Änderungsrate und Ableitungsbegriff – Mathe Einführungsphase (Klasse 11) Arbeitsblatt Lösungen zum Herunterladen als PDF

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1. Lösung zu Aufgabe 1

   a) \(f(3)=9\), \(f(1)=1\), also \(\frac{9-1}{3-1}=4\). Die Rate ist positiv: \(f\) steigt im Mittel.
   b) \(f(2)=8\), \(f(0)=0\), also \(\frac{8-0}{2-0}=4\). Positiv, \(f\) steigt im Mittel.
   c) \(f(4)=13\), \(f(1)=7\), also \(\frac{13-7}{3}=2\). Das ist genau die Steigung \(m=2\) der Geraden; bei linearen Funktionen ist die mittlere Rate überall gleich.
   d) \(f(9)=3\), \(f(1)=1\), also \(\frac{3-1}{9-1}=0{,}25\). \(f\) steigt im Mittel, aber nur langsam.
   e) \(f(4)=-16+16=0\) und \(f(0)=0\), also \(\frac{0-0}{4}=0\). Im Mittel keine Änderung: Der Graph steigt erst und fällt dann wieder auf dieselbe Höhe.

2. Lösung zu Aufgabe 2

   a) \(h=1\): \(\frac{(3)^2-4}{1}=\frac{9-4}{1}=5\). \(h=0{,}1\): \(\frac{2{,}1^2-4}{0{,}1}=\frac{4{,}41-4}{0{,}1}=4{,}1\). Beide Tabellenwerte stimmen.
   b) Binomische Formel: \(\frac{(2+h)^2-4}{h}=\frac{4+4h+h^2-4}{h}=\frac{4h+h^2}{h}=4+h\) für \(h\neq0\).
   c) Für \(h\to0\) geht \(4+h\) gegen \(4\). Geometrisch werden die Sekanten durch \(P\) und \(Q\) zur Tangente in \(P\). Ihre Steigung ist \(f\,'(2)=4\).

3. Lösung zu Aufgabe 3

   a) \(\frac{(1+h)^2-1}{h}=\frac{2h+h^2}{h}=2+h\). Für \(h\to0\) folgt \(f\,'(1)=2\).
   b) \(\frac{(-2+h)^2-4}{h}=\frac{4-4h+h^2-4}{h}=-4+h\). Für \(h\to0\) folgt \(f\,'(-2)=-4\): Der Graph fällt dort.
   c) \(\frac{(0+h)^2-0}{h}=\frac{h^2}{h}=h\to0\). Also \(f\,'(0)=0\): waagerechte Tangente im Scheitel.
   d) \(\frac{(x_0+h)^2-x_0^2}{h}=\frac{2x_0h+h^2}{h}=2x_0+h\to2x_0\). Also \(f\,'(x_0)=2x_0\). Einsetzen bestätigt a) bis c): \(2\), \(-4\), \(0\).

4. Lösung zu Aufgabe 4

   a) \(f(1)=3\). \(\frac{(1+h)^2+2(1+h)-3}{h}=\frac{1+2h+h^2+2+2h-3}{h}=\frac{4h+h^2}{h}=4+h\to4\). Also \(f\,'(1)=4\).
   b) \(f(2)=12-2=10\). \(\frac{3(2+h)^2-(2+h)-10}{h}=\frac{12+12h+3h^2-2-h-10}{h}=\frac{11h+3h^2}{h}=11+3h\to11\). Also \(f\,'(2)=11\).
   c) \(\frac{(1+h)^3-1}{h}=\frac{1+3h+3h^2+h^3-1}{h}=3+3h+h^2\to3\). Also \(f\,'(1)=3\).
   d) Hauptnenner bilden: \(\frac{\frac{1}{2+h}-\frac12}{h}=\frac{2-(2+h)}{2(2+h)\,h}=\frac{-h}{2(2+h)h}=\frac{-1}{2(2+h)}\to-\frac14\). Also \(f\,'(2)=-\frac14\).
   In jedem Fall wird erst vereinfacht und durch \(h\) gekürzt, erst danach darf man \(h\to0\) gehen lassen.

5. Lösung zu Aufgabe 5

   a) Die Intervalle haben alle die Breite \(1\), also ist die Rate gleich der Wertedifferenz: \(0{,}5-0=0{,}5\); \(2-0{,}5=1{,}5\); \(4{,}5-2=2{,}5\); \(8-4{,}5=3{,}5\).
   b) \(\frac{f(3)-f(1)}{3-1}=\frac{4{,}5-0{,}5}{2}=2\). Das ist der Schätzwert für \(f\,'(2)\).
   c) Aus \((x^2)'=2x\) folgt \(f\,'(x)=\frac12\cdot2x=x\), also \(f\,'(2)=2\). Die Schätzung ist exakt, weil das Intervall symmetrisch um \(2\) liegt; das gilt bei Parabeln immer.
   d) Die Parabel wird nach rechts immer steiler. Darum wachsen die Sekantensteigungen jeweils um \(1\).

6. Lösung zu Aufgabe 6

   a) Mittlere Geschwindigkeit \(=\frac{\Delta s}{\Delta t}\): \(\frac{8}{2}=4\), \(\frac{20}{2}=10\), \(\frac{26}{2}=13\), \(\frac{26}{2}=13\) (jeweils m/s).
   b) Von m/s nach km/h multipliziert man mit \(3{,}6\): \(13\cdot3{,}6=46{,}8\) km/h.
   c) Am langsamsten im ersten Intervall mit \(4\) m/s, dort fährt der Bus gerade an. Am schnellsten in den letzten beiden Intervallen mit \(13\) m/s.
   d) \(\frac{s(6)-s(2)}{6-2}=\frac{54-8}{4}=11{,}5\) m/s, das sind etwa \(41{,}4\) km/h. Das Intervall liegt symmetrisch um \(t=4\).

7. Lösung zu Aufgabe 7

   a) 8 Uhr entspricht \(t=2\): \(h(2)=0{,}2\cdot4=0{,}8\) m. 9 Uhr entspricht \(t=3\): \(h(3)=0{,}2\cdot9=1{,}8\) m.
   b) \(\frac{h(3)-h(0)}{3-0}=\frac{1{,}8}{3}=0{,}6\) m pro Stunde.
   c) Wir nennen die Zeitänderung \(k\), weil \(h\) schon die Höhe bezeichnet: \(\frac{0{,}2(2+k)^2-0{,}8}{k}=\frac{0{,}8k+0{,}2k^2}{k}=0{,}8+0{,}2k\to0{,}8\). Nach zwei Stunden steigt das Wasser momentan um \(0{,}8\) m pro Stunde.
   d) \(0{,}2t^2=1\Rightarrow t^2=5\Rightarrow t=\sqrt5\approx2{,}24\) Stunden, also nach etwa 2 h 14 min, gegen 8:14 Uhr.

8. Lösung zu Aufgabe 8

   a) Alle Intervalle sind \(3\) Stunden lang: \(\frac{1{,}2}{3}=0{,}40\); \(\frac{0{,}7}{3}\approx0{,}23\); \(\frac{-0{,}6}{3}=-0{,}20\); \(\frac{-0{,}9}{3}=-0{,}30\) (°C pro Stunde).
   b) Die größte positive Rate ist \(0{,}4\) °C pro Stunde. Das Fieber stieg zwischen 6 und 9 Uhr am stärksten.
   c) Die kleinste (am stärksten negative) Rate ist \(-0{,}3\) °C pro Stunde zwischen 15 und 18 Uhr. Dann fiel das Fieber am schnellsten.
   d) Zwischen 9 und 12 Uhr ist die Rate noch positiv, zwischen 12 und 15 Uhr schon negativ. Der Höhepunkt liegt also zwischen 9 und 15 Uhr, etwa um 12 Uhr.

9. Lösung zu Aufgabe 9

   a) \(s(2)=40-10=30\) m und \(s(4)=80-40=40\) m.
   b) \(\frac{s(4)-s(0)}{4}=\frac{40}{4}=10\) m/s und \(\frac{s(2)-s(0)}{2}=\frac{30}{2}=15\) m/s. In der ersten Hälfte ist das Auto im Mittel schneller.
   c) \(\frac{20(t_0+h)-2{,}5(t_0+h)^2-20t_0+2{,}5t_0^2}{h}=\frac{20h-5t_0h-2{,}5h^2}{h}=20-5t_0-2{,}5h\to20-5t_0\). Also \(v(0)=20\) m/s und \(v(2)=10\) m/s.
   d) Bei \(t=4\) ist \(v(4)=0\), das Auto steht. Der Bremsweg ist \(s(4)=40\) m. Die Anfangsgeschwindigkeit war \(20\) m/s \(=20\cdot3{,}6=72\) km/h.

10. Lösung zu Aufgabe 10

    a) \(h(10)=2\cdot100=200\) m.
    b) \(\frac{200-0}{10}=20\) m/s und \(\frac{h(10)-h(5)}{5}=\frac{200-50}{5}=30\) m/s.
    c) \(\frac{2(10+k)^2-200}{k}=\frac{40k+2k^2}{k}=40+2k\to40\) m/s. Nach \(10\) s steigt die Rakete momentan mit \(40\) m/s.
    d) Es gilt \(20<30<40\). Die Rakete wird immer schneller. Je näher das Intervall am Zeitpunkt \(t=10\) liegt, desto näher liegt die mittlere an der momentanen Geschwindigkeit.

11. Lösung zu Aufgabe 11

    a) \(\frac{51\,700-48\,200}{5}=\frac{3500}{5}=700\); \(\frac{54\,100-51\,700}{5}=\frac{2400}{5}=480\); \(\frac{55\,300-54\,100}{4}=\frac{1200}{4}=300\) Einwohner pro Jahr.
    b) Die Raten sind alle positiv, die Stadt wächst also. Sie werden aber kleiner: von \(700\) über \(480\) auf \(300\). Das Wachstum verlangsamt sich.
    c) Von 2024 bis 2030 sind es \(6\) Jahre: \(55\,300+6\cdot300=57\,100\) Einwohner.
    d) Bekannt sind nur die Werte am Anfang und Ende jedes Zeitraums. Was dazwischen passiert, zum Beispiel Schwankungen von Jahr zu Jahr, sieht man nicht.

12. Lösung zu Aufgabe 12

    a) \(40-10=30\), \(65-40=25\), \(85-65=20\), \(95-85=10\) Prozentpunkte pro Stunde.
    b) Die Raten sind positiv, der Akku wird also immer voller. Sie nehmen aber ab: zu Beginn lädt das Handy schnell, gegen Ende langsam.
    c) Sinkt die Rate um weitere \(10\), liegt sie in Stunde 5 bei etwa \(0\). Der Ladestand bleibt dann bei etwa \(95\,\%\), höchstens \(100\,\%\).
    d) Ladegeräte verringern bei hohem Ladestand die Stromstärke. Das schützt den Akku vor Überhitzung und Überladung.

13. Lösung zu Aufgabe 13

    a) \(h(0{,}5)=1+4-1{,}25=3{,}75\) m und \(h(1)=1+8-5=4\) m.
    b) \(\frac{h(1)-h(0)}{1}=\frac{4-1}{1}=3\) m/s und \(\frac{h(1)-h(0{,}5)}{0{,}5}=\frac{0{,}25}{0{,}5}=0{,}5\) m/s. Der Ball wird beim Steigen langsamer.
    c) Mit der Zeitänderung \(k\): \(\frac{8k-5(2t_0k+k^2)}{k}=8-10t_0-5k\to8-10t_0\). Bei \(t_0=0{,}5\): \(8-5=3\) m/s.
    d) \(8-10t_0=0\Rightarrow t_0=0{,}8\) s. Dann ist \(h(0{,}8)=1+6{,}4-3{,}2=4{,}2\) m. Das ist der höchste Punkt der Flugbahn.

14. Lösung zu Aufgabe 14

    a) Jedes Intervall dauert \(5\) min: \(\frac{60-80}{5}=-4\); \(\frac{48-60}{5}=-2{,}4\); \(\frac{40-48}{5}=-1{,}6\); \(\frac{35-40}{5}=-1\) °C pro Minute.
    b) Die Raten sind negativ und werden betragsmäßig kleiner: Der Kaffee kühlt immer langsamer ab. Grund: Der Temperaturunterschied zur Umgebung wird kleiner.
    c) Nach \(10\) min sind es \(48\) °C, dann sinkt die Temperatur im Mittel um \(1{,}6\) °C pro Minute: \(48-2\cdot1{,}6=44{,}8\) °C.
    d) Nach c) ist der Kaffee nach etwa \(12\) Minuten bei \(45\) °C. Ab etwa \(12\) bis \(13\) Minuten ist er gut trinkbar.

15. Lösung zu Aufgabe 15

    a) \(10\) min sind \(\frac16\) h: \(\frac{18}{1/6}=108\); \(\frac{17}{1/6}=102\); \(\frac{15}{1/6}=90\); \(\frac{16}{1/6}=96\) km/h.
    b) Im Baustellenabschnitt fuhr der Bus im Mittel \(102\) km/h, also \(2\) km/h zu schnell. Er hat sich nicht an Tempo \(100\) gehalten.
    c) Gesamtstrecke \(66\) km in \(40\) min \(=\frac23\) h: \(\frac{66}{2/3}=99\) km/h.
    d) Ja. Die Durchschnittsgeschwindigkeit beschreibt nur das ganze Intervall. Kurzzeitig kann der Bus schneller oder langsamer gefahren sein, zum Beispiel beim Überholen.

16. Lösung zu Aufgabe 16

    a) \(\frac{(x_0+h)^2-4(x_0+h)-x_0^2+4x_0}{h}=\frac{2x_0h+h^2-4h}{h}=2x_0+h-4\to2x_0-4\). Also \(f\,'(x_0)=2x_0-4\).
    b) \(2x_0-4=0\Rightarrow x_0=2\). Dort liegt der Scheitel \(S(2\,|\,-4)\), die Tangente ist waagerecht.
    c) \(f\,'(0)=-4\), \(f\,'(1)=-2\), \(f\,'(4)=4\). Links vom Scheitel ist die Ableitung negativ (der Graph fällt), rechts davon positiv (er steigt).
    d) \(\frac{f(4)-f(0)}{4}=\frac{0-0}{4}=0\). Die mittlere Rate auf \([0;4]\) ist \(0\). Sie stimmt mit \(f\,'(2)=0\) in der Intervallmitte überein, nicht aber mit den Raten an den Rändern.

17. Lösung zu Aufgabe 17

    a) \(h=0{,}1\): \(\frac{|0{,}1|-0}{0{,}1}=1\). \(h=-0{,}1\): \(\frac{|-0{,}1|-0}{-0{,}1}=\frac{0{,}1}{-0{,}1}=-1\).
    b) Für \(h>0\) ist der Quotient immer \(\frac{h}{h}=1\), für \(h<0\) immer \(\frac{-h}{h}=-1\). Von rechts ergibt sich \(+1\), von links \(-1\).
    c) Die einseitigen Grenzwerte sind verschieden. Also existiert der Grenzwert nicht: \(f\) ist an der Stelle \(0\) nicht differenzierbar. Der Graph hat dort einen Knick.
    d) In der Nähe von \(x_0=2\) ist \(f(x)=x\), denn \(x>0\). Also \(f\,'(2)=1\): Dort ist \(f\) differenzierbar.

18. Lösung zu Aufgabe 18

    a) Sekantensteigung: \(\frac{f(3)-f(2)}{3-2}=\frac{9-4}{1}=5\).
    b) Mit \(f\,'(x)=2x\) ist die Tangentensteigung \(f\,'(2)=4\). Sie ist kleiner als die Sekantensteigung, weil die Parabel rechts von \(P\) steiler wird.
    c) Punkt-Steigungs-Form: \(y=4(x-2)+4=4x-4\). Probe: Für \(x=3\) liefert sie \(8\), die Tangente geht durch \((3\,|\,8)\) und liegt unter \(Q(3\,|\,9)\).
    d) \(Q\) muss näher an \(P\) rücken, zum Beispiel \(Q(2{,}1\,|\,4{,}41)\). Die Sekante hat dann die Steigung \(\frac{0{,}41}{0{,}1}=4{,}1\).

19. Lösung zu Aufgabe 19

    a) Linker Teil: \(f(1)=1^2=1\). Rechter Teil bei \(x\to1\): \(2\cdot1-1=1\). Beide Teile treffen sich in \((1\,|\,1)\), \(f\) ist dort stetig.
    b) Für \(h<0\) gilt der linke Teil: \(\frac{(1+h)^2-1}{h}=\frac{2h+h^2}{h}=2+h\to2\).
    c) Für \(h>0\) gilt der rechte Teil: \(\frac{2(1+h)-1-1}{h}=\frac{2h}{h}=2\).
    d) Beide Grenzwerte sind \(2\). Also ist \(f\) bei \(x_0=1\) differenzierbar mit \(f\,'(1)=2\). Die Gerade ist genau die Tangente an die Parabel, der Übergang ist knickfrei.

20. Lösung zu Aufgabe 20

    a) \(h(100)=\frac{10\,000}{200}=50\) m, \(h(0)=0\). Mittlere Steigung \(\frac{50}{100}=0{,}5=50\,\%\).
    b) \(\frac{\frac{1}{200}(x_0+k)^2-\frac{1}{200}x_0^2}{k}=\frac{2x_0k+k^2}{200k}=\frac{x_0}{100}+\frac{k}{200}\to\frac{x_0}{100}\). Also \(h\,'(60)=0{,}6=60\,\%\) und \(h\,'(100)=1=100\,\%\).
    c) \(\frac{x_0}{100}=0{,}5\Rightarrow x_0=50\), genau die Intervallmitte. Bei Parabeln ist die mittlere Steigung immer gleich der Steigung in der Mitte.
    d) \(\frac{x_0}{100}=0{,}08\Rightarrow x_0=8\). Ab \(8\) m nach dem Start ist die Steigung mindestens \(8\,\%\), das Schild gilt also fast für den ganzen Weg.