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Lösungen
Lösung 5 1. (a) Nullstelle bei x = 0, Polstellen bei x = ±1, Asymptote ist y = 0. √ (b) Nullstellen bei x = 6 ± 30, keine Pole, Asymptote ist y = −1. (c) Nullstelle bei x = 2, Pol bei x = 0, Asymptote ist y =
x2 4 .
(d) Nullstelle bei x = 3, Pol bei x = −2, Unbestimmtheitsstelle bei x = 1, Asymptote ist y = 1. y y 1
1 x
1
(a) f (x) =
x x2 −1
(b) f (x) =
12x−x2 −6 x2 +3
y
y
2
5 1
(c) f (x) =
x
10
x
1
(d) f (x) =
x3 −8 4x
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x2 −4x+3 x2 +x−2
x
Lösungen 3
2. x #→ xx2−4x +1 hat Nullstellen x = −2, 0, 2, keine Polstellen und geht nach ±∞ für x → ±∞. y x #→ x (Asymptote) x #→
x3 −4x x2 +1
1 x
1
3. (a) Lösungsmenge: L = {0, 5/2} (b) Lösungsmenge: L = {}
(c) Lösungsmenge: L = {−2, −1}
(d) Lösungsmenge: L = {1}, ACHTUNG: ±4 löst die Gleichung nicht, denn bei beiden ist die rechte Seite der Gleichung nicht definiert! 4.
3 x2 +3x
=
1 x
+
−1 x+3 .
5. a = −12. Den Zähler kann man mittels Polynomdivision umschreiben. Es gilt: x3 − 5x − 12 = (x2 + 3x + 4)(x − 3) und die Diskriminante von x2 + 3x + 4 ist −5. Daher hat der Zähler und somit die ganze Funktion keine weitere Nullstelle. 6. y =
6x3 −96x+1 . 2x−8
7. (x5 + 2x4 + 2x3 − x2 − 3x − 1) : (x2 − 1) = x3 + 2x2 + 3x + 1.
Lösung 6 1. (a) π/2, ergibt Punkt (0, 1), (b) π, √ ergibt Punkt (−1, 0), (c) −3π, ergibt Punkt (−1, 0) und (d) π/6, ergibt Punkt ( 3/2, 1/2).
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Lösungen 2. (a) 360◦ , (b) 18◦ , (c) 0◦ und (d) 540◦ . 3. (a) α = 30◦ = π/6, (b) α = 45◦ = π/4. 4. Der Baum ist 1.7m + tan(25◦ )20m ≃ 11m hoch. ! 5. Der Kilometerzähler gibt (10000m)2 + (1000m)2 = 10.05km an.
6. Zeichne in ein Koordinatensystem den Einheitskreis um den Nullpunkt. Wir zeichnen nun ein Dreieick, dessen eine Ecke im Nullpunkt liegt und dessen andere zwei Ecken, rechts vom Nullpunkt auf dem Kreis liegen und die Koordinaten (x, ±1/2) haben. Dies ist ein gleichseitiges Dreieck. (Warum?). Ein Dreieckswinkel ist also 60◦ = π/3 gross. Wegen der Symmetrie zur x-Achse bildet die Dreiecksseite mit der Koordinaten (x, 1/2) zusammen mit der x-Achse eine Winkel von π/6. Der Abschnitt der x-Achse, welcher im Dreieck liegt, hat also die Länge cos(π/6). (Warum?) Wir können den Satz des Pythagoras auf das obere Teildreieck anwenden und erhalten damit die Gleichung: 12 = (cos(π/6))2 + (1/2)2 . √ Daraus folgt cos(π/6) = 3/2. 7. Wir quadrieren die Gleichung (und erhalten evtl. zusätzliche Lösungen!) und lösen: sin2 (x) = cos2 (x). Ersetze sin2 (x) durch 1 − cos2 (x). Also ! brauchen wir die Gleichung 2 cos2 (x) = 1 zu lösen. Wir finden: cos(x) = ± 1/2, also x = π/4 + kπ/2, k ∈ Z. Ist allerdings k ungerade, so haben sin(π/4 + kπ/2) und cos(π/4+kπ/2) verschiedenes Vorzeichen (dies sind die Lösungen der quadrierten Gleichung, die durchs Quadrieren neu entstanden sind). Deshalb finden wir als Lösungen von sin(x) = cos(x) die x von der Form x = π/4 + kπ. 8. Da die Innenwinkelsumme im Dreieck 180◦ oder π beträgt, muss der dritte Winkel γ = π/2 sein. Nun kann man entweder den Satz von Pythagoras oder den Sinussatz anwenden. Wir erinnern uns an den Sinussatz, der sagt, dass in einem Dreieck mit Seiten a, b und c und gegenüberliegenden Winkeln α, β und γ gilt: b c a = = . sin(α) sin(β) sin(γ) Da sin(π/2) = 1 ist, folgern wir daraus: c =
a sin(α)
=
1 1/2
= 2.
9. sin 2α = 2 sin α cos α
Lösung 7 1. (a) 10, (b) 1000, (c) 0.01, (d) 1, (e) 1, (f) 1, (g) nicht definiert, (h) nicht definiert, (i) 0, (j) 0. 2. Am Tag 19 ist der Teich halb bedeckt. Kaufe ich gleich 2 Seerosen, so dauert es bis zur vollständigen Bedeckung 19 Tage.
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Lösungen 3. Das Vermögen beträgt dann 1000 · 1.01510 = 1160.55 Franken. In 74 Jahren hat sich das Vermögen verdreifacht (log1.015 3 ≃ 73.79). y
y
4.
1
2 1
x
1 (b) g(x) =
(a) f (x) = ex−1 − 1
x
1 2e2x
5. (a) Man braucht total 4 Kerzen, also müssten zu den zwei schon leuchtenden zusätzlich noch zwei Kerzen angezündet werden. (b) Die Belastung der Ohren ist um den Faktor 210/3 = 10.079 grösser - also mehr als 10 mal so gross. (c) Wir wollen auf verschiedenen Skalen gut differenziert hören und sehen können. Wäre z.B. das Hörempfinden linear und darauf ausgelegt, dass wir ein lautes Konzert überstehen können, so könnten wir z.B. ein Blätterrascheln kaum von absoluter Stille unterscheiden. 6. (a) x = −63/64, (b) x = −9, 11, (c) x = sein) und (d) x = 0 oder x = ±1.
√
5−1 2
(Vorsicht: x darf nicht negativ
7. Betrachte aloga (b/c) = b/c und aloga b−loga c = b/c und überlege, dass daraus die Behauptung folgt. √ 1 = −1 8. (a) log7 49 = 2, (b) log3 1 = 0, (c) log5 6 25 = 13 , (d) log10 10
9. (a) loga (b+c)+loga (b+c)−1 = 0, (b) loga−b (a2 −2ab+b2) = 2, (c) logc (b2 )/ logc (a) = 2 loga b, (d) logc (a4 − b4 ) − logc (a2 + b2 ) − logc (a + b) = logc (a − b).
10. (a) log2 8 = 3, (b) log5 25 = 2, (c) log3 243 = 5, (d) log2 1024 = 10.
Lösung 8 1. 4x 2. (a) 0, (b) m, (c) 2ax + b
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Lösungen 3. (a) √ √ √ √ √ √ x+h− x x+h− x x+h+ x √ = √ h h x+h+ x (x + h) − x = √ √ h( x + h + x) 1 1 h→0 = √ √ −→ √ 2 x x+h+ x (b) √1 x+h
−
h
√1 x
√ √ √ √ x− x+h x+ x+h √ = √ √ √ h( x + h x) x + x + h x − (x + h) √ = √ √ √ h( x + h x)( x + x + h) −1 h→0 −1 √ √ = √ −→ √ √ 2x x ( x + h x)( x + x + h)
4. (a) (f (x + h) + g(x + h)) − (f (x) + g(x)) h g(x + h) − g(x) f (x + h) − f (x) = lim + lim h→0 h→0 h h = f ′ (x) + g ′ (x)
(f (x) + g(x))′ = lim
h→0
(b) (c · f (x))′ = lim
h→0
5.
f (x + h) − f (x) c · f (x + h) − c · f (x) = c · lim = c · f ′ (x) h→0 h h
−2 (x−1)2
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