Mathe

Mathematik für Ökonomen – WS 2016/17 – Campus Duisburg
Prof. Dr. V. Krätschmer, Fakultät für Mathematik
Klausur Mathematik für Ökonomen
14.02.2017, 13:00-15:00 Uhr (120 Minuten)
• Erlaubte Hilfsmittel: Nur reine Schreib- und Zeichengeräte.
Der Einsatz anderer Hilfsmittel – so z.B. schriftliche Unterlagen, elektronische Geräte wie
Handy oder Rechner jeder Art – wird ohne genauere Prüfung der tatsächlichen Verwendung als
Täuschungsversuch gewertet.
• Die Klausur muss geheftet bleiben.
• Bei Klausurunterbrechung müssen die Klausur und ein Ausweis bei der Aufsicht hinterlegt
werden. Eine (gehäufte) vorzeitige Abgabe stört. In den letzten 30 Minuten ist daher keine
vorzeitige Abgabe möglich.
• Während der Klausur können keine Fragen zu den Aufgaben gestellt werden, die Aufgabenstellung entspricht genau der frühzeitig angekündigten und geübten Form.
Die Klausur besteht aus 10 Aufgaben,
dabei sind die erreichbaren Punkte auf dem Deckblatt und zusätzlich auch an jeder Aufgabe
kenntlich gemacht. Insgesamt sind 50 Punkte erreichbar.
Ab erreichten 23 Punkten ist die Klausur bestanden, gutes Gelingen!
Platznummer
Matrikelnummer
Name
Vorname
Geburtsdatum
Ich habe obige Punkte gelesen.
Meine Personendaten habe ich korrekt angegeben:
Unterschrift
Einträge der Klausuraufsicht:
Unterbrechungen
Abgabe
Abschnitt für Korrektur!
[Seite 1 von 13]
Aufgabe 1
Bei weiterem Platzbedarf: Anhang verwenden und dann bitte darauf hinweisen
[3] Bestimmen Sie die Lösungsmenge L des folgenden Ungleichungssystems und skizzieren Sie sie:
(1)
x − 3·y
≤ 0
(2)
3 · y + 2 · x ≤ 18
(3)
2·x ≥ 3
(4)
4 · y + 2 · x ≥ 10
Ergebniskontrolle:
1
2
3
5 1
L = (x, y) : y ≥ · x und y ≤ 6 − · x und x ≥ und y ≥ − · x
3
3
2
2 2
[Seite 2 von 13]
Aufgabe 2
Bei weiterem Platzbedarf: Anhang verwenden und dann bitte darauf hinweisen
[4] Bei einem zweistufigen Produktionsprozess sind die beiden folgenden (einstufigen) Bedarfstabellen gegeben:
Zwischenprodukte
Z1
Z2
Z3
Endprodukte
E1 E2 E3
6 4 2
4 2 4
8 2 2
Rohstoffe
R1
R2
Zwischenprodukte
Z1 Z2 Z3
2 3 1
1 3 3
Rohstoffpreise r = (r1 , r2 ) = (3, 2).
(a) Berechnen Sie MRE , die Bedarfstabelle der Gesamtverarbeitung.
 
2
R1
(b) Welcher Rohstoffbedarf R =
entsteht bei der Endproduktion E =  3  ?
R2
1
Und welche Rohstoffkosten entstehen hierbei?
Ergebniskontrolle:

6 4 2
2 3 1
32 16 18


4 2 4
(a) MRE = MRZ · MZE =
·
=
1 3 3
42 16 20
8 2 2
130
130
= 694
, Rohstoffkosten = r · R = (3, 2) ·
(b) R = MRE · E =
152
152

[Seite 3 von 13]
Aufgabe 3
Bei weiterem Platzbedarf: Anhang verwenden und dann bitte darauf hinweisen
[2] (a) Bestimmen Sie aus dem folgenden Schlusstableau eines Gauß-Jordan-Algorithmus die Lösungsmenge Lb des zugehörigen linearen Gleichungssystems Ax = b.
x1
3
2
4
x2
3
3
5
x3
3
2
4
x4
3
1
3
b
12
5
13
Gauß-Jordan
−→ ... −→
x1
1
0
0
x2
0
1
0
x3
1
0
0
x4
2
-1
0
b∗
7
-3
0
[4] (b) Bestimmen Sie die Inverse der folgenden Matrix B mit Hilfe des Gauß-Algorithmus (tabellarisch,
mit irgendeinem nachvollziehbaren Protokoll der Lösungsschritte).
Geprüft wird die Beherrschung der Methode - eine auf anderem (unsystematischen) Weg gefundene Lösung bleibt unbewertet.

−1
 1
B=
 2
0

1
1
0
3 −1
0 

2
1
0 
0
0 −1/2
Ergebniskontrolle:
(a) Beim LGS Ax = b sind zwei Variablen frei wählbar.
menge:


x1 =
x1




x2 =
x2 
Lb = 
∈ R4 :


x

x3 ∈
3


x4
x4 ∈
(b)
x1
-1
1
2
0
1
1
2
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
x2
1
3
2
0
-1
3
2
0
-1
4
4
0
-1
1
4
0
0
1
0
0
x3
1
-1
1
0
-1
-1
1
0
-1
0
3
0
-1
0
3
0
-1
0
3
0
x4
0
0
0
-1/2
0
0
0
-1/2
0
0
0
-1/2
0
0
0
-1/2
0
0
0
-1/2
e1
1
0
0
0
-1
0
0
0
-1
1
2
0
-1
1/4
2
0
-3/4
1/4
1
0
e2
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1/4
0
0
1/4
1/4
-1
0
Ein Bsp. für die Darstellung der Lösungs
7 − x3 − 2 · x4 


−3 + x4

R


R
e3
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
e4
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
Protokoll
I
II
III
IV
(−1) · I
II
III
IV
I
II - I
III - 2· I
IV
I
(1/4) · II
III
IV
I + II
II
III - 4 · II
IV
[Seite 4 von 13]
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
-1
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
-3/4
1/4
0
0
1/4
1/4
0
0
1/3
-1/3 1/3
0
0
0
-1/2
0 -5/12 -1/12 1/3
0
1/4
1/4
0
0
1/3
-1/3 1/3
0
0
0
-1/2
0 -5/12 -1/12 1/3
0
1/4
1/4
0
0
1/3
-1/3 1/3
1
0
0
0

−5/12 −1/12 1/3

1/4
1/4
0
B −1 = 

1/3 −1/3 1/3
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
-2
I
II
(1/3)· III
IV
I + III
II
III
IV
I
II
III
(−2) · IV

0
0 

0 
−2
[Seite 5 von 13]
Aufgabe 4
Bei weiterem Platzbedarf: Anhang verwenden und dann bitte darauf hinweisen
Voraussetzung: Jährliche Verzinsung (Zinseszins) und ein Anfangswert K0 > 0.
[2] (a) Gegeben: Laufzeit n = 3. Wie hoch ist die erforderliche Rendite i = p%, damit der Zielwert
K3 um 5% über dem Anfangswert K0 liegt?
[2] (b) Gegeben: i = 3% und ein Zielwert Kx , der 5% über dem Anfangwert K0 liegt. Erforderliche
Laufzeit n =?
(d.h. mit der n-ten Verzinsung soll Kn erstmals die Bedingung Kn ≥ Kx erfüllen)
[2] (c) Gegeben: Laufzeit n = 6 und Zinsstaffel 0%, 69%, 0%, 30%, 69%, 30%. Berechnen Sie den
Zielwert K6 bei einem Anfangswert von K0 = 1000000 und den effektiven Zinssatz ieff .
1
Hilfswerte: 1.05 3 ≈ 1.02, ln 1.1 ≈ 0.1, ln 1.05 ≈ 0.05, 136 = 4826809, ln 1.03 ≈ 0.03
Ergebniskontrolle:
1
(a) K3 = 1.05 · K0 = K0 · (1 + i)3 ⇔ 1 + i = (1.05) 3 ≈ 1.02 ⇔ i = 0.02 = 2%
(b) Kx = 1.05 · K0 = K0 · (1.03)x ⇔ x =
ln(1.05)
ln(1.03)
≈
0.05
0.03
= 53 ; n = dxe = 2
(c) K6 = (1 · 1.69 · 1.3 · 1 · 1.69 · 1.3) · 1000000 = 169 · 13 · 169 · 13 = 136 = 4826809
1
1
ieff = (1 · 1.69 · 1 · 1.3 · 1.69 · 1.3) 6 − 1 = 1.36 6 − 1 = 1.3 − 1 = 0.3 = 30%
[Seite 6 von 13]
Aufgabe 5
Bei weiterem Platzbedarf: Anhang verwenden und dann bitte darauf hinweisen
[3] Überprüfen Sie, ob die folgende Funktion f an der „Nahtstelle“ x0 = −1 stetig ist:
 (x+1)2 +ln(2+x)

für

x2 −5
f (x) = 0
für


2
(2 + x) · ln(1 + x ) für
− 2 < x < −1
x = −1
−1<x≤3
Ergebniskontrolle:
LGW in x0 = -1 :
RGW in x0 = -1 :
lim f (x) = lim
x→−1−
x→−1−
(x+1)2 +ln(2+x)
x2 −5
=
0+0
−4
=0
lim f (x) = lim (2 + x) · ln(1 + x2 ) = 1 · ln 2 6= 0
x→−1+
x→−1+
Also gilt LGW 6= RGW, und somit ist f nicht stetig in x0 = −1.
[Seite 7 von 13]
Aufgabe 6
Bei weiterem Platzbedarf: Anhang verwenden und dann bitte darauf hinweisen
2 /2
Gegeben f (x) = 2 · e−(x+1)
mit D(f ) = [−3, 2]. Beachte: 1. Ableitung ist gegeben!
2 /2
f hat die Ableitung f 0 (x) = −2 · (x + 1) · e−(x+1)
.
[3](a) Bestimmen Sie auf Basis dieser Information alle lokalen Maximalpunkte (Maximalstellen
und zugehörige Funktionswerte) von f über dem Definitionsbereich.
Ergebniskontrolle:
2 /2
f 0 (x) = 0 ⇔ −2 · (x + 1) · e−(x+1)
f 00 (x) = −2 · e
−(x+1)2 /2
= 0 ⇔ −2 · (x + 1) = 0 ⇔ x + 1 = 0 ⇔ x = −1
2 /2
− 2 · (x + 1) · e−(x+1)
2 /2
· (− 2·(x+1)
) = 2 · e−(x+1)
2
(x + 1)2 − 1 .
f 00 (−1) = −2 · e−0 = −2 < 0
Also ist x = −1 eine lokale Maximalstelle mit f (−1) = 2 · e−0 = 2.
[3](b) Untersuchen Sie das Krümmungsverhalten von f (konvex/konkav mit Wendepunkten).
Ergebniskontrolle:
Untersuchung auf Vorzeichenbereiche von f 00 (x). Dazu zunächst Bestimmung der Nullstellen
von f 00 (x):
2
f 00 (x) = 0 ⇔ 2 · e−(x+1) /2 (x + 1)2 − 1 = 0 ⇔ (x + 1)2 − 1 = 0
⇔ (x + 1)2 = 1
⇔ |x + 1| = 1
⇔ x = −2 oder x = 0.
3 Möglichkeiten, fortzufahren
1.Möglichkeit (mit dritter Ableitung):
2 · (x + 1)
2
) (x + 1)2 − 1 + 2 · e−(x+1) /2 · 2 · (x + 1)
2
2
= 2 · e−(x+1) /2 · (x + 1) 3 − (x + 1)2
2 /2
f 000 (x) = 2 · e−(x+1)
· (−
f 000 (−2) = −4 · e−1/2 < 0 und f 000 (0) = 4 · e−1/2 > 0
Daher
f 00 (x) ≥ 0 für x ∈ [−3, −2] und x ∈ [0, 2] d.h. f konvex über [−3, −2] und [0, 2],
f 00 (x) ≤ 0 für x ∈ [−2, 0], d.h. f konkav über [−2, 0].
Außerdem besitzt f in x = −2 und x = 0 jeweils eine Wendestelle mit den Funktionswerten f (−2) = f (0) = 2 · e−1/2 .
2.Möglichkeit (ohne dritte Ableitung):
Da die zweite Ableitungsfunktion stetig ist, und f 00 nur in x = −2 und x = 0 Nullstellen
besitzt, hat f 00 auf [−3, 2[, ] − 2, 0[ und ]0, 2] jeweils nur 1 Vorzeichen.
f 00 (−3) = 6 · e−2 > 0, also f 00 (x) ≥ 0 für x ∈ [−3, −2], d.h. f konvex über [−3, −2].
f 00 (−1) = −2 · e−0 = −2 < 0, also f 00 (x) ≤ 0 für x ∈ [−2, 0], d.h. f konkav über [−2, 0].
f 00 (1) = 6 · e−2 > 0, also f 00 (x) ≥ 0 für x ∈ [0, 2], d.h. f konvex über [0, 2].
Außerdem besitzt f in x = −2 und x = 0 jeweils eine Wendestelle mit den Funktionswerten f (−2) = f (0) = 2 · e−1/2 .
[Seite 8 von 13]
3.Möglichkeit (Ausklammern und Umformungen von Ungleichungen):
f 00 (x) > 0
f 00 (x) < 0
2 /2
⇔
2 · e−(x+1)
⇔
2 /2
⇔
2 · e−(x+1)
(x + 1)2 − 1 > 0
⇔
(x + 1)2 − 1 < 0
⇔
|x + 1|2 > 1
⇔
|x + 1|2 < 1
⇔
|x + 1| > 1
⇔
|x + 1| < 1
⇔
x < −2 oder x > 0
⇔
x > −2 und x < 0
(x + 1)2 − 1 > 0
(x + 1)2 − 1 < 0
D.h.
f 00 (x) ≥ 0 für x ∈ [−3, −2] oder für x ∈ [0, 2], also f konvex über [−3 − 2] und [0, 2].
f 00 (x) ≤ 0 für x ∈ [−2, 0], also f konkav über [−2, 0].
Außerdem besitzt f in x = −2 und x = 0 jeweils eine Wendestelle mit den Funktionswerten f (−2) = f (0) = 2 · e−1/2 .
[Seite 9 von 13]
Aufgabe 7
Bei weiterem Platzbedarf: Anhang verwenden und dann bitte darauf hinweisen
 3+t
e


 3
R2
[4] Berechnen Sie das Integral −3 f (t) dt, wobei f (t) = −e


4
t2
Ergebniskontrolle:
Z
für − 3 ≤ t < 0
für 0 ≤ t < 1
für 1 ≤ t ≤ 2
2
f (t)dt
−3
Z
0
e
=
3+t
Z
e
−3
3+t
2
Z
1
4
dt
t2
Z
2
(−e ) dt +
0
0
=
3
dt +
−3
Z
1
Z
dt +
1
3
(−e ) dt + 4
0
t−2 dt
1
0
1
2
= e3+t −3 + −e3 · t 0 + 4 · −t−1 1
3
3
1
0
= e − e + −e + 0 + 4 − + 1
2
= e3 − 1 − e3 + 4 ·
1
=1
2
[Seite 10 von 13]
Aufgabe 8
Bei weiterem Platzbedarf: Anhang verwenden und dann bitte darauf hinweisen
Rx
[4] Für 1 ≤ x sei F (x) := F (1) + 1 t−2 · ln t dt, wobei F (1) fix vorgegeben ist, hier als F (1) = −1.
Berechnen Sie den Wert F (x) mittels partieller Integration.
Ergebniskontrolle:
Mit f (t) = ln t, g 0 (t) = t−2 ist f 0 (t) = t−1 und g(t) = −t−1 .
Zx
F (x) = −1 +
t−2 · ln t dt
1
Z x
ln t x
= −1 + −
(−t−1 ) · t−1 dt
−
t 1
1
Z x
ln x
= −1 + −
+0 +
t−2 dt
x
1
ln x −1 x
+ −t 1
x
ln x
1
= −1 −
+ − +1
x
x
= −1 −
= −
ln x + 1
x
[Seite 11 von 13]
Aufgabe 9
Bei weiterem Platzbedarf: Anhang verwenden und dann bitte darauf hinweisen
[5] Betrachten Sie die Funktion f (x, y) = e0.005·x·y für die Herstellungskosten einer Ware in Abhängigkeit vom Rohstoffpreis x > 0 und den Transportkosten y > 0. Weiterhin sei die Basisstelle
(x0 , y0 ) mit x0 = 20 und y0 = 50 vorgegeben.
(a) Bestimmen Sie die Rohstoffpreiselastizität Exf und die Transportkostenelastizität Eyf an der
obigen Basisstelle.
(b) Geben Sie eine Abschätzung für die relative Veränderung der Funktion f an der obigen
Basisstelle, wenn sich dort der Rohstoffpreis um 2% erhöht und die Transportkosten um
8% vermindern.
Ergebniskontrolle:
(a) Exf (20, 50) = 20 ·
fx0 (20,50)
f (20,50)
und Eyf (20, 50) = 50 ·
fy0 (20,50)
f (20,50)
mit
fx0 (x, y) = e0.005·x·y · 0.005 · y und fy0 (x, y) = e0.005·x·y · 0.005 · x.
Also gilt an der Basisstelle (x0 , y0 ) = (20, 50)
Exf (x0 , y0 ) = 20 ·
e0.005·20·50 · 0.005 · 50
= 20 · 0.005 · 50 = 5
e0.005·20·50
Eyf (x0 , y0 ) = 50 ·
e0.005·20·50 · 0.005 · 20
= 50 · 0.005 · 20 = 5.
e0.005·20·50
und
(b)
df
f
≈ Exf (x0 , y0 ) ·
dx
x0
+ Eyf (x0 , y0 ) ·
dy
y0
= 5 · 2% + 5 · (−8)% = −30%
d.h. eine 2% Erhöhung des Rohstoffpreises bei gleichzeitiger 8% Verminderung der Transportkosten führt zu einer ungefähr 30% Verminderung der Herstellungskosten.
[Seite 12 von 13]
Aufgabe 10
Bei weiterem Platzbedarf: Anhang verwenden und dann bitte darauf hinweisen
[9] Untersuchen Sie die Funktion
f (x, y) = 8 · x + 12 · y
(x, y ∈ R)
auf (lokale) Extremwerte unter der Nebenbedingung 4 · x + 2 · y 3 = 10.
(Ggf. angeben: Extremalstellen und die zugehörigen Funktionswerte)
Hinweis zur Erinnerung:
D(x, y, λ)
:=
00
00
(fxx
(x, y) + λ · b00xx (x, y)) · (b0y (x, y))2 − 2 · (fxy
(x, y) + λ · b00xy (x, y)) · b0x (x, y) · b0y (x, y)
00
+(fyy
(x, y) + λ · b00yy (x, y)) · (b0x (x, y))2
Ergebniskontrolle:
• Nebenbedingung in Gleich-Null-Form
!
b(x, y) = 4 · x + 2 · y 3 − 10 = 0
• Aufstellen der Lagrange-Funktion
L(x, y, λ) = 8 · x + 12 · y + λ · (4 · x + 2 · y 3 − 10)
• Vorbereitung zur Bestimmung der bedingten stationären Stellen
•
•
•
•
•
fx0 (x, y) = 8 und fy0 (x, y) = 12
b0x (x, y) = 4 und b0y (x, y) = 6y 2
L0x (x, y, λ) = fx0 (x, y) + λ · b0x (x, y) = 8 + 4 · λ
L0y (x, y, λ) = fy0 (x, y) + λ · b0y (x, y) = 12 + 6 · λ · y 2
L0λ (x, y, λ) = b(x, y) = 4 · x + 2 · y 3 − 10
• Bestimmung der stationären Punkte:

 0



λ
=
8+4·λ
= 0 
 Lx (x, y, λ) = 0 


2
0
2
12 + 6 · (−2) · y =
L (x, y, λ) = 0
12 + 6 · λ · y
= 0
⇔
⇔

 0y



4 · x + 2 · y 3 − 10 = 0
Lλ (x, y, λ) = 0
x
=

 λ =
y2 =
⇔

x =
−2
1
10−2·y 3
4



 λ =
y =
⇔


x =
−2
−1
10−2·y 3
4
oder y = 1
−2
0


10−2·y 3
4




Also sind die stationären Punkte: P 1 = (2, 1), P 2 = (3, −1) mit λ = −2
• Zur Berechnung der Werte von D(x0 , y0 , λ0 ) für jeden stationären Punkt (x0 , y0 ) mit zugehörigem
λ0 :
00 (x, y) = f 00 (x, y) = f 00 (x, y) = 0
• fxx
yy
xy
• b00yy (x, y) = 12 · y
• b00xy (x, y) = b00yx (x, y) = b00xx (x, y) = 0.
• Berechnung der Werte von (x0 , y0 , λ0 ) für jeden stationären Punkt (x0 , y0 ) mit zugehörigem λ0
• D0 (2, 1, −2) = 0 − 2 · 0 + (0 − 24) · 42 = −24 · 16 < 0 ⇒ (2, 1) ist eine lokale Maximalstelle
von f unter der Nebenbedingung 4 · x + 2 · y 3 = 10 mit Funktionswert f (2, 1) = 28.
• D0 (3, −1, −2) = 0 − 2 · 0 + (0 + 24) · 42 = 24 · 16 > 0 ⇒ (3, −1) ist eine lokale Minimalstelle
von f unter der Nebenbedingung 4 · x + 2 · y 3 = 10 mit Funktionswert f (3, −1) = 12.
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