Musterlösung Klausur vom WS12/13

Musterlösung Klausur Mathematik (Wintersemester 2012/13)
1
Aufgabe 1: (8 Punkte) Für die Nachfrage D(p) nach einem Produkt als Funktion seines Preises p sollen
folgende Szenarien modelliert werden:
1. Wenn der Preis um einen Euro steigt, sinkt die Nachfrage um 0.3 Stück.
2. Wenn der Preis um ein Prozent steigt, sinkt die Nachfrage um 3 Prozent.
3. Wenn der Preis um 10 Prozent steigt, sinkt die Nachfrage um 3 Prozent.
4. Wenn der Preis um einen Euro steigt, sinkt die Nachfrage um 30 Prozent.
5. Wenn der Preis um einen Cent steigt, sinkt die Nachfrage um 3 Prozent.
6. Wenn der Preis um ein Prozent steigt, sinkt die Nachfrage um 0.03 Stück.
In der folgenden Tabelle sind mögliche Nachfragefunktionen gelistet, wobei der Preis p in Euro, die
Nachfrage D(p) in Stück des betrachteten Produktes gemessen wird. (a, b, c, d sind Konstanten).
a) D(p) = −0.3 p + a b) D(p) = −0.3 ln(p) + b c) D(p) = c e−0.3 p
d) D(p) = d p−0.3
e) D(p) = −3.0 p + a f) D(p) = −3.0 ln(p) + b g) D(p) = c e−3 p
h) D(p) = d p−3
i) D(p) = −30 p + a j) D(p) = −30 ln(p) + b k) D(p) = c e−30 p l) D(p) = d p−30
Welche der Nachfragefunktionen aus der Tabelle beschreibt jeweils das Szenario (näherungsweise)?
Notieren Sie (ohne Begründung) hinter dem Szenario den Buchstaben der Funktion.
1 Pkt
• Szenario 1 ⇐⇒ Nachfragefunktion a), D(p) = −0.3 p + a
(lin-lin Modell: absoluter Zuwachs ∆p = 1, absoluter Zuwachs ∆D = −0.3, Änd.rate
∆D
∆p
• Szenario 2 ⇐⇒ Nachfragefunktion h), D(p) = d p−3
(log-log-Modell: relativer Zuwachs p: 1%, relativer Zuwachs D = −3%, Elastizität ε =
• Szenario 3 ⇐⇒ Nachfragefunktion d), D(p) = d p−0.3
(log-log-Modell: relativer Zuwachs p: 10%, relativer Zuwachs D = −3%, Elastizität ε =
• Szenario 4 ⇐⇒ Nachfragefunktion c), D(p) = c e−0.3 p
(lin-log-Modell: absoluter Zuwachs p , relativer Zuwachs D = −30%, Änderungsrate
= −0.3)
1 Pkt
−3%
1%
= −3)
1 Pkt
−3%
10%
= −0.3)
1 Pkt
−30%
1
= −0.3)
• Szenario 5 ⇐⇒ Nachfragefunktion g), D(p) = c e−3 p
(lin-log-Modell: absoluter Zuwachs p: 0.01, relativer Zuwachs D = −3%, Änderungsrate
−3%
0.01
• Szenario 6 ⇐⇒ Nachfragefunktion f) D(p) = −3.0 ln(p) + b
(log-lin-Modell: relativer Zuwachs p: 1%, absoluter Zuwachs D = −0.03, Änderungsrate
−0.03
1%
1 Pkt
= −3)
1 Pkt
= −3)
Die Konstanten a, b, c, d haben jeweils eine Bedeutung der Art x = Nachfrage beim Preis von y Euro“.
”
Geben Sie ihre jeweilige Bedeutung an:
a = Nachfrage beim Preis von 0 Euro
!
(da D = −β p + a = a ⇐⇒ p = 0; a = Sätigungsmenge)
0.5 Pkt
b = Nachfrage beim Preis von 1 Euro
!
(da D = −β ln(p) + b = b ⇐⇒ ln(p) = 0 ⇐⇒ p = 1)
0.5 Pkt
c = Nachfrage beim Preis von 0 Euro
!
(da D = ce−β p = c ⇐⇒ e−βp = 1 ⇐⇒ p = 0)
0.5 Pkt
d = Nachfrage beim Preis von 1 Euro
!
(da D = dp−β = d ⇐⇒ p−β = 1 ⇐⇒ p = 1)
0.5 Pkt
Musterlösung Klausur Mathematik (Wintersemester 2012/13)
2
Aufgabe 2: (9 Punkte) Herr Meyer nimmt einen Kredit in Höhe von S0 = 100 000 Euro auf, den er mit
jährlichen Zahlungen in Höhe von c = 9 600 Euro (zahlbar jeweils am Jahresende) tilgt. Der Kreditgeber
verlangt einen Zins von r = 4.8% p.a. auf die jeweils noch verbleibende Restschuld.
a) Es bezeichne Sn die nach n Jahren verbleibende Restschuld. Begründen Sie, dass
c
.
Sn = (1 + r)n S0 − (1 + r)n − 1
r
Hinweis: Sn ergibt sich aus der aufgezinsten Initial-Schuld abzüglich dem Endwert der Tilgungen.
b) Wie groß ist die Restschuld nach 10 Jahren?
c) Wie lange dauert es, bis der Kredit vollständig getilgt ist?
d) Wie hoch müsste die jährliche Zahlung sein, damit der Kredit nach 10 Jahren vollständig getilgt
ist? Bei welcher jährlichen Zahlung bleibt die Restschuld dauernd auf dem initialen Kreditbetrag?
[Hinweise: 1.04810 ≈ 1.6, ln(2) ≈ 0.69, ln(1.048) ≈ 0.046 ]
Lösung:
↓ 1 Pkt
a) Formel begründen
c
n
Aufgezinster Kreditbetrag: Kn = (1 + r)n S0 , Endwert der Tilgungszahlungen: Vn = (1 + r)
−
1
r.
c
n
n
Die Restschuld nach n Jahren ist die Differenz Sn = Kn − Vn = (1 + r) S0 − (1 + r) − 1 r
b) Restschuld nach 10 Jahren
↓ 2 Pkt
Einsetzen von r = 0.048, n = 10 (Jahre), c = 9 600 (Euro pro Jahr), S0 = 100 000 (Euro) liefert:
9 600
9 600
S10 = 1.04810 · 100 000 − 1.04810 − 1
≈ 1.6 · 100 000 − 0.6 ·
0.048
0.048
{z
}
|
| {z }
= 200 000
mit TR: 159 813.27 - 119 626.53 = 40186.73
= (1.6
− 1.2) · 100 000 = 40 000 (Euro)
Die Restschuld nach 10 Jahren beträgt also 40 000 Euro (obwohl schon 96 000 Euro eingezahlt wurden).
↓ 3 Pkt
c) Dauer bis zur vollständigen Tilgung
Vollständige Tilgung bedeutet: Restschuld Sn ist 0. Löse also die Gleichung (1+r)n S0 − (1+r)n −1 rc = 0
nach n auf:
c
(1 + r)n S0 − (1 + r)n − 1 rc = 0 ⇐⇒ (1 + r)n rc − S0 = rc
r − S0
⇐⇒
⇐⇒
Einsetzen von c = 9 600, r = 0.048:
n =
ln
9 600
9 600−0.048·100 000
ln(1.048)
=
c
r
c
c − rS0
c
ln
c−rS0
c
n = log1+r
=
c − rS0
ln(1 + r)
(1 + r)n =
ln(2)
ln(1.048)
| {z }
≈
c
r
− S0
=
0.69
3 · 0.23
=
= 15 (Jahre)
0.046
2 · 0.023
mit TR = 14.78
Bei Zahlung von 9600 Euro pro Jahr ist der Kredit also nach 15 Jahren vollständig getilgt (insgesamt
sind dann 15 · 9 600 = 144 000 Euro bezahlt worden).
d) Jährlicher Abtrag, damit der Kredit nach 10 Jahren vollständig getilgt ist
Setze wieder Sn = 0 und löse nach c auf:
0 = (1 + r)n S0 − (1 + r)n − 1 rc ⇐⇒
(1 + r)n − 1 rc = (1 + r)n S0
(1 + r)n
⇐⇒ c =
rS0
(1 + r)n − 1
Einsetzen von c = 9 600, r = 0.048 ergibt:
c =
↓ 2 Pkt
1.04810
1.6
16
· 0.048 · 100 000 ≈
· 4 800 =
· 4 800 = 16 · 800 = 12 800 (Euro pro Jahr)
1.04810 − 1
0.6
6
|
{z
}
mit TR = 12 825
Vollständige Tilgung in 10 Jahren erfordert also jährl. Zahlungen von 12 800 (statt 9 600) Euro. ↓ 1 Pkt
Damit die Restschuld auf dem initialen Kreditbetrag bleibt, muss S0 = Sn sein. Auflösung nach c ergibt
S0 = (1 + r)n S0 − (1 + r)n − 1 rc ⇐⇒ (1 + r)n − 1 S0 = (1 + r)n − 1 rc ⇐⇒ S0 = rc ⇐⇒ c = r S0
also c = 0.048 · 100 000 = 4 800 Euro. (Formel c = r S0 ist auch so klar: Tilgung muss gleich Zinsen sein)
Musterlösung Klausur Mathematik (Wintersemester 2012/13)
3
Aufgabe 3: (8 Punkte) Wenn die Kosten eines Unternehmens zur Produktion von x Einheiten eines Gutes
durch die Kostenfunktion K(x) beschrieben sind, dann sind durch K̄(x) := K(x)/x die Stückkosten oder
Durchschnittskosten zur Produktion von x Einheiten gegeben.
Zeigen Sie (unter der Annahme, dass K(x) zweimal stetig differenzierbar ist):
K 0 (x) − K̄(x)
K 00 (x) − 2K̄ 0 (x)
, K̄ 00 (x) =
x
x
b) Damit bei einer Produktionsmenge x∗ > 0 ein lokales Minimum der Stückkosten vorliegt, müssen
dort die Stückkosten gleich den Grenzkosten sein, d.h. K̄(x∗ ) = K 0 (x∗ ).
a) K̄ 0 (x) =
c) Wenn das Unternehmen wachsende Grenzkosten der Produktion x hat, dann liegt bei einer Menge
x∗ , wo Grenzkosten und Stückkosten übereinstimmen, ein lokales Minimum der Stückkosten vor.
3
d) Wenn die Kostenfunktion die Form K(x) = a + b x + c x 2 p
hat mit positiven Konstanten a, b, c, dann
werden die Stückkosten bei der Produktionsmenge x∗ = 3 (2 a/c)2 (global) minimal.
Lösung:
a) Ermittlung der ersten beiden Ableitungen von K̄(x) = K(x)/x:
K(x)
x
0
(Quot.Reg.)
K
(x) · x − K(x) · 1
x K 0 (x) − K(x)/x
K 0 (x) − K̄(x)
=
=
·
=
⇒ K̄ 0 (x)
x2
x
x x
00
0
0
K
(x)
−
K̄
(x)
·
x
−
K
(x)
−
K̄(x)
·
1
(Quot.Reg.)
⇒ K̄ 00 (x)
=
2
x
00
0
(x kürzen)
x K (x) − K̄ (x) − K 0 (x) − K̄(x) /x
=
·
x
x
K 00 (x) − K̄ 0 (x) −
K̄ 0 (x)
(ersetze K̄ 0 (x)) x
K 00 (x) − 2K̄ 0 (x)
·
=
=
x
x
x
(1. Abl: 1 Pkt, 2. Abl: 2 Pkte, ges: ↑ 3 Pkt)
0
b) Notwendige Bedingung für lokales Min. von K̄(x) ist K̄ (x) = 0, d.h. wg. a) K 0 (x) = K̄(x). Formal:
K̄(x)
=
K 0 (x∗ ) − K̄(x∗ )
= 0 ⇐⇒ K̄(x∗ ) = K 0 (x∗ )
x∗
Notwendig für ein lokales Minimum in x∗ ist also, dass dort die Grenzkosten K 0 (x∗ ) mit den Stückkosten
K̄(x∗ ) zusammenfallen.
(Notw. Bed. ↑ 1 Pkt)
K̄ hat lok. Min. in x∗ ⇒ K̄ 0 (x∗ ) = 0
a)
⇐⇒
c) Wachsende Grenzkosten als hinreichende Bedingung für lokales Minimum in x∗ (Hinr. Bed. ↓ 1 Pkt)
Mit der Formel für K̄ 00 (x) aus a) gilt in jedem stationären Punkt x∗ von K̄(x) (wo also K̄ 0 (x∗ ) = 0):
K 00 (x∗ ) − 2 K̄ 0 (x∗ )
K 00 (x∗ ) − 2 · 0
K 00 (x∗ )
=
=
∗
∗
x
x
x∗
Generell hat daher K̄ 00 (x∗ ) das gleiche Vorzeichen wie K 00 (x∗ ) (da nur x∗ > 0 ökonomischen Sinn macht).
Hat man wachsende Grenzkosten ( ⇐⇒ K 00 (x) > 0 ∀ x), so ist daher K̄ 00 (x∗ ) > 0 und in jedem stationären
Punkt x∗ von K̄(x) liegt ein lokales Minimum von K̄(x) vor. Die stationären Pkte von K̄(x) sind aber
gerade die Punkte x∗ , wo Grenzkosten und Stückkosten gleich werden (siehe b)).
3
d) Rechnung für K(x) = a + b x + c x 2
↓ 3 Pkt
K̄ 00 (x∗ ) =
1
1
Für ein solches K(x) ist einerseits K 0 (x) = b + 32 c x 2 , andererseits K̄(x) = a x−1 + b + c x 2 .
Die notwendige Bed. für ein lokales Minimum war nach b) K̄(x) = K 0 (x), also
p
2
1
1
1
3
b + 23 c x 2 = a x−1 + b + c x 2 ⇐⇒ 12 c x 2 = a x−1 ⇐⇒ x 2 = 2a/c ⇐⇒ x = 2a/c 3 = 3 (2a/c)2
1
Da K 00 (x) = 21 32 c x− 2 > 0, hat man hier wachsende Grenzkosten, so dass nach c) die stationäre Stelle
p
x∗ = 3 (2a/c)2 lokales Minimum von K̄(x) ist.
Anmerk: Dieses Min. ist sogar ein globales, da sowohl lim+ K̄(x) = +∞ als auch lim K̄(x) = ∞, denn
x→0
limx→∞
limx→0
1
K̄(x)
1
K̄(x)
=
limx→∞
=
limz→∞
1
1
1
a x−1 +b+c x 2
1
K̄(1/z)
= limx→∞ x− 2
= limz→∞
und offensichtlich K̄(x) > 0 für alle x > 0.
1
1
3
a x− 2
1
a z+b+c z − 2
1
+b x− 2
+c
x→∞
1
0+0+c = 0
1
z −1
3
a+bz −1 +c z − 2
= 0·
= limz→∞
= 0
Musterlösung Klausur Mathematik (Wintersemester 2012/13)
4
Aufgabe 4: (9 Punkte) Für ein Produkt sind die angebotene Menge x = S(p) und die nachgefragte
Menge x = D(p) als Funktionen des Preises p durch S(p) = 10 ep − 10, D(p) = 60 e−p − 20 gegeben.
a) Bestimmen Sie den Gleichgewichtspreis p∗ sowie die Gleichgewichtsmenge x∗ .
[Hinweis: Substituieren sie z = ep zur Lösung der Gl. D(p) = S(p). Zur Kontrolle: p∗ = ln(2), x∗ = 10.]
b) Bestimmen Sie die Konsumenten- und
des Marktes.
Produzentenrente
1
60
1
x , pD (x) = − ln 60
x + 13 (= ln x+20
).]
[Zur Kontrolle: pS (x) = ln 1 + 10
∗
∗
Lösung a: Gleichgewichtspreis u. -menge p , x .
Setze z = ep . Dann ist e−p = 1/z und
60
S(p) = D(p) ⇐⇒ 10 z − 10 =
− 20
| × z/10
z
2
⇐⇒ z − z = 6 − 2z
⇐⇒ z 2 + z − 6 = 0
q
q
2
1
25
1
1
1
5
⇐⇒ z = − 2 ± 4 + 6 = − 2 ±
4 = −2 ± 2 =
−3
Da z = ep nicht negativ sein kann, kommt nur z ∗ = 2 in Frage. Der Gleichgewichtspreis ergibt sich dann als
p∗ = ln(z ∗ ) = ln(2). Die zugehörige Produktionsmenge ist x∗ = S(p∗ ) = 10 · eln(2) − 10 = 10 · 2 − 10 = 10
(Gleichgew. p∗ , x∗ : ↑ 2 Pkt)
(Probe: Auch D(p∗ ) = 60e− ln(2) − 20 = 60 21 − 20 ist 10).
Lösung b: Konsumenten- und Produzentenrente
Bestimme zunächst die Umkehrfunktionen pS (x) von S(p) sowie pD (x) von D(p):
pS :
x = 10 ep − 10 ⇐⇒ x + 10 = 10ep
1
x+1
⇐⇒ ep = 10
1
⇐⇒ p = ln 10
x + 1 =: pS (x)
pD :
x = 60 e−p − 20
Damit:
Z
PS =
x∗
p∗ −pS (x) dx =
0
Z
0
10
1
x + 20 = 60 e−p ⇐⇒ 60
x + 13 = e−p
1
−p = ln 60
x + 13
1
x + 31 =: pD (x)
⇐⇒ p = − ln 60
(pS , pD : je 1 Pkt, ges: ↑ 2 Pkt)
Z 10 Z 10
2
1
1
x+1 dx =
ln 1
x+ 12 dx
ln(2)−ln 10
dx = −
ln 20
0
0
10 x + 1
⇐⇒
⇐⇒
Stammfunktion von f (u) = ln(u) ist F (u) = u ln(u) − u
← ‘Grundintegral’;
Stammfunktion von f (a x + b) ist a1 F (a x + b)
← ‘lineare Transformation im Argument’
Daher ist
Z
1
1
1
1
1
ln 20
x + 12 dx = 20 · 20
x + 21 ln 20
x + 21 − 20
x + 21 = (x + 10) ln 20
x + 12 − (x + 10)
h
i10
−20 ln 1 + 20
+ 20 ln 12 + 12 − 20
1
1
⇒ P S = − (x + 10) ln 20 x + 2 − (x + 10)
= −
=
0
− 10 ln 0 + 12 − 10
+10 ln 12 − 10
Da ln(1) = 0 und ln(1/2) = − ln(2), ergibt sich schließlich P S = 10 − 10 ln(2) (≈ 3.07).
Genauso erhält man
(PS, CS: je 2.5 Pkte, ges: l 5 Pkt)
Z x∗
Z 10
Z 10
∗
1
1
1
CS =
pD (x) − p dx =
− ln 60 x + 3 − ln(2) dx = −
ln 30
x + 32 dx
0
0
0
h
h
i10
i10
1
1
1
1
= −30 30
x + 23 ln 30
x + 23 − 30
x + 23
= − (x + 20) ln 30
x + 23 − (x + 20)
0
0
−30 ln(1) + 30
+ 30 ln 13 + 23 − 30
=
= −
= 10 − 20 ln 32
( ≈ 1.89)
+20 ln 32 − 20
− 20 ln 0 + 23 − 20
Anmerkung: Es ist hier einfacher, P S, CS mit den ‘alternativen Formeln’ (Skript, S. 154) zu berechnen:
Z p∗
Z ln(2)
h
iln(2)
+ 10 · 2 − 10 · ln(2)
p
p
PS =
S(p) dp =
10e −10 dp = 10 e −10p
=
= 10−10 ln(2)
− 10 · 1 − 10 · 0
0
pS (0)
0
Z pD (0)
Z ln(3)
h
iln(3)
− 60
3 − 20 ln(3) = 10−20 ln 3
CS =
D(p) dp =
60e−p −20 dp = −60 e−p −20p
= 60
2
+
+
20
ln(2)
ln(2)
∗
p
ln(2)
2
Musterlösung Klausur Mathematik (Wintersemester 2012/13)
Aufgabe 5: (9 Punkte)

0
 1
A = 
 1
0
a)
b)
c)
d)
5
Gegeben sind die Matrizen



x
y
z −1
1 1 0

2 −2
1 
2 1 0 
,
 , X =  −1
 z −2
2 −1 
1 1 1 
−1
1 −1
1
0 1 2


2
 0 

b = 
 1 .
0
Lösen Sie das lineare Gleichungssystem Ax = b durch Gauß-Elimination (inkl. Rang-Diskussion).
Die Inverse der Matrix A hat die Struktur der Matrix X. Bestimmen Sie x, y, z.
Wie lauten det(A), det(A−1 ), det 21 A A> , det A + A> ?
Ist die Matrix A positiv definit?
Lösung a): Lösung LGS

0
 1

(A, b)
=
 1
0

1
 0
−→

 0
III + II:
0
per Gauß-Elimination (beispielhaft):


1 1 0 2
−→
1 2
 0 1
2 1 0 0 
II
↔
I
:


 1 1
1 1 1 1 
0 1 2 0
0 0


2 1 0 0
1 2
 0 1
1 1 0 2 


0 1 1 3 
−→  0 0
0 1 2 0
IV – III:
0 0
rang(A) = rang(A, b) = 4
Rücksubstitution:
⇒
0
0
1
2
1
1
1
0
0
0
1
1
(Ränge: 0.5 Pkt)
LGS eindeutig lösbar
1 x4
1 x3 + 1 x4
+1 x2 + 1 x3 + 0 x4
+1 x1 + 2 x2 + 1 x3 + 0 x4
1
1
1
1
(Dreiecksform: ↓ 3 Pkt)


1 2 1 0 0
0
−→
 0 1 1 0 2 
2 



1  III – I:  0 −1 0 1 1 
0 0 1 2 0
0

0
2 

3 
−3

(Rücksubstitution: ↓ 1 Pkt)
= −3 ⇒ x4 = −3
= 3 ⇒ x3 = 3 − x4 = 6
= 2 ⇒ x2 = 2 − x3 = −4
= 0 ⇒ x1 = −2 x2 − x3 = 2
Lösung b) Vervollständigung der Inversen von A: Dazu gibt es viele Möglichkeiten, am einfachsten: Es
muss A · A−1 = I gelten. Es ist hier günstig, mit der 1. Zeile von A u. der 1. Spalte von A−1 zu beginnen,
weil man dann direkt z bekommt:
!
1.te Zeile (A) × 1.te Spalte(A−1 ) = 1 · (−1) + 1 · z = δ1,1 = 1 ⇒ z = 1 + 1 = 2
2.te Zeile (A) × 1.te Spalte(A−1 )
= x−2+z
!
= δ2,1 = 0 ⇒ x = 2 − z = 0
!
2.te Zeile (A) × 2.te Spalte(A−1 ) = y + 4 − 2
= δ2,2 = 1 ⇒ y = 1 − 4 + 2 = −1
Dass y = −1 ist, folgt auch daraus, dass A und damit auch A−1 symmetrisch ist.
↑ 1.5 Pkt
Anmerkung: Es ist zwar nicht grundsätzlich falsch, aber viel aufwändiger, die Inverse von A mittels
Gauß-Elimination von (A, I) zu ermitteln und dann x, y, z abzulesen. Wenn mit systematischer MatrixInversion, dann ist es akzeptabler (vom Aufwand her), x, y, z über die adjungierte Matrix zu ermitteln.
Lösung c): Die Determinante von A liest man hier am besten aus der Gauß-Elimination ab. Die anderen Determinanten ergeben sich als Folgerungen des Det.-Multiplikationssatzes (det(A−1 ) = det(A)−1 ,
det(A>) = det(A), det(λA) = λn det(A)). Die Det. von A + A> lässt sich hier nur deswegen so einfach
berechnen, weil A symmetrisch ist, so dass A> = A.
je Det: 0.5 Pkte, ges: ↓ 2 Pkt
1 Zeilentausch
det(A)
det(A−1 )
>
det 21 A A
>
det A + A
(aus Gauß-El.)
=
=
=
(A symmetr.)
=
z}|{
−
1 · 1 · 1 · 1 = −1
−1
det(A)
= 1/ det(A) = 1/(−1) = −1
4
>
1
1
det( 2 I) · det(A) · det(A ) = 12 · det(A) · det(A) = + 16
det A + A = det(2A) = 24 det(A) = 16 · (−1) = −16
Lösung d): Wäre die Matrix A positiv definit, so wären die vier Hauptminoren d1 , . . . , d4 von A alle
positiv. Da d1 = 0 (nicht > 0), ist A nicht positiv definit (bestenfalls ist A positiv semi-definit) ↑ 1 Pkt
Nicht verlangt: Die anderen drei Hauptminoren lauten d2 = 0 − 1 = −1 < 0, d3 = 0 + 1 + 1 − 2 − 1 − 0 =
−1 < 0 und d4 = −1 < 0 (letzteres aus der Gauß-Elimination). Schon d2 < 0 zeigt, dass A indefinit ist.
Musterlösung Klausur Mathematik (Wintersemester 2012/13)
6
Aufgabe 6: (7 Punkte, +2 Punkte, wenn das zu lösende Gl.System unabhängig von Aufg. 5 gelöst wird)
Behandeln Sie das folgende Problem mit der Lagrange-Methode:
max / min f (x, y, z) := x2 +
1
2
y 2 + z 2 + y x + y z − y u.d. Nbd. g(x, y, z) := x + y = 2
Hinweis: Sie können für diese Aufgabe das Ergebnis von Aufgabe 5 verwenden.
Lösung:
Aufstellen der Lagrange-Funktion:
L(λ, x, y, z)
↓ 0.5 Pkt
= f (x, y, z) + λ (g(x, y, z) − c)
= x2 + 12 y 2 + z 2 + y x + y z − y + λ x + y − 2
(pro Abl. 0.5 Pkte), ges: ↓ 2 Pkt
Partielle Ableitungen der Lagrange-Funktion:
L0λ
L0x
L0y
L0z
!
= x+y−2
=
(= 0 ⇐⇒
(= 0 ⇐⇒
2x + y + λ
1 λ + 2 x + 1 y + 0 z = 0)
!
= y+x+z−1 + λ
=
0 λ + 1 x + 1 y + 0 z = 2)
!
(= 0 ⇐⇒
1 λ + 1 x + 1 y + 1 z = 1)
!
(= 0 ⇐⇒
2z + y
0 λ + 0 x + 1 y + 2 z = 0)
↓ 0.5 Pkt
Für die Hesse-Matrix von L(λ, x, y, z) erhält man

0
 1
HL (λ, x, y, z) = 
 1
0
1
2
1
0
1
1
1
1

0
0 

1 
2
Dies ist genau die Matrix A aus Aufgabe 5.
Die notwendige Bedingung, gradL = 0, ist äquivalent zu Ax = b mit dem A und b aus Aufgabe 5. Die
1 Pkt
Lösung ergab sich dort als xstat = (2, −4, 6, −3)> (d.h. x = −4, y = 6, z = −3, λ = 2).
Falls Aufgabe 5 nicht behandelt wurde, ist es am einfachsten, die Inverse von A wie im dortigen Teil b)
zu ermitteln. Mit der rechten Seite b = (2, 0, 1, 0)> ergibt sich die Lösung des LGS dann als

 

 

 
2
0+0+2+0
2
0 −1
2 −1
λ
−4
−2 + 0 − 2 + 0
 0
 −1
x
2
−2
1
−1
  = 
  = A b = 

 
 4 + 0 + 2 + 0 =  6
 2 −2
y 
2 −1  1
−3
−2 + 0 − 1 + 0
0
−1
1 −1
1
z
Fazit: Die einzige stationäre Stelle der Lagrange-Funktion ist x = −4, y = 6, z = −3, λ = 2.
Hinreichende Bedingung: Es sind die beiden Determinanten d˜2 und d˜3 von HL zu überprüfen.
d˜2
0
= 1
1
d˜3
=
1
2
1
det(HL )
↓ 3 Pkt
1 1 = 0 + 1 + 1 − 2 − 0 − 1 = −1 < 0
1 (s. Aufgabe 5)
=
Falls Aufg. 5 nicht behandelt wurde, kann man d˜3 =
der 4. Zeile berechnen:
0 1 1 0 0 1
1 2 1 0 = (−1) ·
1 2
d˜3 = 1 1 1 1 1 1
0 0 1 2 |
{z
−1 < 0
det(HL ) mit z.B. einer Laplace-Entwicklung nach
0
0
1
}
=0+0+0−0−1−0=−1
0 1
+2 · 1 2
1 1
{z
|
=d˜2 =−1
Es liegt die Situation alle Vorzeichen negativ“ vor.
”
Daher ist die stat. Stelle ein lokales Minimum des restringierten Problems.
1
1
1
= +1 − 2 = −1
}