Exponentialfunktionen und Eulersche Zahl – Mathe Einführungsphase (Klasse 11) Lösungen zur Klassenarbeit zum Herunterladen als PDF

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1. Lösung zu Aufgabe 1 (4 BE/Punkte)

   Exponentielle Prozesse haben die Form \(f(t)=a\cdot b^t\) mit Anfangswert \(a\) und Faktor \(b\) pro Zeitschritt.
   a) Ein Zuwachs von \(2\,\%\) pro Jahr ergibt \(b=1+0{,}02=1{,}02\). Anfangswert \(2000\) €: \(K(n)=2000\cdot1{,}02^n\), \(n\) in Jahren (2 P.). Nach zehn Jahren wären das zum Beispiel \(2000\cdot1{,}02^{10}\approx2437{,}99\) €.
   b) Eine Abnahme um \(10\,\%\) pro Stunde lässt \(90\,\%\) übrig, also \(b=0{,}9\). Mit \(80\) g Startmenge: \(m(t)=80\cdot0{,}9^t\), \(t\) in Stunden (2 P.). Beispiel: \(m(1)=72\) g. Häufiger Fehler: \(b=0{,}1\) einsetzen, das wäre eine Abnahme um \(90\,\%\). Mit der Eulerschen Zahl lassen sich beide Funktionen auch als \(2000\,e^{t\ln1{,}02}\) und \(80\,e^{t\ln0{,}9}\) schreiben.

2. Lösung zu Aufgabe 2 (4 BE/Punkte)

   a) Man schreibt beide Seiten als Potenz derselben Basis: \(\frac1{16}=\frac1{2^4}=2^{-4}\). Aus \(2^x=2^{-4}\) folgt durch Exponentenvergleich \(x=-4\) (1 P.).
   b) Zuerst den Vorfaktor beseitigen: Division durch \(5\) ergibt \(3^x=9\). Wegen \(9=3^2\) ist \(x=2\) (1 P.). Probe: \(5\cdot3^2=45\).
   c) Hier ist die Basis \(e\), daher wendet man den natürlichen Logarithmus an, die Umkehrung der e-Funktion: \(2x=\ln9\) (1 P.). Mit \(\ln9=\ln3^2=2\ln3\) folgt \(x=\ln3\approx1{,}099\) (1 P.). Probe: \(e^{2\cdot1{,}099}\approx e^{2{,}197}\approx9\). Antwort: \(x=-4\); \(x=2\); \(x=\ln3\).

3. Lösung zu Aufgabe 3 (3 BE/Punkte)

   Grundregel: \((e^x)'=e^x\). Für \(e^{kx}\) liefert die Kettenregel \((e^{kx})'=k\,e^{kx}\), die innere Ableitung \(k\) tritt also als Faktor vor.
   a) \(f(x)=4e^{3x}\): Der konstante Faktor \(4\) bleibt erhalten, die innere Ableitung ist \(3\). \(f'(x)=4\cdot3\,e^{3x}=12e^{3x}\) (1 P.).
   b) Summandenweise: \((e^{-0{,}5x})'=-0{,}5e^{-0{,}5x}\) und \((x^3)'=3x^2\) (1 P.). Zusammen \(g'(x)=-0{,}5e^{-0{,}5x}+3x^2\) (1 P.). Kontrolle an der Stelle \(0\): \(g'(0)=-0{,}5\), der Graph von \(g\) fällt dort leicht, weil die fallende e-Funktion überwiegt. Häufiger Fehler: \(e^{3x}\) wie eine Potenz ableiten und \(3x\,e^{3x-1}\) schreiben; die e-Funktion ist keine Potenzfunktion.

4. Lösung zu Aufgabe 4 (5 BE/Punkte)

   a) Pro Halbwertszeit von \(6\) h halbiert sich die Menge; nach \(t\) Stunden sind \(\frac t6\) Halbwertszeiten vergangen: \(N(t)=240\cdot0{,}5^{t/6}\) (1 P.).
   b) \(18\) h sind \(\frac{18}{6}=3\) Halbwertszeiten: \(N(18)=240\cdot0{,}5^3=240\cdot0{,}125=30\) mg (1 P.). Schrittweise: \(240\to120\to60\to30\).
   c) Die Gleichung \(240\cdot0{,}5^{t/6}=30\) ergibt \(0{,}5^{t/6}=\frac18=0{,}5^3\), also \(\frac t6=3\) und \(t=18\) h (1 P.).
   d) Der stündliche Faktor ist \(0{,}5^{1/6}\approx0{,}891\) (1 P.). Pro Stunde bleiben \(89{,}1\,\%\), abgebaut werden etwa \(10{,}9\,\%\) (1 P.). Nicht \(\frac{50\,\%}{6}\approx8{,}3\,\%\), denn die Abnahme bezieht sich jede Stunde auf die schon verringerte Menge. Mit \(e\) geschrieben: \(N(t)=240\,e^{-0{,}1155t}\).

5. Lösung zu Aufgabe 5 (4 BE/Punkte)

   a) Anna: \(3000\cdot1{,}035^{20}\approx3000\cdot1{,}9898\approx5969\) €. Ben: \(3000\cdot1{,}03^{20}\approx3000\cdot1{,}8061\approx5418\) € (2 P.). Anna hat ihr Geld fast verdoppelt.
   b) Bedingung \(3000\cdot1{,}035^n\gt4500\), also \(1{,}035^n\gt1{,}5\). Logarithmieren (der Logarithmus ist streng monoton wachsend, die Ungleichung bleibt erhalten): \(n\gt\frac{\ln1{,}5}{\ln1{,}035}\approx11{,}8\). Da Zinsen jährlich gutgeschrieben werden, hat Anna nach \(12\) Jahren erstmals mehr als \(4500\) € (1 P.).
   c) Unterschied nach \(20\) Jahren: \(5969-5418\approx551\) € (1 P.). Ein halber Prozentpunkt mehr Zins bringt also gut \(550\) €, mehr als \(18\,\%\) des Startkapitals. Der Abstand wächst mit der Laufzeit immer weiter, weil beide Guthaben exponentiell, aber mit verschiedenen Faktoren wachsen.

Gesamt : 20 Punkte