Bericht zur Mathematischen Eingangsprüfung der DAV

Bericht zur Mathematischen Eingangsprüfung der DAV
im Oktober 2004
Martin Folkers und Günter Last (Karlsruhe)
1. Aufgabe (13 Punkte)
a) Bestimmen sie zu den angegebenen Folgen (an )n∈N und (bn )n∈N jeweils alle Häufungspunkte sowie den limes superior lim als auch den limes inferior lim.
Folge
an := (1 + (−1)n ) ·
n
X
k=0
√
Häufungspunkte
lim
lim
0, ∞
0
∞
0
0
0
1
1+k
µ
¶3/2 X
n r
1
1
bn := sin
·
1+
n
k
k=1
b) Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte.
Grenzwert
lim
x→1+
∞
X
1
2
(x − 2)n
n=0
3x−2 − 1
x→2 x2 − 2 · x
log(3)
2
lim
c) Untersuchen Sie, ob die Reihe
∞
X
1
1
·√
konvergiert.
n
1 + ln n
n=1
Lösung:
Zu a)
1. Es gilt

0,

1
n
P
√
an = (1 + (−1)n ) ·
=
√1 ,
1+k  2·
1+k
k=0
n
X
falls n ungerade,
falls n gerade.
k=0
Weiter gilt
lim
n→∞
n
X
k=0
√
1
= +∞ .
1+k
343
2. Es gilt
¡
¢3 µ ¶3 n r
µ
¶3 n r
sin n1 2
1 2 X
1
1 2 X
1
bn = sin
·
1 + = ¡ ¢3 ·
·
1+ .
n
k
n
k
1 2
k=1
k=1
n
Weiter gilt
¡
¢3
sin n1 2
sin(x) 3
= ( lim
lim
)2 = 1 ,
3
n→∞ ¡ 1 ¢ 2
x→0+
x
n
und wegen
√
µ ¶ 32 X
µ ¶ 32
n r
√
1
1
1
2
0<
1+ ≤
·
·n· 2≤ √
n
k
n
n
k=1
folgt
µ ¶ 32 X
n r
1
1
lim
·
1 + = 0.
n→∞ n
k
k=1
Zu b)
1. Für x ∈ (1, 3) gilt (geometrische Reihe)
∞
X
(x − 2)n =
n=0
1
,
3−x
und damit folgt
lim
x→1+
∞
X
(x − 2)n =
n=0
1
.
2
2. Mit der Regel von de Hospital erhält man
3x−2 − 1
e(x−2)·log(3) − 1
3x−2 · log(3)
log(3)
=
lim
=
lim
=
.
x→2 x2 − 2 · x
x→2
x→2
x2 − 2 · x
2·x−2
2
lim
Zu c)
Z∞
2
1
1
u=log(x)
·p
dx =
x
1 + log(x)
Z∞
√
¤∞
£ √
1
du = 2 · 1 + u log(2) = ∞ .
1+u
log(2)
Aus dem Integralkriterium für die Divergenz von Reihen folgt, dass die vorgelegte Reihe
divergent ist.
344
2. Aufgabe (11 Punkte)
a) Berechnen Sie das unbestimmte Integral
Z
(2 · x + 3) · ln(1 + x) dx .
b) Vorgegeben sei der beschränkte Bereich B im ersten Quadranten der xy-Ebene, welcher berandet wird durch die beiden Geraden x = 0 und x = 2, sowie durch die beiden
Parabeln y = −(x − 2)2 + 10 und y = (x − 2)2 + 2.
12
10
8
y6
4
2
0
0.5
1
1.5
x
2
2.5
3
Schaubild des Bereiches B
1. Berechnen Sie das Integral
Z
I :=
3 · x d(x, y) .
B
2. Berechnen Sie das Volumen V des Rotationskörpers, welcher entsteht, wenn das
Flächenstück B im R3 um die y-Achse rotiert.
Hinweis: Verwenden Sie das Prinzip des Cavalieri.
Lösung:
Zu a)
Partielle Intergration liefert für x > −1 (c ist eine Integrationskonstante)
Z
Z 2
¡ 2
¢
x +3·x
I1 =
(2 · x + 3) · log(1 + x) dx = x + 3 · x · log(1 + x) −
dx + c
| {z } | {z }
1+x
0
=v
=u
¶
Z µ
¡ 2
¢
2
= x + 3 · x · log(1 + x) −
x+2−
dx + c
x+1
¡
¢
x2
= x2 + 3 · x · log(1 + x) −
− 2 · x + 2 · log(x + 1) + c
2
¡
¢
x2
= x2 + 3 · x + 2 · log(x + 1) −
− 2 · x + c.
2
345
Zu b)
Es gilt
Z
I
Z2
=
3 · x d(x, y) =
0
B
Z2
=




2
−(x−2)
Z +10

3 · x dy  dx
(x−2)2 +2
¡
¢
3 · x · −(x − 2)2 + 10 − (x − 2)2 − 2 dx
0
Z2
=
¡
¢
3 · x · −x2 + 4 · x − 4 + 10 − x2 + 4 · x − 4 − 2 dx
0
Z2
=
¡
Z2
¢
3 · x · −2 · x + 8 · x dx =
2
0
¢
¡
−6 · x3 + 24 · x2 dx
x=0
·
¸2
6
− · x4 + 8 · x3
= −24 + 64 = 40 .
4
x=0
=
Zu c)
Mit dem Cavalieriprinzip erhält man
V
=
Z6 µ
Z6 ³ p
³
´2 ¶
´
p
2·π·
4− 2− y−2
dy = 2 · π ·
4 · y − 2 − (y − 2) dy
2
÷
=
2·π·
3
8
· (y − 2) 2
3
¸6
·
1
· (y − 2)2
−
2
2
¸6 !
2
µ
=2·π·
2
64
−8
3
¶
=
80
· π.
3
3. Aufgabe (11 Punkte)
a) Vorgegeben seien die Spaltenvektoren



2
 1 



~a1 = 
 1  , ~a2 = 
−2


0
1
 −2
−1 
 , ~a = 
1  3  −2
0
−1


 ∈ R4 .

Berechnen Sie das 2-dimensionale Volumen V2 des von den Vektoren ~a1 , ~a2 aufgespannten Parallelogramms sowie das 3-dimensionale Volumen V3 des von den Vektoren
~a1 , ~a2 , ~a3 aufgespannten Parallelotops (Spats).
b) Im R4 seien die Vektoren



1
2
 1 
 3
~b1 = 
 ~

 2  , b2 =  0
1
3
346




1
1

 0 
 α
 , ~b3 = 



 0  , ~cα =  1
6
α




mit α ∈ R vorgegeben.
1. Berechnen Sie die Determinante der Matrix Bα := (~b1 , ~b2 , ~b3 , ~cα ), und bestimmen
Sie α so, dass ~cα in der linearen Hülle
V := span(~b1 , ~b2 , ~b3 ).
liegt.
2. Begründen Sie, warum
U := span(~b1 , ~b2 , ~b3 )⊥ ∪ span(~b2 )⊥
ein Untervektorraum des R4 ist, und bestimmen Sie α so, dass ~cα ∈ U ist.
Lösung:
Zu a)
Es gilt
~a1 ⊥ ~a2 , ~a1 ⊥ ~a3 und ~a2 ⊥ ~a3 ,
und damit folgt
V2 = k~a1 k2 · k~a2 k2 =
√
20
sowie
V3 = k~a1 k2 · k~a2 k2 · k~a3 k2 = 10 ·
√
2.
Zu b)
1. Es gilt

1
 1
det 
 2
1
2
3
0
3
1
0
0
6

1
α 
 = 30 − 24 · α .
1 
α
5
~ ~ ~ cα linear unabhängig. Da die Vektoren
Für α 6= 30
24 = 4 sind die Vektoren b1 , b2 , b3 , ~
~b1 , ~b2 , ~b3 linear unabhängig sind, gilt für α = 5
4
~cα ∈ span(~b1 , ~b2 , ~b3 ) .
2. Es gilt
span(~b1 , ~b2 , ~b3 )⊥ ⊆ span(~b2 )⊥ ,
und hieraus folgt
U = span(~b1 , ~b2 , ~b3 )⊥ ∪ span(~b2 )⊥ = span(~b2 )⊥ .
Weiter gilt
also
h~cα , ~b2 i = 2 + 6 · α ,
1
~cα ∈ U ⇐⇒ α = − .
3
347
4. Aufgabe (13 Punkte)
a) Mit den Spaltenvektoren



2
0
 1 
 −1


~a1 = 
 1  , ~a2 =  1
−2
0



1



 , ~a3 =  −2  ∈ R4

 −2 
−1
werde die 4 × 3 Matrix A = (~a1 , ~a2 , ~a3 ) gebildet. Mit A und der transponierten Matrix
AT werden dann die folgenden beiden linearen Abbildungen
f : R3 → R4 , ~x 7→ f (~x) := A · ~x,
g : R4 → R3 , ~x 7→ g(~x) := AT · ~x,
definiert. Geben Sie (jeweils mit Begründung) an, ob die Abbildungen
h : R3 → R3 , ~x 7→ h(~x) := g(f (~x)),
k : R4 → R4 , ~x 7→ k(~x) := f (g(~x)).
injektiv bzw. surjektiv sind. Falls eine dieser Abbildungen bijektiv ist, ist die Abbildungsmatrix der Umkehrabbildung anzugeben.
b) Vorgegeben sei die reelle (4 × 4)-Matrix

0
 −1
B := 
 1
−1
1
2
−1
1
−3
−3
4
−3

−2
−2 
.
2 
−1
1. Berechnen Sie die Determinante von B.
2. λ = 1 ist ein Eigenwert der Matrix B. Bestimmen Sie eine Basis des Eigenraumes
E1 zu diesem Eigenwert.
3. Bestimmen Sie alle Eigenwerte der Matrix B.
Hinweis: Sie brauchen zur Lösung nicht die genaue Kenntnis des charakteristischen Polynoms der Matrix B.
Lösung:
Zu a)
Es gilt

10
h(~x) = g(f (~x)) = AT · A · ~x =  0
0
und wegen

10
Rang  0
0
348
0
2
0
0
2
0

0
0  · ~x,
10

0
0 =3
10
~x ∈ R3 ,
ist die Abbildung h = g ◦ f injektiv und surjektiv, also bijektiv, und die Abbildungsmatrix
der Umkehrabbildung h−1 lautet
 1

0 0
10
 0 1 0 .
2
1
0 0 10
Weiter gilt

5
 0
T
f (g(~x)) = A · A · ~x = 
 0
−5
und wegen

5
 0

Rang 
0
−5
0 0
6 4
4 6
0 0
0 0
6 4
4 6
0 0

−5
0 
 · ~x,
0 
5
~x ∈ R4 ,

−5
0 
=3<4
0 
5
ist die Abbildung k = f ◦ g weder injektiv noch surjektiv.
Zu b)
1. Es gilt

0
 −1
det(B) = det 
 1
−1
1
2
−1
1
−3
−3
4
−3

−2
−2 
 = 2.
2 
−1
2. Das homogene, lineare Gleichungssystem, welches zur Bestimmung von Kern(E4 − B)
gehört, lautet (E4 bezeichne die 4-dimensionale Einheitsmatrix)


1 −1 3
2 0
 1 −1 3
¢
¡
2 0 


 −1 1 −3 −2 0  ∼ 1 −1 3 2 0 ,
1 −1 3
2 0
also folgt

 
−2
−3
 0   0

 
Kern(E4 − B) = span 
 0  ,  1
1
0
 

1
  1 
 ,   .
  0 
0
3. Das charakteristische Polynom der Matrix B hat die Gestalt
gB (x) = det(x · E4 − B) = (x − 1)3 · (x − α),
α ∈ R.
und wegen det(B) = 2 folgt
α = 2.
Die Matrix B besitzt also die Eigenwerte 1 (dreifach) und 2 (einfach).
349
5. Aufgabe (13 Punkte)
Die Zufallsvariablen X1 , X2 , . . . , Xn , n ∈ N, seien
teilungsfunktion:

 0, falls
x2 , falls
F (x) =

1, falls
unabhängig und jede habe folgende Verx < 0,
0 ≤ x ≤ 1,
1 < x.
a) Geben Sie die Dichte von X1 an.
£
¤
b) Berechnen Sie für s ∈ R den Erwartungswert E es·X1 .
c) Berechnen Sie die Varianz der Zufallsvariablen Y = eX1 .
d) Sei Sn :=
n
P
i=1
Xi . Berechnen Sie den Erwartungswert der Zufallsvariablen Z := eSn .
e) Finden Sie Folgen (an )n∈N und (bn )n∈N so, dass die Verteilung von
gegen die Standardnormalverteilung N (0, 1) konvergiert.
Sn −an
bn
für n → ∞
Lösung:
Zu a)
Eine Dichte von X1 lautet
½
f (x) =
2 · x,
0,
falls x ∈ (0, 1) ,
sonst .
Zu b)
Für s 6= 0 gilt
·
Z1
s·X1
E[e
]=
2·x·e
s·x
0
¸1
2
2
s·x
s·x
dx = 2 · (s · x · e − e ) = 2 (s · es − es + 1) .
s
s
0
Für s = 0 ergibt sich
E[e0·X1 ] = E[1] = 1 .
Zu c)
Für die Varianz der Zufallsvariablen Y = eX1 erhält man
¡
¢2
1
7
2
Var(Y ) = E[Y 2 ] − (E[Y ]) = E[e2·X1 ] − E[eX1 ] = · e2 − ≈ 0, 1945 .
2
2
Zu d)
Da die Zufallsvariablen X1 , . . . , Xn unabhängig und identisch verteilt sind, folgt
E[e
Sn
] = E[
n
Y
i=1
350
Xi
e
]=
n
Y
i=1
¡
¢n
E[eXi ] = E[eX1 ] = 2n ,
n ∈ N.
Zu e)
Es gilt
Z1
0
"
E
n
X
#
Xi =
i=1
£
¤
E X1 2 =
·
2 3
2 · x dx =
·x
3
0
n
X
E[Xi ] = n · E[X1 ] =
i=1
Z1
·
Z1
2
2 · x3 dx =
x · f (x) dx =
0
¸1
2
x · f (x) dx =
E[X1 ] =
E[Sn ] =
Z1
0
=
0
2
,
3
2·n
,
3
2 4
·x
4
¸1
=
0
1
2
und
Var(X1 )
Var(Sn )
µ ¶2
£
¤
£ ¤2
1
2
9−8
1
=
=
,
= E X1 2 − E X1 = −
2
3
18
18
µX
¶ X
n
n
n
= Var
Xi =
Var(Xi ) = n · Var(X1 ) =
.
18
i=1
i=1
Nach dem zentralen Grenzwertsatz konvergiert die Verteilung von
die Standardnormalverteilung N (0, 1) für die Folgen
p
an = E[Sn ] und bn = Var(Sn ) .
Sn −an
bn
für n → ∞ gegen
Demzufolge wähle man
an
= E[Sn ] =
bn
=
p
2·n
,
3 r
Var(Sn ) =
n
1
=
18
3
r
n
.
2
6. Aufgabe (11 Punkte)
Es sei (X, Y ) ein zweidimensionaler Zufallsvektor mit Dichte
(
c · √ 2·y
, falls
|x| < y, 0 ≤ y < 1,
y 2 −x2
f (x, y) :=
0
sonst .
a) Bestimmen Sie die Konstante c > 0.
b) Berechnen Sie die Randdichten von X und Y .
c) Berechnen Sie die Kovarianz von X und Y .
Lösung:
Zu a)
Es bezeichne
D := {(x, y) ∈ R2 : |x| < y, 0 ≤ y < 1} .
351
Es gilt
Z
Z1
f (x, y) d(x, y)
D


Zy
Zu b)
Es gilt
1
π
Z∞
−∞

Z1

2·y
√
dz  dy
1 − z2
dx dy = c · 
y 2 − x2
−y
0
−1
0
 1
  1

Z
Z
1
= c ·  2 · y dy  ·  √
dz  = c · π .
1 − z2

=
c· p
0
Folglich muss c =
Z1
2·y
−1
gesetzt werden.
1
f (x, y) dx = ·
π
Zy
−y
2·y
p
dx = 2 · y,
y 2 − x2
0 ≤ y < 1,
und folglich ist
f1 (y) = 2 · y · 1{0<y<1} ,
y ∈ R,
eine Randdichte von Y . Weiter gilt
Z∞
−∞
1
f (x, y) dy = ·
π
Z1
|x|
und folglich ist
f2 (x) =
·
2·y
p
y 2 − x2
dy =
¸1
2 p 2
2 p
· y − x2
= · 1 − x2 ,
π
π
|x|
2 p
· 1 − x2 · 1{−1<x<1} ,
π
x ∈ R,
eine Randdichte von X.
Zu c)
Es gilt
Z1
E[X] =
−1
2·x p
· 1 − x2 dx = 0 ,
π
da der Integrand punktsymmetrisch ist. Weiter gilt


Z1 Zy
2
2
·
x
·
y
p
E[X · Y ] = 
dx dy = 0 ,
π · y 2 − x2
0
−y
da der innere Intergrand punktsymmetrisch in x ist. Es folgt
C(X, Y ) = E[X · Y ] − E[X] · E[Y ] = 0 .
352