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

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1. Lösung zu Aufgabe 1

   a) Jede Zahl hoch null ergibt eins, also \(f(0)=2^0=1\). Außerdem \(f(3)=2\cdot2\cdot2=8\).
   b) Ein negativer Exponent bedeutet den Kehrwert: \(f(-2)=2^{-2}=\frac{1}{2^2}=\frac14=0{,}25\).
   c) Der Exponent \(\frac12\) bedeutet die Quadratwurzel: \(f(0{,}5)=2^{1/2}=\sqrt2\approx1{,}414\).
   d) Wir schreiben \(64\) als Zweierpotenz: \(64=2^6\). Aus \(2^x=2^6\) folgt durch Exponentenvergleich \(x=6\).
   Merke: Der Graph von \(2^x\) geht immer durch \((0\,|\,1)\), und jeder Schritt um \(1\) nach rechts verdoppelt den Funktionswert.

2. Lösung zu Aufgabe 2

   a) Anfangswert \(500\), Wachstumsfaktor \(2\) pro Stunde: \(N(t)=500\cdot2^t\) mit \(t\) in Stunden.
   b) \(N(4)=500\cdot2^4=500\cdot16=8000\) Zellen.
   c) \(500\cdot2^t>10\,000\Leftrightarrow2^t>20\Leftrightarrow t>\log_2 20\approx4{,}32\). Kontrolle: Nach vier Stunden sind es \(8000\), nach fünf Stunden \(16\,000\) Zellen. Im Lauf der fünften Stunde wird die Grenze überschritten.
   d) Eine Stunde vorher entspricht \(t=-1\): \(N(-1)=500\cdot2^{-1}=250\) Zellen. Rückwärts in der Zeit halbiert sich die Zahl jede Stunde.

3. Lösung zu Aufgabe 3

   a) Zinssatz \(3\,\%\) bedeutet Wachstumsfaktor \(1{,}03\). Also \(K(n)=1000\cdot1{,}03^n\) mit \(n\) in Jahren.
   b) \(K(10)=1000\cdot1{,}03^{10}\approx1343{,}92\,€\).
   c) \(1000\cdot1{,}03^n=2000\Leftrightarrow1{,}03^n=2\Leftrightarrow n=\frac{\ln2}{\ln1{,}03}\approx23{,}45\). Nach \(24\) Jahren ist das Guthaben erstmals mehr als doppelt so groß.
   d) Mit Zinseszins entstehen \(1343{,}92-1000=343{,}92\,€\) Zinsen. Einfache Zinsen wären jedes Jahr \(30\,€\), also \(300\,€\). Der Zinseszinseffekt bringt \(43{,}92\,€\) zusätzlich, weil auch die Zinsen verzinst werden.

4. Lösung zu Aufgabe 4

   a) \(32=2^5\), also \(2^x=2^5\). Gleiche Basis, also gleiche Exponenten: \(x=5\).
   b) \(\frac19=\frac{1}{3^2}=3^{-2}\). Also \(x=-2\).
   c) Beide Seiten zur Basis \(2\): \(4^x=(2^2)^x=2^{2x}\) und \(8=2^3\). Also \(2x=3\Rightarrow x=\frac32\).
   d) \(125=5^3\), also \(5^{2x}=5^3\Rightarrow2x=3\Rightarrow x=\frac32\).
   Merke: Gelingt es, beide Seiten als Potenz derselben Basis zu schreiben, darf man die Exponenten gleichsetzen. Sonst hilft der Logarithmus.

5. Lösung zu Aufgabe 5

   a) Für \(x=0\) gilt \(2^0=0{,}5^0=1\). Beide Graphen gehen durch \(P(0\,|\,1)\). Für \(x>0\) ist \(2^x>1>0{,}5^x\), für \(x<0\) umgekehrt; weitere gemeinsame Punkte gibt es nicht.
   b) \(g(x)=0{,}5^x=(2^{-1})^x=2^{-x}=f(-x)\). Die Graphen sind deshalb Spiegelbilder an der \(y\)-Achse.
   c) Die \(x\)-Achse \(y=0\) ist waagerechte Asymptote. Die Funktionswerte kommen beliebig nahe an \(0\), erreichen sie aber nie. Der Wertebereich ist \(]0;\infty[\).
   d) \(f(3)\cdot g(3)=8\cdot\frac18=1\). Allgemein gilt \(2^x\cdot2^{-x}=2^{x-x}=2^0=1\) für jedes \(x\).

6. Lösung zu Aufgabe 6

   a) Zunahme um \(p\,\%\) ergibt den Faktor \(1+\frac{p}{100}\), Abnahme den Faktor \(1-\frac{p}{100}\): Guthaben \(1{,}05\), Kleinstadt \(0{,}98\), Mieten \(1{,}035\), Auto \(0{,}88\).
   b) Anfangswert \(24\,000\,€\), Faktor \(0{,}88\): \(W(n)=24\,000\cdot0{,}88^n\).
   c) \(W(5)=24\,000\cdot0{,}88^5\approx12\,666\,€\). Nach fünf Jahren hat das Auto fast die Hälfte seines Werts verloren.
   d) \(0{,}88^n=0{,}5\Rightarrow n=\frac{\ln0{,}5}{\ln0{,}88}\approx5{,}4\). Nach etwa \(5{,}4\) Jahren ist der Wert halbiert; das ist die Halbwertszeit des Autowerts.

7. Lösung zu Aufgabe 7

   a) Alle \(5\) Stunden halbiert sich die Menge. Nach \(t\) Stunden sind \(\frac t5\) Halbwertszeiten vergangen: \(N(t)=100\cdot0{,}5^{t/5}\).
   b) \(10\) Stunden sind zwei Halbwertszeiten: \(N(10)=100\cdot0{,}5^2=25\) mg.
   c) \(N(12)=100\cdot0{,}5^{2{,}4}\approx18{,}9\) mg.
   d) \(100\cdot0{,}5^{t/5}=10\Leftrightarrow0{,}5^{t/5}=0{,}1\Leftrightarrow\frac t5=\frac{\ln0{,}1}{\ln0{,}5}\Rightarrow t\approx16{,}6\) Stunden. Ein Kaffee am Nachmittag wirkt also noch bis tief in die Nacht nach.

8. Lösung zu Aufgabe 8

   a) Anfangswert \(800\), Wachstum \(12\,\%\) pro Woche, also Faktor \(1{,}12\): \(F(n)=800\cdot1{,}12^n\) mit \(n\) in Wochen.
   b) \(F(6)=800\cdot1{,}12^6\approx1579\) Follower.
   c) \(800\cdot1{,}12^n>5000\Leftrightarrow1{,}12^n>6{,}25\Leftrightarrow n>\frac{\ln6{,}25}{\ln1{,}12}\approx16{,}2\). Nach \(17\) Wochen sind es erstmals mehr als \(5000\).
   d) \(1{,}12^n=2\Rightarrow n=\frac{\ln2}{\ln1{,}12}\approx6{,}1\) Wochen. Die Verdopplungszeit hängt nicht vom Startwert ab.

9. Lösung zu Aufgabe 9

   a) Jeden Tag verdoppelt sich die Fläche. Rückwärts gedacht halbiert sie sich von Tag zu Tag. Am \(29\). Tag war der Teich zur Hälfte bedeckt.
   b) Noch einen Tag früher, am \(28\). Tag, war ein Viertel bedeckt.
   c) Von Tag \(25\) bis Tag \(30\) verdoppelt sich die Fläche fünfmal. Nach \(25\) Tagen war also \(\frac{1}{2^5}=\frac1{32}\approx3{,}1\,\%\) bedeckt.
   d) Lange Zeit sieht man kaum Pflanzen. In den letzten fünf Tagen kommen aber \(97\,\%\) der Fläche hinzu. Wer zu spät reagiert, kann das Zuwachsen nicht mehr aufhalten.

10. Lösung zu Aufgabe 10

    a) \(n=1\): \((1+1)^1=2\). \(n=10\): \(1{,}1^{10}\approx2{,}5937\). Beide Werte stimmen mit der Tabelle überein.
    b) Die Werte wachsen mit \(n\), aber immer langsamer. Sie nähern sich einer festen Zahl, der Eulerschen Zahl \(e\approx2{,}718\).
    c) Für \(n=10\,000\) ergibt sich \(2{,}7181\), auf drei Nachkommastellen \(2{,}718\). Das stimmt mit \(e=2{,}71828\ldots\) überein; der Fehler ist kleiner als \(0{,}0002\).
    Hintergrund: Der Term beschreibt eine Verzinsung mit \(100\,\%\), bei der das Jahr in \(n\) gleiche Abschnitte geteilt wird. Für sehr viele Abschnitte erhält man die stetige Verzinsung mit dem Faktor \(e\).

11. Lösung zu Aufgabe 11

    a) \(e^x\) ist ihre eigene Ableitung, \(x\) hat die Ableitung \(1\). Also \(f\,'(x)=e^x+1\).
    b) Nach der Regel \((e^{kx})'=k\,e^{kx}\) mit \(k=2\) und dem Faktor \(3\): \(g\,'(x)=3\cdot2e^{2x}=6e^{2x}\).
    c) Hier ist \(k=-1\): \(h\,'(x)=-e^{-x}\). Die Funktion fällt überall.
    d) \(5\cdot0{,}1=0{,}5\) und \((x^2)'=2x\). Also \(k\,'(x)=0{,}5e^{0{,}1x}-2x\).
    Merke: Der Faktor \(k\) im Exponenten wandert beim Ableiten als Vorfaktor nach vorne; der Exponent selbst bleibt unverändert.

12. Lösung zu Aufgabe 12

    a) Der natürliche Logarithmus ist die Umkehrung von \(e^x\): \(x=\ln5\approx1{,}609\).
    b) Zuerst durch \(3\) teilen: \(e^x=4\). Dann \(x=\ln4\approx1{,}386\).
    c) \(e^{2x}=7\Rightarrow2x=\ln7\Rightarrow x=\frac{\ln7}{2}\approx0{,}973\).
    d) Durch \(2\) teilen: \(e^{-x}=\frac12\). Logarithmieren: \(-x=\ln\frac12=-\ln2\), also \(x=\ln2\approx0{,}693\).
    Probe für a): \(e^{1{,}609}\approx5\). Merke: Erst die Potenz allein auf eine Seite bringen, dann logarithmieren.

13. Lösung zu Aufgabe 13

    a) Jährlich: \(1000\cdot1{,}04^{10}\approx1480{,}24\,€\). Stetig: \(1000\cdot e^{0{,}04\cdot10}=1000\cdot e^{0{,}4}\approx1491{,}82\,€\).
    b) \(1491{,}82-1480{,}24=11{,}58\,€\). Die stetige Verzinsung bringt etwas mehr.
    c) Pro Jahr wächst das Kapital stetig um den Faktor \(e^{0{,}04}\approx1{,}04081\). Das entspricht einem effektiven Jahreszins von etwa \(4{,}08\,\%\), also etwas mehr als \(4\,\%\).
    d) \(1000\cdot e^{0{,}04t}=2000\Leftrightarrow e^{0{,}04t}=2\Leftrightarrow t=\frac{\ln2}{0{,}04}\approx17{,}3\) Jahre.

14. Lösung zu Aufgabe 14

    a) \(p(2962)=1013\cdot e^{-2962/8000}=1013\cdot e^{-0{,}37}\approx700\) hPa. Auf der Zugspitze ist der Druck um fast ein Drittel geringer als am Meer.
    b) \(p(8000)=1013\cdot e^{-1}\approx373\) hPa, also nur noch gut ein Drittel des Bodendrucks.
    c) \(e^{-h/8000}=\frac12\Leftrightarrow-\frac{h}{8000}=-\ln2\Leftrightarrow h=8000\ln2\approx5545\) m. In etwa \(5{,}5\) km Höhe ist der Druck halbiert.
    d) Kettenregel mit \(k=-\frac1{8000}\): \(p\,'(h)=-\frac{1013}{8000}e^{-h/8000}\). Am Boden: \(p\,'(0)\approx-0{,}127\) hPa pro Meter, also etwa \(1\) hPa weniger pro \(8\) Höhenmeter.

15. Lösung zu Aufgabe 15

    a) Quadratisch bei \(t=6\): \(100+10\cdot36=460\). Exponentiell bei \(t=4\): \(100\cdot1{,}5^4=506{,}25\approx506\). Beide Werte stimmen.
    b) Bei \(t=0\) starten alle bei \(100\). Bei \(t=1\) liegen linear und exponentiell mit \(150\) vorn. Bei \(t=6\) führt die exponentielle Prognose mit \(1139\) klar vor \(460\) und \(400\).
    c) Bei \(t=2\) gilt \(225>200\). Ab \(t=2\) liegt die exponentielle Prognose über der linearen, und der Abstand wächst rasch.
    d) Linear: In jedem Schritt kommt derselbe Betrag dazu. Quadratisch: Die Zunahme wird von Schritt zu Schritt größer. Exponentiell: In jedem Schritt wird mit demselben Faktor multipliziert; langfristig wächst das am schnellsten.

16. Lösung zu Aufgabe 16

    a) \(T(0)=20+60\cdot e^0=20+60=80\) °C.
    b) \(T(10)=20+60e^{-1}\approx20+22{,}1=42{,}1\) °C.
    c) \(20+60e^{-0{,}1t}=30\Leftrightarrow e^{-0{,}1t}=\frac16\Leftrightarrow t=10\ln6\approx17{,}9\) min. Nach knapp \(18\) Minuten hat der Kaffee \(30\) °C.
    d) \(T\,'(t)=60\cdot(-0{,}1)e^{-0{,}1t}=-6e^{-0{,}1t}\). \(T\,'(0)=-6\): Zu Beginn kühlt der Kaffee um \(6\) °C pro Minute ab. Später wird die Abkühlung langsamer, die Temperatur nähert sich \(20\) °C.

17. Lösung zu Aufgabe 17

    a) Verdopplung alle \(2\) Tage: Nach \(t\) Tagen gab es \(\frac t2\) Verdopplungen. \(A(t)=50\cdot2^{t/2}\).
    b) \(A(10)=50\cdot2^5=50\cdot32=1600\) Aufrufe.
    c) \(50\cdot2^{t/2}>100\,000\Leftrightarrow2^{t/2}>2000\Leftrightarrow t>2\log_2 2000\approx21{,}9\). Ab dem \(22\). Tag sind es mehr als \(100\,000\) Aufrufe.
    d) Das Modell taugt nur für kurze Zeit. Die Zahl der interessierten Menschen ist begrenzt, deshalb flacht das Wachstum irgendwann ab (beschränktes Wachstum).

18. Lösung zu Aufgabe 18

    a) \(5000\cdot1{,}025^{10}\approx6400{,}42\,€\).
    b) Monatlich mit Faktor \(1{,}002\), \(120\) Monate: \(5000\cdot1{,}002^{120}\approx6354{,}72\,€\).
    c) \(6400{,}42-6354{,}72\approx45{,}70\,€\). Anlage A ist besser, obwohl \(12\cdot0{,}2\,\%=2{,}4\,\%\) fast \(2{,}5\,\%\) ergibt.
    d) Gleichwertig heißt: \(q^{12}=1{,}025\Rightarrow q=1{,}025^{1/12}\approx1{,}00206\). Der Monatszins müsste etwa \(0{,}206\,\%\) betragen.

19. Lösung zu Aufgabe 19

    a) Einsetzen von \(P\): \(f(0)=a\cdot b^0=a=3\).
    b) Einsetzen von \(Q\): \(3b^2=12\Rightarrow b^2=4\Rightarrow b=2\), denn \(b>0\). Also \(f(x)=3\cdot2^x\).
    c) \(f(5)=3\cdot2^5=3\cdot32=96\).
    d) \(3b^2=\frac43\Rightarrow b^2=\frac49\Rightarrow b=\frac23\). Also \(f(x)=3\cdot\left(\frac23\right)^x\). Weil \(b<1\), beschreibt diese Funktion eine Abnahme.

20. Lösung zu Aufgabe 20

    a) \(\frac{2^{0{,}01}-1}{0{,}01}\approx0{,}6956\). Das liegt nahe bei \(\ln2\approx0{,}693\).
    b) \(\frac{3^{0{,}01}-1}{0{,}01}\approx1{,}1047\), nahe bei \(\ln3\approx1{,}099\).
    c) \(\frac{e^{0{,}01}-1}{0{,}01}\approx1{,}0050\), also fast genau \(1\).
    d) Die Zahl \(c(a)\) liegt für \(a=2\) unter \(1\), für \(a=3\) über \(1\). Genau für die Basis \(e\) zwischen \(2\) und \(3\) ist \(c(e)=1\). Deshalb gilt \((e^x)'=e^x\): Die e-Funktion stimmt mit ihrer Ableitung überein.