Auswahltest für den Master Wirtschaftsmathematik

Name
Vorname
Fakultät für Mathematik
Fakultät für Wirtschaftswissenschaften
Auswahltest für den Master
Wirtschaftsmathematik
Datum
Dauer: 120 Minuten
Den Test hat bestanden, wer mindestens 40 Punkte erreicht.
Hilfsmittel: Keine!
Aufgabe
1 (20)
2 (20)
3 (20)
4 (20)
Punkte
Korrektor
Gesamtpunktzahl
5 (20)
6 (20)
P
(120)
Aufgabe 1: Lineare Algebra-Aufgabe (4+4+4+4+4 Punkte)
a) Man untersuche, ob die Matrix


4 3 0
3 4 1 
0 1 4
positiv definit oder negativ definit oder keines von beiden ist.
b) Es sei A eine relle positiv definite symmetrische Matrix. Begründen Sie, dass A regulär
ist.
c) Begründen Sie, dass die inverse Matrix A−1 einer positiv definiten symmetrischen Matrix
positiv definit ist.
d) Gegeben seien drei linear unabhängige Vektoren x, y, z ∈ Rn . Sind die Vektoren x+z, y +
z, z − x − y linear unabhängig?
e) Sind die Vektoren y + z, x − 2z, x + 2y linear unabhängig, falls x, y, z ∈ Rn linear
unabhängig sind?
Aufgabe 2: Analysis-Aufgabe (5+5+5+5 Punkte)
a) Man bestimme den Konvergenzbereich K der Potenzreihe
∞
X
xk
k=1
b) Man berechne das Integral
k
.
Z
I=
x · y d(x, y, z) ,
B
wobei
B := {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ z ≤ x2 + y 2 ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0} .
c) Man betrachte die durch
³
´
(
1
2x + 3y + cos y + x2 sin x2 +y
− 1 , falls (x, y) 6= (0, 0) ,
2
f (x, y) :=
0 ,
falls (x, y) = (0, 0)
definierte Funktion f : R2 → R. Man bestimme den Gradienten ∇f (0, 0) von f an der
Stelle (0, 0).
Aufgabe 3: Aufgabe zu Differentialgleichungen (5+3+4+4+4 Punkte)
a) Gegeben sei das lineare Differentialgleichungssystem
u01 (x) =
3u2 (x) ,
0
u2 (x) = 3u1 (x) + 8u2 (x) .
(i) (5 Punkte) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung.
(ii) (3 Punkte) Bestimmen Sie die Lösung mit den Anfangswerten
u1 (0) = 1 ,
u2 (0) = 0 .
b) Gegeben Sei die inhomogene lineare Differentialgleichung
y 000 (x) + 3y 00 (x) + 3y 0 (x) + y(x) = x , x ∈ R.
(i) (4 Punkte) Bestimmen Sie eine partikuläre Lösung dieser Differentialgleichung.
(ii) (4 Punkte) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung.
c) (4 Punkte) Bestimmen Sie die Lösung der Differentialgleichung
y 0 (x) = (sin x) y(x)2 ,
mit dem Anfangswert y(π) = 1/2.
x ∈ R,
Aufgabe 4: OR-Aufgabe (5+5+5+5 Punkte)
a) Gegeben sei das folgende lineare Optimierungsproblem (LP ):
max 3x1 + 2x2
u.d.N. x1 + x2
3x1 + x2
x1
x2
x1 , x 2
≤
≤
≤
≥
≥
40
60
15
10
0.
Skizzieren Sie die Menge der zulässigen Punkte von (LP ), bestimmen Sie grafisch einen
optimalen Punkt von (LP ), und geben Sie seine Koordinaten an.
b) Gegeben sei der gerichtete Graph G = (V, E) mit Knotenmenge
V = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
und Kantenmenge
E = { (1, 2), (1, 5), (1, 6), (2, 3), (2, 6), (3, 1), (3, 4), (3, 6),
(5, 4), (5, 6), (6, 4) }.
Zeichnen Sie G und bestimmen Sie für jeden Knoten i ∈ {1, . . . , 6} die Mengen aller
Vorgänger P (i) und Nachfolger S(i). Gibt es Quellen oder Senken? Geben Sie einen Weg
mit Anfangsknoten i0 = 1 und Endknoten in = 4 an, der mindestens drei Pfeile enthält.
c) Sie beschließen, dem Karlsruher Zoo einen wertvollen Jungvogel Ihrer Papageienzucht zu
schenken. Als Vogelfreund versuchen Sie, dem Papagei einen möglichst großen Käfig für
den kurzen Transport zum Zoo zu bauen. Dafür zersägen Sie eine Dachlatte und fertigen
daraus einen Quader an, wobei die Dachlattenteile die Quaderkanten bilden. An den
Seitenflächen befestigen Sie dann Maschendraht. Es stehen für diese Arbeiten eine 8 m
lange Latte und 3 m2 Maschendraht zur Verfügung. Modellieren Sie obigen Sachverhalt als
ein nichtlineares Optimierungsproblem mit den Kantenlängen des Quaders als Variablen.
d) Berechnen Sie alle kritischen Punkte der Funktion
f:
R2 → R,
x 7→ x21 + x2 −
x32
3
und identifizieren Sie das eindeutige lokale Minimum von f . Ist dieser Punkt auch globales
Minimum von f ?
Aufgabe 5: Stochastik-Aufgabe (4+5+4+7 Punkte)
Es seien X und Y zwei unabhängige reellwertige Zufallsvariablen auf einem gemeinsamen Wahrscheinlichkeitsraum.
a) X und Y seien Binomial-verteilt mit Parameter (n, p) und (m, p) mit n, m ∈ N, p ∈ (0, 1).
Welche Verteilung besitzt X + Y ?
b) X und Y seien Exponential-verteilt mit gleichem Parameter (d.h. die Dichte ist gegeben durch f (x) = λe−λx 1{x≥0} ). Welche Verteilungsfunktion und welche Dichte besitzt
min(X, Y )?
c) X habe eine symmetrische Dichte f (x), x ∈ R (d.h. f (x) = f (−x)). Warum ist dann die
charakteristische Funktion von X reellwertig?
d) Die Lebensdauer T eines Transistortyps sei eine Zufallsvariable mit Dichte

 c · e−10(x−θ) , x ≥ θ,
f (x) =
 0
, x < θ,
c ∈ R. θ ist hierbei die unbekannte “minimale Lebensdauer”.
• Zeigen Sie, dass c = 10 gelten muss.
• Berechnen Sie den Erwartungswert von T .
• Bestimmen Sie den Maximum Likelihood-Schätzer θ̂nM L für θ anhand der Beobachtungen (x1 , ..., xn ).
Aufgabe 6: WiWi-Aufgabe (5+5+5+5 Punkte)
a) Gegeben sei die Kostenfunktion K(x) = Kv (x) + KF in Abhängigkeit der Produktionsmenge x. Kv bezeichne die variablen, KF die fixen Kosten. Zeigen Sie für eine degressiv
verlaufende Kostenfunktion (2. Ableitung < 0) grafisch, dass die variablen Stückkosten
immer oberhalb der Grenzkosten liegen.
b) Bekanntermaßen gibt es kein Bier auf Hawaii. Die Untersuchung eines Getränkekonzerns
ergab, dass die Marktnachfrage nach Bier auf Hawaii durch D(p) = 100 − 2p gegeben ist
(p = Preis pro Liter Bier). Die Produktion von Bier auf Hawaii würde variabe Kosten von
10 Euro pro Liter Bier und Fixkosten in Höhe von 500 Euro verursachen. Wie hoch wäre
der Gewinn des Getränkekonzerns, wenn er eine Produktionsstätte für Bier auf Hawai
eröffnen würde und dort als Monopolist handeln könnte?
c) Ein Kapitalmarkt bestehe aus einem riskanten Wertpapier A mit erwarteter Rendite µA
und Risiko (Standardabweichung) σA sowie einem risikolosen Wertpapier, das den risikolosen Zinssatz r erwirtschafte. Geben Sie formal die erwartete Rendite und das Risiko
aller möglichen Portefeuilles aus den beiden Wertpapieren an und zeichnen Sie für den
Fall (i) µA > r sowie für den Fall (ii) µA < r jeweils die Linie aller effizienten Portefeuilles
in ein µ/σ-Diagramm ein. Leerverkäufe seien ausgeschlossen.
d) Ein Kapitalmarkt bestehe aus zwei Aktien A und B. Von Aktie A seien 100 Stück im
Umlauf, von Aktie B 500 Stück. Am Markt agieren zwei Investoren mit Anfangsvermögen
von 30000 Euro (Investor 1) und 40000 Euro (Investor 2). Beide legen ihre Vermögen
ausschließlich riskant an. Nehmen Sie an, das Marktportefeuille setze sich wertmäßig zu
gleichen Teilen aus den Aktien A und B zusammen. Begründen Sie, weshalb die Preise
PA = 200 Euro für Aktie A und PB = 100 Euro für Aktie B keine Gleichgewichtspreise
sein können.
Musterlösungen der Lineare Algebra Aufgabe
a) Man berechnet die folgenden Determinanten:
D1 = 4 > 0 ,
¯
¯
¯4 3 ¯
¯ = 16 − 9 > 0 ,
D2 = ¯¯
3 4¯
¯
¯ ¯
¯
¯4 3 0¯ ¯ 4
¯
3
0
¯
¯ ¯
¯
4 1¯¯
D3 = ¯¯3 4 1¯¯ = ¯¯ 3
¯0 1 4¯ ¯−12 −15 0¯
¯
¯
¯ 4
¯
3
¯ = 60 − 36 > 0 .
= − ¯¯
−12 −15¯
Also ist A positiv definit.
b) Wäre A nicht regulär, so hätte A die Determinante und damit auch den Eigenwert 0.
Damit wäre A nicht positiv definit. (Für x 6= 0 mit Ax = 0 gilt hAx, xi = 0.)
c) Ist λ 6= 0 ein Eigenwert von A, so ist λ−1 ein Eigenwert von A−1 . Weil A positiv definit
ist, sind alle Eigenwerte von A positiv. Also sind auch alle Eigenwerte von A−1 positiv.
Weil A−1 symmetrisch ist, ist A−1 positiv definit.
d) Aus der Gleichung
λ(x + z) + µ(y + z) + ν(z − x − y) = 0
(λ, µ, ν ∈ R) ergibt sich
(λ − ν)x + (µ − ν)y + (λ + µ + ν)z = 0 .
Die lineare Unabhängigkeit von x, y, z liefert die Gleichungen
λ − ν = 0,
µ − ν = 0,
λ+µ+ν =0 .
Es folgt λ = ν, µ = ν und 3ν = 0, d.h. λ = µ = ν = 0. Also sind die Vektoren
x + z, y + z, z − x − y linear unabhängig.
e) Aus der Gleichung
λ(y + z) + µ(x − 2z) + ν(x + 2y) = 0
folgt wie unter d)
µ + ν = 0,
λ + 2ν = 0,
λ − 2µ = 0 .
(∗)
Daraus folgt ν = −µ und λ = −2ν = 2µ. Wählt man etwa µ = 1 (und damit ν = −1 und
λ = 2), so ist (∗) erfüllt. Also sind y + z, x − 2z, x + 2y linear abhängig.
Musterlösungen der Analysis-Aufgabe
a) Der Konvergenzradius ist das Inverse des Grenzwerts der Folge
konvergiert. Wegen
√
k
lim k = 1 .
p
k
1/k, falls diese Folge
k→∞
hat die Potenzreihe den Konvergenzradius 1.
Für den Punkt x = −1 ergibt sich die Reihe
∞
X
(−1)k
k=1
1
.
k
Nach dem Leibniz-Kriterium ist diese Reihe konvergent.
Für den Punkt x = 1 ergibt sich die divergente harmonische Reihe
∞
X
1
k=1
k
.
Insgesamt ergibt sich der Konvergenzbereich K zu K = [−1, 1).
b) Man verwendet die Zylinderkoordinaten
x = r cos ϕ ,
y = r sin ϕ ,
z=z .
Die Funktionaldeterminante dieser Transformation beträgt r. Es folgt
Z
π
2
I=
Z
0
=
π
2
0
=
1
6
1
=
6
Z
Z
Z
Z
π
2
0
π
2
0
1
Z
r2
r2 cos ϕ sin ϕ · r dz dr dϕ
0
0
1
r5 cos ϕ sin ϕ dr dϕ
0
cos ϕ sin ϕ dϕ
·
¸ π2
1
1
1
1
sin(2ϕ)dϕ =
− cos 2ϕ =
2
12
2
12
0
c) Die partielle Ableitung fx (0, 0) von f nach x an der Stelle (0, 0) ist die Ableitung der
Funktion f (x, 0) nach x an der Stelle 0. Es folgt
¡ ¢
2x + 1 + x2 sin x12 − 1
fx (0, 0) = lim
=2.
x→0
x
Für die partielle Ableitung fy (0, 0) von f nach y an der Stelle (0, 0) ergibt sich
3y + cos y − 1
y→0
y
= lim (3y − sin y) = 3 ,
fy (0, 0) = lim
y→0
wobei in der zweiten Gleichung die Regel von L’Hospital benutzt wurde. Insgesamt ergibt
sich ∇f (0, 0) = (2, 3).
Musterlösungen der Dgl-Aufgabe
a) Es liegt ein System von linearen Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten vor.
Wir können dieses System in Matrixform schreiben:
µ
¶
µ
¶
0 3
u1 (x)
0
u (x) =
u(x) mit u(x) =
.
3 8
u2 (x)
(i) Wir bestimmen die Eigenwerte mit Hilfe des charakteristischen Polynoms:
¯
¯
¯ −λ
3 ¯¯
!
¯
det(A − λE) = ¯
= −λ(8 − λ) − 9 = λ2 − 8λ − 9 = 0 .
¯
3 8−λ
Also sind die Eigenwerte λ1 = 9, λ2 = −1.
µ
¶
¡¢
−9 3
Für λ1 = 9 erhalten wir das LGS
u(1) = 00 und damit einen zugehörigen
3 −1
µ ¶
1
Eigenvektor u(1) =
.
3
µ
¶
¡¢
1 3
Für λ2 = −1 erhalten wir das LGS
u(2) = 00 und damit einen zugehörigen
3 90
µ
¶
3
Eigenvektor u(2) =
.
−1
Die allgemeine Lösung ist daher
µ ¶
µ
¶
1
3
9x
−x
u(x) = c1 e
+ c2 e
3
−1
mit c1 , c2 ∈ R .
¶
¶
µ ¶
µ
1
1
3
= c1
+ c2
.
(ii) Anpassen der Anfangsbedingungen liefert das LGS
0
3
−1
Somit sind c1 = 1/10, c2 = 3/10 und insgesamt erhalten wir
µ ¶
µ
¶
1 9x 1
3 −x
3
u(x) =
e
+
e
.
3
−1
10
10
µ
b) Allgemeine Lösung der homogenen DGL: Das charakteristische Polynom ist p(λ) =
λ3 + 3λ2 + 3λ + 1 = (λ + 1)3 .
Ein Fundamentalsystem ist: {e−x , xe−x , x2 e−x }.
Bestimmung einer partikulären Lösung: Man macht den Ansatz y(x) = A + Bx. Die
Ableitungen sind y 0 (x) = B, y 00 (x) = y 000 (x) = 0.
!
Einsetzen liefert: 3B + (A + Bx) = x, also B = 1 und A = −3.
Die allgemeine Lösung der DGL ist folglich
y(x) = c1 e−x + c2 x e−x + c3 x2 e−x − 3 + x − 3 .
c) Lösung durch Separation der Variablen:
y0
= sin x .
y2
Integration:
−
Wegen
1
= − cos x + c ,
y
also y(x) =
1
.
cos x − c
1
1
1
= y(π) =
= −
2
cos π − c
1+c
ist c = −3, also y(x) = 1/(3 + cos x).
Musterlösungen der OR-Aufgabe
x2
60
40
10
15
20
40
x1
a) Die Menge der zulässigen Punkte ist schraffiert dargestellt. Die gestrichelte Gerade ist
die Höhenlinie der Zielfunktion zum Niveau 120, woraus die Lage des eingezeichneten
optimalen Punktes folgt.
Seine Koordinaten berechnen sich als Schnittpunkt der beiden Geraden
x1 + x2 = 40
3x1 + x2 = 60,
also zu x = (10, 30) (mit Optimalwert 90).
b)
– Skizze des Graphen G:
1
2
6
3
5
4
– Menge der Vorgänger und Nachfolger von i:
i
P (i)
S(i)
1
{3}
{2,5,6}
{1}
{3,6}
2
3
{2}
{1,4,6}
∅
4 {3,5,6}
5
{1}
{4,6}
{4}
6 {1,2,3,5}
⇒ i = 4 ist eine Senke (sonst keine weiteren Quellen oder Senken)
– Wege von i0 = 1 nach in = 4 mit mindestens 3 Pfeilen:
(1,2,3,4) oder (1,2,6,4) oder (1,5,6,4) oder (1,2,3,6,4)
c) Mit den Kantenlängen x1 , x2 , x3 des Quaders lautet das Volumen V (x) = x1 x2 x3 . Die
Gesamtlänge aller Kanten beträgt 4x1 + 4x2 + 4x3 , und die Gesamtfläche aller Seiten
2x1 x2 + 2x1 x3 + 2x2 x3 . Die Modellierung als Optimierungsproblem lautet also
max x1 x2 x3
u.d.N. 4x1 + 4x2 + 4x3 ≤ 8
2x1 x2 + 2x1 x3 + 2x2 x3 ≤ 3
x1 , x2 , x3 ≥ 0.
d) Gradient und Hessematrix von f lauten
µ
∇f (x) =
und
µ
2
D f (x) =
2x1
1 − x22
¶
¶
2
0
.
0 −2x2
Nullsetzen des Gradienten liefert die beiden kritischen Punkte
µ ¶
µ ¶
0
0
1
2
x =
und x =
.
1
−1
Die Hessematrix D2 f (x1 ) besitzt die Eigenwerte 2 und −2, ist also indefinit, während
D2 f (x2 ) mit dem doppelten Eigenwert 2 positiv definit ist.
Damit ist x2 das eindeutige lokale Minimum von f mit Wert f (x2 ) = − 32 .
µ ¶
0
3
Z.B. mit x =
gilt allerdings f (x3 ) = −6 < f (x2 ), so dass x2 kein globales Minimum
3
von f ist (f besitzt kein globales Minimum).
Musterlösungen der Stochastik-Aufgabe
a) Die Zufallsvariable X + Y ist wieder binomial-verteilt mit Parametern n + m und p.
Begründen kann man das entweder anschaulich, da X die Anzahl der Treffer in einer
Reihen von n unabhängigen Versuchen mit Trefferwahrscheinlichkeit p ist, oder in dem
man die Faltungsformel verwendet:
k
X
P(X + Y = k) =
P(X = j, Y = k − j) =
j=0
k µ ¶
X
n
=
j
j=0
µ
=
µ
j
n−j
p (1 − p)
k
X
P(X = j)P(Y = k − j)
j=0
¶
m
pk−j (1 − p)m−k+j
k−j
¶
n+m k
p (1 − p)n+m−k
k
b) Es gilt für t ≥ 0:
P(min(X, Y ) ≥ t) = P(X ≥ t)P(Y ≥ t)
= e−λt e−λt = e−2λt .
Also ist min(X, Y ) exponential-verteit mit Parameter 2λ und besitzt die Dichte f (x) =
2λe−2λx 1{x≥0} .
c) Die charakteristische Funktion ist gegeben durch φ(t) = E[eitX ] = E[cos(tX)]+iE[sin(tX)].
Der zweite Erwartungswert ist
Z
E[sin(tX)] =
sin(tx)f (x)dx = 0
R
wegen der Symmetrie der Dichte. Also fällt der Imaginärteil weg.
Z∞
d)
c·e
•
−10(x−θ)
³
dt = c ·
θ
¯∞
1 −10(x−θ) ´¯¯
c !
− e
= 1 ⇔ c = 10.
=
¯
10
10
θ
• Es ist
Z∞
−10(x−θ)
10x · e
ET =
θ
= θ+
³
dx = −x ·
¯
∞
e−10(x−θ) ¯θ
¯∞
1 −10(x−θ) ´¯¯
1
− e
=θ+ .
¯
10
10
θ
Z∞
e−10(x−θ) dx
+
θ
• Die Likelihoodfunktion ist

P
 10n · e−10( xi −nθ) , θ ≤ min{x , ..., x },
1
n
L(θ; x1 , ..., xn ) =
 0
, θ > min{x1 , ..., xn }.
Sie ist in θ zu maximieren. Im oberen Abschnitt ist die Funktion wachsend in θ. Also
ist der ML-Schätzer
θ̂nM L = min{x1 , ..., xn }.
Musterlösungen der Wiwi-Aufgabe
a) Grafische Lösung
KHxL
Kf
x
`
x
Abbildung 1: Steigung von oberer Geraden: Grenzkosten, Steigung von unterer Geraden: variable Stückkosten
Beliebige Produktionsmenge x
b:
Steigung der Tangenten (Grenzkosten) <
Kv (b
x)
x
b
(variable Stückkosten)
b) Gewinn des Monopolisten bei Preis p:
D(p) · (p − 10) − 500
= −2p2 + 120p − 1500
Bestimmung des gewinnmaximierenden Preises p∗ :
Bedingung erster Ordnung:
!
−4p∗ + 120 = 0
⇒ p∗ = 30
Gewinn des Monopolisten bei Preis p∗ :
D(30) · (30 − 10) − 500
= 300
c) Portefeuillegewicht des riskanten Wertpapiers: ωA ∈ [0, 1]
Erwartete Portefeuillerendite in Abhängigkeit von ωA
µP = ωA µA + (1 − ωA ) · r
Risiko (Standardabweichung)
σP = ωA σA
Linie aller effizienten Portefeuilles:
1.Fall µA > r:
2.Fall µA < r: Aus Leerverkaufsbeschränkung folgt für effizientes Portfolio ωA = 0.
d) Nachfrage nach Aktie A bei Preis von 200:
1 30.000 1 40.000
·
+ ·
= 175 6= 100 (=
b Angebot Aktie A)
|2 {z200 } |2 {z200 }
Investor 1
Investor 2
Analog für Aktie B bei Preis von 100:
1 30.000 1 40.000
·
+ ·
= 350 6= 500 (=
b Angebot Aktie B)
|2 {z100 } |2 {z100 }
Investor 1
Investor 2
(1)
ΜP
ΜA
r
ΣP
ΣA
Abbildung 2: Rot: Linie aller effizienten Portefeuilles
ΜP
r
ΜA
ΣP
ΣA
Abbildung 3: Rot: Linie aller effizienten Portefeuilles