

x = x3 – 3 x – 2

x1 = – 1;

xE = ± 1

9 a) : 0

ln 2

f (x) dx = F (ln 2) – F (0) = 2 – 1,5 = 0,5 b) : 0,75

– 1

f (x) dx = 1,6 – 0,2 = 1,4

Fläche = 0,5 Fläche = 1,4

c) : – 1,5

0,5

f (x) dx = 1,6 – 0,7 + 0,8 – 0,7 = 1 d) : – 1,5

0,5

f (x) dx = 0,3 – 1 = – 0,7

Fläche = 1 Fläche = 0,6 + 0,1 + 0,2 = 0,9

10 a) – 4

_

x2 = f (x) ⇒ f (8) – f (4) = 3

_

16

b) f (– 0,5) = – 16+ c = – 20 ⇒ c = – 4 ⇒ f (10) = – 4 _

100 – 4 = – 4,04

11 s (t) = 1

_

2

·9,81·t2 ⇒ s (t) = 44,14 m

12 L = 1

_

2 ·40·25 cm + 1

_

2 ·30·25 cm = 875 cm

13 a) b) Kohlendioxidverbrauch pro m2:

:

– 6

6

( 600 –600

_

36 t2 ) dt = 4 600 t –200

_

36 t3 5 – 6

6 = 4800 mø

Die Oberfläche einer Buche beträgt 500 m2,der Gesamtverbrauch also 4800 mø pro Tag.

(x3 – x2 – 4) : (x – 2) = x2 + x + 2

x3 – 2 x2

x2 – 4 ⇒ keine weiteren Nullstellen

x2 – 2 x

2 x – 4

(x3 – 3 x – 2) : (x + 1) = x2 – x – 2

x3 + x2

– x2 – 3 x x1 = – 1; x2 = 2

x2 – x

– 2 x – 2

b

t b n

O

t in d

10 20 30 40 50 60 70

20

10

w(t)

b t

4 62−2−4−6 O

400

200

k (t)

t in h



I Integralrechnung





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14 a) f ’ (x) = 8 (3 + x4) x3 b) f ’ (x) = 0,3 x– 0,7 c) f ’ (x) = 7

_

4

x3

_

4 d) g ’ (x) = – 3 x– 4 – sin 1

_

x

·ln x

15 _

›

c liegt in der von_

›

a und_

›

b aufgespannten Ebene.

16 a) α = 180° b) α = 360°; 0°

5 Stammfunktionen

1 f3 (x)’ = f5 (x) ⇒ f3 (x) ist Stammfunktion von f5 (x);

f2 (x)’ = f3 (x) ⇒ f2 (x) ist Stammfunktion von f3 (x);

f1 (x)’ = f4 (x) ⇒ f1 (x) ist Stammfunktion von f4 (x)

2 g hat in x = 1 und x = 3 Nullstellen ⇒ F hat dort Extrema; ✓

g hat in x = 2 ein Minimum ⇒ F hat dort einen Wendepunkt; ✓

g ist für x < 1 negativ ⇒ F fällt nicht; ⇒ ist keine Stammfunktion von g.(F müsste an der x-Achse gespiegelt sein, damit sie Stammfunktion wäre.)

Fehler ? im Schülerbuch: Im Lösungssalat muss es anstatt – 3,75 (Teilaufgabe b)) heißen: – 0,375

und anstatt 1636,72 (Teilaufgabe g)): 1636,67.

3 a) : 0

4π

cos x dx = 4 sin x 5

0 4π = 0 b) 4 – 1

_

2

x– 2 5 – 2

– 1

= – 1

_

2

+ 1

_

8

= – 3

_

8

c) 4 ln x 5

1

e = 1

d) 4 ex 5

4 – 1 = e– 1 – e4 = – 54,23 e) 4

x ln x – x 5 4 1 = – 1 – 4 ln 4 + 4 = – 2,55

f) 4

cos t 5 0,5 2π = 1 – cos 0,5 = 0,12 g) 4 1 _ 3 x

3

_

2 5 0

– 289

= 16372

_

3 h) 4 x0,75·4

_

3 5 2

4 = 1,53

4 a) 1

_

8

x8 + c b) a2

_

– 3

z– 3 + c c) – et + c

d) k ln u + c e) – sin x + c f) 2

_

7 r3,5 + c

5 a) in e b) in a c) in a d) in b

6 a) F (x) =1

_

3 x3 – x2 + c ⇔ 21

_

3 =1

_

3 – 1 + c ⇒ c = 3

b) G (t) = 2

_

3

t3

_

2 + c ⇔ – 1

_

6

9 0000 8 = 2

_

3

23

_

2 + c ⇒ c = – 2,36

c) K (z) = z2 + 5 z + c ⇔ 51

_

4 = ( 2 1

_

2 ) 2 r5·2

1

_

2 + c ⇒ c = 131

_

2

d) H (x) = x5 + x4 – 2 x + c ⇔ 7 = – 1 + 1 + 2 + c ⇒ c = 5

e) R (a) = 2 a2 + 4 a + c ⇔ 2 = 18 – 12 + c ⇒ c = – 4

7 (1) stimmt, da die Ableitung f von F in diesem Intervall immer negativ ist.

(2) falsch – hier ist die Stelle größter negativer Steigung; außerdem ist hier ein Wendepunkt.

(3) stimmt, da die 1. Ableitung gleich Null ist und f von negativen Funktionswerten zu positiven

Funktionswerten wechselt.

(4) nein – muss nicht sein – hängt von der Konstanten ab.

S. 25

S. 27 t n

t

v n



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8 a) b) c) d)

9 a) b) f (0) = 0; f (2) = 4; f (1) = 2; f ’ (2) = 0; f ’ (0) = 0

⇒ f (x) = ax3 + bx2 + cx + d

f ’ (x) = 3 ax2 + 2 bx + c

I: d = 0

II: 4 = 8 a + 4 b + 2 c

III: 2 = a + b + c

IV: 0 = Å2 a + 4 b + c

V: 0 = c ⇒ a = 2 – b in IV

⇒ 0 = 24 – 12 b + 4 b ⇒ 0 = 24 – 8 b ⇒ b = 3 ⇒ a = – 1

⇒ f (x) = – x3 + 3 x2 = x2 (3 – x)

c) H (x) = –1

_

4 x4 + x3 + c; H (3) = –81

_

4 + 27 + c = 6,75 ⇒ c = 0

d) f (3) = 0 und f (x < 3) > 0 und f (x > 3) < 0

⇒ H (x < 3) steigend und H (x > 3) fallend

e) x1 = 0 mit Vielfachheit 3; x2 = 4 mit Vielfachheit 1

f) im Koordinatensystem oben

g) gesucht: Entfernung (2 | 4) ⇔ (3 | 6,75) mit Pythagoras ⇒ dH = 9 0000000000000000000000000000000000000000000000

(3 – 2)2 + (6,75 – 4)2 ≈ 2,93

h) d minimal, wenn K (3) = 4 ⇒ c = – 2,75 ⇒ k (x) = – 1

_

4

x4 + x3 – 2,75

10 a) weil der Definitionsbereich für den ln (k x) R+ ist (wenn k * R+).

b) fk (1) = 1 ⇔ 1 = 1 + ln (k·1) ⇔ ln k = 0 ⇔ k = 1

c) ln (k x) = – 1 ⇔ kx = e– 1 ⇒ x =e– 1

_

k hat immer Vielfachheit 2 wegen des Quadrats

d) Durch Zerlegen in Summen ⇒ lim

x→ • 4 1 _ x +

2 ln x

_

x +(ln (x0)

2

_

x 5 = 0

e) f ’ (x) =2 x (1 + ln (x))·

1

_

x

– (1 + ln (x))2·1

_____

x2 =(1 + ln (x)) [2 – 1 – ln (x)]

____

x2

⇒ x1 = e– 1; x2 = e

f (e– 1) = 0 f (e) = 4

_

e

≈ 1,47

f) g) Weil die Ableitung f (x) immer positiv ist, die Stamm-

funktion in D also streng monoton steigend ist. h) ga (x) = a – f1 (x) ⇒ lim

x→ • ga (x) = a;

Hochpunkt ( 1 _ e | a ) ; Tiefpunkt ( e | a –4

_

e ) für a < 0 ⇒ keine Nullstelle

für a = 0 ⇒ eine Nullstelle

für a =e

_

4

⇒ zwei Nullstellen

für 0 < a < 4

_

e

⇒ drei Nullstellen

für a > 4

_

e

⇒ eine Nullstelle

S. 28

O

x

–2

2

1

y

–1–1

O 1

2

1

y

–1–1 2 3 4

x

O 2–4

4

2

y

–2–2 4 6–6

x

O 1

2

1

y

–12

x

z p n

O

x

2–2 4

4

6

8

2

y

–2

– 4

– 8

GF

GH

Gf

n t

O

1

y

–1

1 2

x

H

G1

x 1 _ e

e

f ’ (k) < 0 0 > 0 0 > 0

f

Min Max



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11 a) f ’ (x) = – x + 1 ⇒ Extremum in (1 | 4,5)

Nullstellen: x1 = 4; x2 = – 2

b) – 1

_

2

x2 + x + 4 – m x – 2 = 0

⇒ x1/2 =– 1 + m∓ 9 000000000000000000000000000 (1 – m)2 + 4

___

– 1

D: (1 – m)2 + 4 > 0 gilt für alle m* R

6 Eigenschaften von Stammfunktionen und Integralen

1 a) F (x) = sin x + c G (x) =3

_

2 x2 + x + c

b) K (x) = ∫ cos (3 x + 1) dx =1

_

3 sin (3 x + 1) + c

J (x) = ∫ 0,4·(3 x + 1) dx = 0,4·( 3

_

2

x2 + x ) + c

H (x) = 3

_

2

x2 + x + sin x + c

M (x) = ∫ cos x·(3 x + 1) dx = (3 x + 1)·sin x + 3·cos x c (CAS)

2 :

1

3

(x2 + 4 x + 1) dx = 26 2

_

3

; :

1

3

x2 dx = 8 2

_

3

; :

1

3

(4 x + 1) dx = 18

⇒ : 1

3

(x2 + 4 x + 1) dx = : 1

3

x2 dx + : 1

3

(4 x + 1) dx

3 Fehler im Schülerbuch: Im Lösungssalat muss es anstatt heißen: ?

a) 4 x3 –x2

_

2

+ 2 x 5 – 2

1,2

= 17,408 b) 3 4 5 ln z + z2 5 1 5

= 96,14 c) 4 1

_

4

x2 (2 + t)2 5 – 4

4 = 0

d) 2

_

3

4 (2 x + 4)3

_

2 5 2

4 = 6,31 e) 2 4 – 1

_

t + ln t 5 4,5

3 = – 1,03 f) 4 – 1

_

4

x4 + 2 ex 5 – 3

– 1

= 20,64

g) 4 ln (z2 + 2 z + 1) 5 4

1 = – 1,83 h) 4 e6 x – 1 5

– 1

0,5 = 7,39 i) 4 2 u2 – 2 (u ln u – u) 5

1

3 = 13,41

k) 4 ln x – 2 cos x 5

1 π = 4,23 ø) 4 ln (t2 + 1) 5

1

4 = 2,14 m) 4 2

_

1 – x 5 0

– 2

= – 1 1

_

3

4 (1) 4 1 _ 2 x4 + x– 1 5 1

2 = 7 (2) 4 1 _ 4 ln (4 a2 + 1) 5

– 1

– 2 = 0,31 (3) CAS: 8,39

(4) 4 x + ln x 5 2 4 = 2,69 (5) CAS: 0,72 (6) 4 1 _ 5 u5 – u 5

– 2

2 = 8

4

_

5

(7) 4 1

_

12 r3 +e2

_

8 r2 5 0

3 = 10,56 (8) 4 4

_

3 v3

_

2 –4

_

5 v5

_

2 5 0

2

= – 0,75 (9)1

_

2

4 ln (2 eb + 2) 5 – 1

– 4

= – 0,15

(10) CAS: 6,71 (11) CAS: 6,22 (12) 4 3

_ 4

x4 + 1

_ 2

x2 5 – 2 2 = 0

5 a) b)

4 ln (x – 2) 5 3 5 = 1,10 4 2 sin ( t –π _ 2 ) 5

π

3π = 0

– 1

1

2

3

4

1 2 3 4–1–2

y

x

O

S. 29

m

S. 31 t

S. 32 t m p z

m t

O 1 2 3 4 5

2

3

1

y

x

O

x

π 2π 3π

1

y

–1

–2



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c) d)

4 1 _ 3

x3 + x2

_

2

– 2 x 5 – 2

0 = – 3 1

_

3

4 2 u ln v – 2 u – 2 u 5

e 4 = 0,53

6 a) –1

_

2 e 2 – 2 t + c

b) sin (4 x) + c c)2

_

3 a3 = 10 ⇒ a =3

9 0000000 15 = 2,47 d)1

_

2 ln t + c e) – 2 cos (3 t + 3) + c

f)1

_

16 a4 – 4 a2 –1

_

16 + 4 = – 4 ⇒ a1/2 = ± 1,432; a3/4 = ± 7,87

g) 4 2

_

u + u2 5 – 2

a = 2

_

a + a2 – 3 = 3 ⇒ a ≈ – 2,602

h) 4 – 3 cos x 5 π a = – 3 cos a ? – 1 = 0 ⇒ α = 109,5° = 0,15π

7 a) : – 3

3

x2 dx = 4 1 _ 3

x3 5 – 3

3

= 9 + 9 = 18

2· : 0

3

x2 dx = 2· 4 1 _ 3 x3 5 0

3

= 2·9 = 18

b) Individuelle Lösung; Beispiel in a) (Funktion muss symmetrisch zur y-Achse sein.)

8 a) f (x) = ax3 + bx2 + cx + d

f (0) = 0 ⇒ d = 0

f (– 3) = 0 ⇒ – 27 a + 9 b – 3 c = 0

f (3) = 0 ⇒ 27 a + 9 b + 3 c = 0

f (1) = – 1 ⇒ – 1 = a + c ⇒ c = – 1 – a

⇒ 27 a – 3 – 3 a = 24 a – 3 = 0 ⇒ a = 1

_

8

⇒ c = – 9

_

8

b) f (x) = 1

_

8

x3 –9

_

8

x = – f (x)

c) Wegen Punktsymmetrie sind die Flächen unterhalb und oberhalb der x-Achse jeweils gleich groß.

d) Weil die Fläche :

– 1

1

f (x) dx = 0 ist (wegen c)).

9 a) 4 6

_

t + x3 + 3 t 5 2

x = 6

_

x

+ x3 + 3 x – 17

b) 6

_

x + x3 + 3 x + 0

c) 6 + x4 +3 x2 = 0 ⇔ D = 9 000000000000000 9 – 24 ⇒ keine Nullstellen!

⇒ Eine Integralfunktion muss mindestens eine Nullstelle haben. d) c ≤ – 10 da Minimum von F (x) in (1 | 10)

oder c ≥ + 10 da Maximum von F (x) in (– 1 | – 10)

10

P (B1) =5 %

_

25 % = 0,2 = 20 %

⇒ 20 % von 200 = 40

O

x

1–2

1

y

–1

–2

–1

O e1 2 3 4

y

–2

–4

–6

t

m

v x

Der Graph von f (x) = x2 ist symmetrisch zur y-Achse.

Wenn man die Integrationsgrenzen symmetrisch wählt,

dann wird die Fläche von der y-Achse halbiert.

p

v n

⇒ b = 0

v

y

Be_

Be

Br 5 % ?

_

Br

25 % 1



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7 Flächenberechnungen mit dem Integral

1 Nullstellen x1 = – 1,25; x2 = 0,25

⇒ F =

| : – 1,25

0,25

( x2 + x – 5

_ 16 ) dx

| +

| : 0,25

1

( x2 – x – 5

_ 16 ) dx

| = 0,56 + 0,56 = 1,12

2 a) F = : –π

_

2

0

cos x dx b) F = :

0

π

_

4

cos x dx – :

0

π

_

4

sin x dx

3 a) Nullstellen: x = 0; ± 2

⇒ A = | : – 1

0

f (x) dx | + | : 0

2

f (x) dx | + | : 2

3

f (x) dx | = | 4 1 _ 8 x4 – x2 5 – 1

0 | + | 4 1 _ 8 x4 – x2 5

0

2 | + | 4 1 _ 8 x4 – x2 5

2

3 |

= 0,875 + 2 + 3,125 = 6 b) Nullstellen: x = – 2; 1 ⇒ A = 3,67 + 9 + 17,33 = 30

c) Nullstellen: x = 1; 3 ⇒ A = 0,42 + 0,2 + 0,31 = 0,93

d) Nullstellen: x = – 1; 0; 4 ⇒ A = 2,38 + 0,38 + 12,38 = 15,14

e) Nullstellen: x =π

_

4

; … ⇒ A = 3,99 + 1,78 = 5,77

f) Nullstelle: x = – 4 ⇒ A = 1,17

g) Nullstelle: x = 0,5 ⇒ A = 1,15 + 0,28 = 1,43

4 a) Nullstellen: x = 0; ± 2 A = | : – 2

0

(– x3 + 4 x) dx | + : 0

2

(– x3 + 4 x) dx = 2 ·4 – 1

_

4 x4 + 2 x2 5 0

2 = 8

b) Nullstellen: x = 1; 3 A =

| : 1

3

(x2 – 4 x + 3) dx

| = | 4

1

_

3

x3 – 2 x2 + 3 x 5 1 3

| = 11

_

3

c) Nullstellen: x = ±9 0000 2 A = 2 · 4 – 1

_

3

x3 + 2 x 5 0

9 0000 2dx = 3,77

d) Nullstellen: x = 2 ±9 0000 3 A = | 4 1 _ 2 x2 + ln x – 4 x 5 2 –9 0000 3

2 +9 0000 3 | ≈ 4,294

e) Nullstellen: x = 0; ± 2 A = 2 · | 4 1 _ 5

x5 – 4

_

3

x3 5 0

2 | = 8,53

f) Nullstellen: x = 0,25; 2,25 A = | 4 – 3

_

2

9 0000 x +2

_

3 x3

_

2 – 2 x 5 0,25

2,25

| = 0,33

5 a) 4 – 0,25 x2

+ 2 x 5 0 k

= –

k 2

_

4

+ 2 k = k ( –k

_

4

+ 2 ) = 0 ⇒ k = 8

b) 4 1 _ 3

x3 – x2 – 3 x 5 0

k = 1

_

3

k 3 – k 2 – 3 k = k ( 1 _ 3

k 2 – k – 3 ) = 0 ⇒ k = 3

_

2

+ 3

_

2

9 0000 5 ≈ 4,854

(die anderen möglichen Lösungen sind 0 und3

_

2 –3

_

2

9 0000 5 – also nicht die gesuchte)

c) 4 1 _ 4

x2 – x 5 0

k = 1

_

4

k 2 – k = 1

_

4

k (k 3 – 4) = 0 ⇒ k =3

9 0000 4 ≈ 1,32

d) 4 1 _ 4

x4 + 3

_

4

x2 – 2 x 5 0

k = 1

_

4

k 4 + 3

_

4

k 2 – 2 k = 0 ⇒ k ≈ 1,512 (mit CAS durch Probieren)

S. 33

O 1

2

1

y

–1 2 3 4

x

sinxcosx

– = F

S. 36 t m z

t z

t

m



I Integralrechnung





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6 a) b) c)

A = : – 1

2

(0,1 x2 – x + 1) dx A = : e

5

( ln x – 1

_

x ) dx A = : 0

4

( 9 000000000000 x + 2 – e– 0,2 x + 1 ) dx

= 4 1

_

30 x3 + 3 x –1

_

2 x2 5 – 1

2 = 7,8 = 4

x ln x – x – x 5 e 5 = 2,44 = 4 2

_

3 (x + 2)3

_

2 + 5 e– 0,2 x + x 5 0

4

= 9,16

7 a) g’ (x)= x ⇒ g’ (3)= 3 ⇒ 4,5 = 3·3 + t ⇒ t = 4,5 ⇒ t (x)= 3 x – 4,5

⇒ A = :

0

3

0,5 x2 dx – :

1,5

3

(3 x – 4,5) dx = 4 1 _ 6

x3 5 0 3 – 4 3

_

2

x2 – 4,5 x 5 1,5 3

= 1,125

b) g’ (x)= 4 (x – 2)3 ⇒ g’ (0)= – 32 ⇒ 16 = – 32·0 + t ⇒ t = 16 ⇒ t (x)= – 32 x + 16

⇒ A = : 0

2

(x – 2)4 dx – : 0

0,5

(– 32 x + 16) dx = 4 1 _ 5

(x – 2)5 5 0

2 – 4 – 16 x2 + 16 x 5

0

0,5 = 6,4 – 4 = 2,4

c) g’ (x)= – 2 x– 3 ⇒ g’ (0,5)= – 16 ⇒ 3,75 = – 16·0,5 + t ⇒ t = 11,75 ⇒ t (x)= – 16 x + 11,75

⇒ A = : 0,5

3,75

(x– 2 – 0,25) dx – : 0,5

47

_

64

(– 16 x + 11,75) dx = 4 – x– 1 – 0,25 x 5 0,5

3,75 – 4 – 8 x2 + 11,75 x 5 0,5

47

_

64

= 0,96 – 0,44 = 0,52

8 a) b)

Schnittpunkte:

x = – 2; 0; 1,5

A = : 0

2

(– x2 + 4 x – x2) dx A = : – 2

0

(x3 + x2 – 2 x – x – 0,5 x2) dx + : 0

1,5

(–x3 – 0,5 x2 + 3 x) dx

= 4 – 2

_

3

x3 + 2 x2 5 0

2 = 2 2

_

3

= 3,33 + 1,55 = 4,88

c) d) e)

Schnittpunkte: x = – 1,73; 0; 1,73 Schnittpunkte: x = 0,5; 2 Schnittpunkte: x = 2; 3

A = 2· : 0

1,73

( 0,5 –1

_

4 (x + 2) (x – 1)2 ) dx A = : 0,5

2

( – 1

_

x2 – 2,5 x + 5,25 ) dx A = : 2

3

( 9 00000000000 x – 2 – (x – 2)2 ) dx

= 1,12 = 1,69 = 0,33

t oder m

x

2 31−1

−1

O

1

2

−1

−2

y

2 3 41 5O

1

2

−1

−2

y

x

2 3 41O

1

2

−1

3

y

x

G f

Gg

G f

Gg

G f

Gg

n t oder m

n t z

O 2 4–4

2

y

–2

4

–2

x

Gf Gg Gf

Gg

O 1 2–2

1

y

–1

2

–1

x

Gf

O 1 2–2

1

y

–1

2

– 2

–1 x

Gg

x

O 1 2–2

y

–1

– 2

– 3

– 4

–1

Gg

Gf

O 1 2 3 4

1

y

2

3

4

Gg

Gf

x



I Integralrechnung





ISBN 978-3-12-732862-2


9 a) A = : – 1

7

9 000000000000 x + 2 dx –1

_

2 ·1·2 –1

_

2 ·3·3 +1

_

2 ·1·3 = 4 2

_

3 (x + 2)3

_

2 5 – 1

7

– 4 =52

_

3 – 4 = 131

_

3

b) Parabelgleichung: y = a (x – 3)2 + 1

⇒ 1,5 = a (5 – 3)2 + 1 ⇒ a = 1

_

8

⇒ t (x) = 1

_

8

(x – 3)2 + 1

f ’ (x) = 1

_ 4

(x – 3) f ’ (5) = 1

_ 2

⇒ g (x) = 0,5 x – 1

⇒ : 0

5

( 1 _ 8 (x – 3)2 + 1 – 0,5 x + 1 ) dx = 5,21

10 a) A (t) = : 1

2

t

_

x2 dx = 4 – t

_

x 5 1

2 = –

t

_

2 + t =t

_

2 ; A (t) = 8 ⇔ t = 16

b) Nullstellen: x = ± t

A (t) = 2· :

0

t

(x2 – t2) dx = 2 | ( t3

_

3

– t3 ) | = 4

_

3

t3; A (t) = 36 ⇔ t = 3

11 a), c) b) U4 = 0 + 3 + 4 + 3 = 10

:

0

4

(– x2 + 4 x) dx = 10,67 ⇒ Abweichung um 6,25 %

d) A liegt für 0 ≤ a < 4 im I. Quadranten.

e) Schnittpunkt:

– x2 + 4 x – a x = 0 ⇒ – x (x – 4 + a) = 0 ⇒ x1 = 0; x2 = a + 4

: 0

4 – a

(– x2 + 4 x – a x) dx = – 1

_

3

(4 – a)3 + 2 (4 – a)2 –a

_

2

(4 – a)2 = 1

_

6

(4 – a)3

f) F∆ OPQ =1

_

2 ·3·3 = 4,5

g) F’ ∆ OPQ = –3

_

2 x2 + 4 x = 0 ⇔ (x1 = 0) oder x2 = 22

_

3

12 a) Volumen = Gesamtfläche·Länge Parabelgleichung: y = 1

_

20 x2 – 80

Parabelfläche: A = 1002 + 2 : 0

40

( 1

_

20 x2 – 80 ) dx = 42662

_

3 cm2

Restgrundfläche: G = 57331

_

3 cm2 ⇒ Volumen: V = 573,3 dm3 ≈ 0,57 m3 ⇒ Masse: m ≈ 1,3 t

b) Parabelgleichung: y = – 1

_

40 (x – 100) (x – 300)

Parabelfläche: A = 31

_

3 m2

Restfläche: 9,67 m2 ⇒ Volumen: V = 96,7 m3 ⇒ Masse: m ≈ 222,3 t

13 a) A = : 0

4

1

_

4 x2 dx = 4 1

_

12 x3 5 0

4 = 5

1

_

3 gesucht: a, damit1

_

12 a3 = 22

_

3

⇒ a =3

9 0000000 32 ≈ 3,175

b) Grenze: 1

_ 4

x1 2 = a ⇒ x1 = 9 00000000

4 a A2 = : 9 00000000 4 a

4

( 1 _ 4

x2 – a ) dx = 8

_ 3

⇒ a = 1

14 a) fa (x) = 1

_

a

x2 – a = 0 ⇒ x = ± a

b) fa (– x) = fa (x) und ha (– x) = ha (x)

c) ha (x) = 0 ⇔ x = ± a ⇒ beide haben gleiche Nullstellen

d) A (a) = 2· : 0

a

( 1 _ a x2 – a –1

_

3 x2 +1

_

3 a2 ) dx = 2 4 1 _ 3 a2 – a2 –1

_

9 a3 +1

_

3 a3 5 = –4

_

3 a2 +4

_

9 a3

A’ (a) = –8

_

3

a + 4

_

3

a2 = 0 ⇔ a1 = 0

= –4

_

3 a (2 – a) ⇔ a2 = 2

⇒

Minimum der Fläche in ( 2 | 17

_

9

)

n t y

S. 37 z n

O 1 2 P 4

1

y

–1

–2

2

3

4

x

G0,5

Gp

Q

t

y m

n

y m

a < 2 2 > 2A’ (a) < 0 0 > 0

A (a)




15 a) Ø (a) = – 1

_

a + 1

b) lim

a→ • Ø (a) = 1 ⇒ die Fläche, die ins Unendliche reicht, hat den endlichen Wert 1.

c) lim

a→ 0 :

a

4

1

_

9 0000 x dx = lim

a→ 0 2·( 2 –9 0000

a ) = 4⇒

„unendliche“ Fläche mit endlichem Inhalt

16 f (x) = a x4 + b x3 + c x2 + d x + e

f ’ (x) = 4 a x3 + 3 b x2 + 2 c x + d

I f (3) = 27 ⇒ 27 = 81 a + 27 b + 9 c + (3 d + e)

II f (0) = 0 ⇒ e = 0

III f ’ (0) = 0 ⇒ d = 0

IV f (2) = 16 ⇒ 16 = 16 a + 8 b + 4 c

V f ’ (2) = 0 ⇒ 0 = 32 a + 12 b + 4 c

IV – V: 16 = – 16 a – 4 b ⇒ b = – 4 – 4 a in V

V *: 0 = 32 a – 48 – 48 a + 4 c ⇒ c = 4 a + 12 in I

I *: 27 = 81 a – 108 – 108 a + 36 a + 108 ⇒ a = 3

⇒ b = – 16; c = 24 ⇒ f (x) = 3 x4 – 16 x3 + 24 x2

8 Ins Unendliche reichende Flächen

1 1 + 1

_

2

+ 1

_

4

+ 1

_

8

+ … = sehr groß? Trick:

2 a) lim a→ • 4 – 1

_

x + 1 5

1

a

= 1

_

2

b) lim a→ • 4 – 2 e

1

_

2 x 5

2

a

= 2 e– 1 ≈ 0,74 c) lim

a→ 0 4 – 1

_

k 2 5

– a

1 = • d) lim

a→ 0 4 89 0000 x 5

a

4 = 16

3 a) lim

a→ • 4 3·ln x 5

1

a = lim

a→ • 3 ln a = • b) lim

a→ –• 4 2 ex 5 a 0

= 2 c) lim a→ –•

4 2 x– 2 5 a – 1

= 2

4 a) Asymptote y = 1

_

2 x b) Asymptote (y = ex für x→ +•) y = – 1

_

3 x für x→ –•

lim

a→ • : 2

a

2

_

x2 dx = lim

a→ • 4 – 2

_

x 5 2

a = 1 lim

a→ –• : a

1

ex dx = lim a→ –•

4 ex 5 a 1 = e

5 a) W = : R

h2

γm M

_

x2 dx = 4 – γ m M

_

x 5 R

h2

=

= 6,67·10– 11 m3

_

kg·s2 ·1000 kg·5,97·1024 kg·( 1

__

6370·103 m

– 1

__

4,22·107 m ) = 5,31·1010 J

b) W = lim h2 → •

: R

h2

γm M

_

x2 dx = 6,67·10– 11 m3

_

kg·s2 ·1000 kg·5,97·1024 kg

__

6370·103 m = 6,25·1010 J

6 Konstruktionsbeschreibung:

– Zeichne den Winkel β.

– Ziehe jeweils an den Innenseiten der Schenkel Parallelen im

Abstand d.

– Der Schnittpunkt der Parallelen ergibt den Schnittpunkt S der

Winkelhalbierenden.

– Verbinde S mit dem Endpunkt A des einen Schenkels. – Verdopple den Winkel BAS.

– Der Schnittpunkt mit dem anderen Schenkel von β ergibt C.

S. 38

11_

2

1_

4

1_

8

+ ¥ 2 als Endwert

S. 39

m

m

b n t

B

β

A

C

d

d

c

S

Klett 12 lösungen

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