Musterlösung Nachtermin Mathematik vom 12.04.2006

Musterlösung Nachtermin Mathematik vom 12.04.2006
19
1.
a. ∑ (3k + (−1) k − 8) = 3 ⋅
k =0
19 ⋅ 20 1 − (−1) 20
+
− 8 ⋅ (19
+
1
4−204
31)
2
1 − (−1)
20
= 570 + 0 − 160 = 410
2
3
3
k =0
j = −1
j = −1
b. ∑ [k ∑ j2 + (5 − 4k ) ∑ j]
2
= ∑ [k ⋅ (11
+4
04
+2
1 +444
+39) + (5 − 4k ) ⋅ (−
+4
0 +214
+ 24+33)
114
k =0
=15
=5
2
14
= ∑ [15
− 20
+2
+32) = 75 − 15 = 60
1k4+
425
24
4
3k ] = 3 ⋅ 25 − 5 ⋅ (01
4
k =0
c.
= 25 − 5k
6 + 3x
≤x+2
x −5
=3
D = R \ {5}
1. Fall: x – 5 > 0 ⇔ x > 5
2. Fall: x < 5
6 + 3x ≤ x 2 − 3x − 10
16 + 9 ≤ x 2 − 6 x + 9
25 ≤ ( x − 3) 2
5 ≤ | x −3|
5 ≥ | x −3|
x – 3 ≤ –5 oder 5 ≤ x – 3
x ≤ –2 oder 8 ≤ x
L1 = [8, + ∞ [
–5 ≤ x – 3 ≤ 5
–2 ≤ x ≤ 8
L 2 = [−2, 5[
⇒
2.
L = [–2, 5[ ∪ [8, +∞[
a. f ist spiegelsymmetrisch zu a = –5, denn:
f(x) = 2(x2 + 10x + 14) = 2(x + 5)2 – 22
f(–5 + z) = 2(–5 + z + 5)2 – 22 = 2(z)2 – 22
= 2 (–5 – z + 5)2 – 22 = f(–5 – z)
g ist als ungerade Funktion drehsymmetrisch zum Ursprung.
b. Die Bildmenge von f ist f ([–10, 0]) = [–22, 28].
Da [–22, 28] ⊆ Dg ist eine Verkettung gof möglich.
h(x) = 15 (2x2 + 20x + 28)3 – 7(2x2 + 20x + 28)
3.
x = Anzahl Tonnen, G, K in 1.000 €
G ( x ) = 10 x − ( 1 x 2 + 3x + 2 + 5x + 1) = − 1 x 2 + 2x − 3
G' (x) =
4
1
− x+2
2
4
= 0 ⇔ x = 4 , d. h. als quadratische Funktion mit a = − 1 hat G in
x = 4 ein relatives und absolutes Maximum.
G(4) = 8 – 4 – 3 = 1
2
Herr Süßling soll pro Tag 4 Tonnen Osterhasen produzieren und erreicht dann einen
Gewinn in Höhe von 1.000 €.
4.
a. K x ( x , y) = 3x 2 − 6 y + 6,
K y ( x, y) = −6 x + 4 y + 8,
K x (50, 10) = 7.500 − 60 + 6 = 7.446
K y (50, 10) = −300 + 40 + 8 = −252
dx = 0,06⋅50 = 3, dy = –1
dK = 7.446⋅3 – 252⋅(–1) = 22.338+252 = 22.590
Die Kosten steigen um ca. 22.590 €.
(3x 2 − 6 y + 6) x
x
⋅ K x ( x , y) =
K ( x , y)
x 3 − 6xy + 2 y 2 + 6x + 8y + 13.600
50 ⋅ 7.446
372.300
ExK(50,10) =
=
= 2,73
125.000 − 3.000 + 200 + 300 + 80 + 13.600 136.180
b. ExK(x,y) =
Steigt die Benzinproduktion um 1 %, so steigen die Kosten um 2,73 %.
5.
a. t 2 − t − 6 = 0
⇔ ( t − 3)( t + 2) = 0 ⇔ t1 = 3 oder t 2 = −2
i. Für t = 3 hat das Gleichungssystem keine Lösung.
ii. Für t ≠ 3 und t ≠ –2 hat das Gleichungssystem eine eindeutige Lösung.
iii. Für t = –2 hat das Gleichungssystem unendlich viele Lösungen:
⎛ x1 ⎞ ⎛ − 2 ⎞ ⎛ − 3 ⎞
⎜x ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎜ 1 ⎟
⎜ 2 ⎟ = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟⋅ t4
⎜ x 3 ⎟ ⎜ 1 ⎟ ⎜ − 3⎟
⎜x ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎜ 1 ⎟
⎝ 4⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
t 4 ∈ R.
b.
x1
x2
x3
s1
s2
s4
RS
3
4
1
–2
0
1
0
0
–3
2
1
–1
–1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
– 10
20
5
–5
6
2
1
–1
0
1
0
0
0
0
1
0
–1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
5
10
5
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
1
0
0
–6
2
1
–1
–5
10
5
0
⎛ x1 ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎛ 0 ⎞
⎛ 1 ⎞
⎜ x ⎟ ⎜ 10 ⎟ ⎜ − 1⎟
⎜ − 2⎟
⎜ 2⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ x3 ⎟ = ⎜ 5 ⎟ + ⎜ 0 ⎟ ⋅ s + ⎜ −1⎟ ⋅ s
⎜ s1 ⎟ ⎜ − 5 ⎟ ⎜ 0 ⎟ 2 ⎜ 6 ⎟ 4
⎜ s2 ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎜ 1 ⎟
⎜ 0 ⎟
⎜s ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎜ 0 ⎟
⎜ 1 ⎟
⎝ ⎠
⎝ 4⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
s1 = −5 + 6s 4 ≥ 0 ⇔
6.
VI. v = x − 1 ≥ 0
VII. w = y − 6 ≥ 0
s4 ≥ 5 , s2 ∈ R0
6
x = v +1
y = w+6
z = 3 + ( v + 1) + 4( w + 6) = 3v + 4w + 3 + 24
z − 3v − 4 w = 27
I.
( v + 1) + 3( w + 6) ≤ 42
v + 3w ≤ 42 − 1 − 18 = 23
v + 3w + x1 = 23
II.
3( v + 1) + ( w + 6) ≥ 10
3v + w ≥ 10 − 3 − 9 = 1
− 3v − w + x 2 ≤ −1
III.
( v + 1) + 7( w + 6) ≥ 28
v + 7 w ≥ 28 − 1 − 42 = −15
ist immer erfüllt für v, w ≥ 0
IV.
2( v + 1) + ( w + 6) ≤ 30
2 v + w ≤ 30 − 2 − 6 = 22
2v + w + x 3 = 22
V.
( v + 1) + ( w + 6) ≤ 18
v + w ≤ 18 − 1 − 6 = 11
v + w + x 4 = 11
z
1
x1
x2
x3
v
–3
1
–3
w
–4
3
–1
x1
x2
x3
x4
0
1
0
0
0
1
0
0
0
2
1
0
0
1
0
0
0
0
x4
1
1
0
0
0
1
Als Pivotelement kann a 21 = −3 oder a 22 = −1 gewählt werden.
RS
27
23
–1
22
11
as LP-System
t in.
Phase 1
in
(-2, 3, 1)
(2, 1, -1)
(2, 3, 1)
f x = 3x 2 − 12
=
12 – 12 = 0
12 – 12 = 0
12 – 12 = 0
f x = 3y 2 + z 2 − 28
f z = 2yz - 6
=
27 + 1 – 28 = 0
3 + 1 –28 = -24 ≠ 0
27 + 1 – 28 = 0
=
6–6=0
7.
6–6=0
d.h. f hat in P1 und in P3 eine stationäre Stelle.
f hat in P2 keine stationäre Stelle und daher (als partiell differenzierbare Funktion)
auch kein relatives Extremum.
in P2
⎛ 6x 0 0 ⎞
F(x, y, z) = ⎜ 0 6y 2z ⎟
⎜
⎟
⎝ 0 2z 2 y ⎠
in P1 = (-2, 3, 1)
|F(-2, 3, 1)| =
− 12 0 0
0 18 2
0
2 6
Da die Matrix F(-2, 3, 1) positive und negative Vorzeichen auf der Hauptdiagonalen
aufweist, ist sie indefinit ⇒ f hat in P1 kein relatives Extremum.
in P3 = (2, 3, 1)
12 0 0
Da |F(2, 3, 1)| = 0 18 2 = 12 ⋅ 18 ⋅ 6 – 12 ⋅ 2 ⋅ 2 = 12 (18 ⋅ 6 – 14) > 0
0 2 6
12 0 = 12 ⋅ 18 > 0, 12 > 0
0 18
ist F(2, 3, 1) positiv definit ⇒ f hat in P3 ein relatives Minimum.
8.
a. i. 40 − 12 − 8 − 8 = 12
30 − 4 − 12 − 5 = 9
20 − 8 − 3 − 3 = 6
⎛ 12
⎜ 40
ii. P = ⎜ 4
⎜ 40
⎜ 8
⎝ 40
12
30
9
30
3
30
Eigenverbrauch von A
Eigenverbrauch von B
Eigenverbrauch von C
8 ⎞
20 ⎟
⎛ 3 4 4⎞
12 ⎟ = 1 ⎜ 1 3 6 ⎟
⎟⎟
20 ⎟ 10 ⎜⎜
6 ⎟
⎝ 2 1 3⎠
20 ⎠
Der 2. Spaltenvektor von P gibt den Input an, der benötigt wird, um eine BruttoOutput-EH im Werk B herzustellen.
iii. y = (E − P) ⋅ x
⎛ 7 − 4 − 4⎞
E − P = 1 ⎜⎜ − 1 7 − 6 ⎟⎟
10 ⎜
⎟
⎝ − 2 −1 7 ⎠
In den Verkauf gelangen:
y=
− 4 − 4 ⎞ ⎛ 60 ⎞ ⎛ 42 − 20 − 12 ⎞ ⎛10 ⎞ A
7 − 6 ⎟⎟ ⎜⎜ 50 ⎟⎟ = ⎜⎜ − 6 + 35 − 18 ⎟⎟ = ⎜⎜ 11 ⎟⎟ B
⎟ ⎜ ⎟
⎟⎜ ⎟ ⎜
⎝ − 2 − 1 7 ⎠ ⎝ 30 ⎠ ⎝ − 12 − 5 + 21⎠ ⎝ 4 ⎠ C
⎛ 7
1 ⎜ −1
10 ⎜⎜
b. i. Da die Matrizenmultiplikation nicht kommutativ ist,
kann die Gleichung nicht nach X aufgelöst werden.
ii. A ⋅ Y − 2B ⋅ Y − 3Y = 10C + 3B
( A − 2B − 3E) ⋅ Y = 10C + 3B
Y = ( A − 2B − 3E) −1 ⋅ (10C + 3B)
9.
1
0
a. i. B =
0
0
0
3
0
0
1
−2 1
0 0
0
= −
10 − 1
0
3 0
0
0
3
0
0
1 −2
0 0
=9
− 1 10
0 3
ii. Die Addition der dritten Spalte ändert den Wert der Determinanten nicht (Satz
5.8), aber die Multiplikation führt dazu (Satz 5.1), dass sich der Wert der
Determinanten verfünffacht: |C| = 5|B| = 45.
iii. Da |B| ≠ 0, lässt sich das Gleichungssystem mit der CRAMERschen Regel
(eindeutig) lösen.
b. Q( x, y, z) = 2x 2 + 3y 2 + 5z 2 − 6xy + 4 yz
⎛ 2 − 3 0 ⎞ ⎛x⎞
= ( x, y, z) ⋅ ⎜⎜ − 3 3 2 ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ y ⎟⎟
⎜ 0 2 5 ⎟ ⎜z⎟
⎠ ⎝ ⎠
⎝
Da
10.
2 −3
= 6 − 9 < 0 ist Q(x, y, z) indefinit.
−3 3
L(λ, x, y, z) = –3x + 4y + z + λ(x3 + y4 – z)
I
Lλ = x3 + y4 – z =0
II Lx = – 3 + 3λx2 = 0
III Ly = 4 + 4λy3 = 0
IV Lz = 1 – λ = 0
IV *
⇒
IV *
3x2 = 3 ⇔ x1 = 1 oder x 2 = −1
⇒
4y3 = – 4 ⇔ y = −1
⇔
λ =1
x1 = 1 und y = –1 in I: 1 + 1 – z = 0
IV*
⇔ z1 = 2
x2 = –1 und y = –1 in I: – 1 + 1 – z = 0 ⇔ z 2 = 0
d. h. es gibt die beiden stationären Stellen P1 = (1, –1, 2) und
P2 = (–1, –1, 0) mit jeweils λ = 1.
⎛ 0
3x 2
4y3
−1 ⎞
⎜
⎟
2
3
x
6
λ
x
0
0
⎜
⎟
L(λ, x, y, z) =
⎜ 4y3
0
12λy 2
0 ⎟
⎜ −1
0
0
0 ⎟⎠
⎝
Da m = 3 und r = 1 liegt der Fall B vor, d. h. die Hauptabschnittsdeterminante 3. und 4.
Ordnung sind zu überprüfen.
in P1 = (1, – 1, 2) mit λ = 1:
0
3
Da
−4
−1
3
6
0
0
− 4 −1
0 0
= −1(−1) 4 +1 (−6 ⋅ 12) < 0 und
12 0
0 0
0
3
−4
3
6
0
−4
0 = −4 2 ⋅ 6 − 3 2 ⋅ 12 < 0
12
hat f u. B. d. Nb. in P1 ein relatives Min.
in P2 = (–1, –1, 0) mit λ = 1:
0 3 −4
3 −6 0
Da
− 4 0 12
−1 0 0
−1
0
= −1(−1) 4 +1 (6 ⋅ 12) > 0
0
0
hat f u.B.d.Nb. in P2 kein relatives Extremum.