Aufgabe 1: (4 Punkte) Beweisen Sie mittels vollständiger Induktion

Aufgabe 1: (4 Punkte) Beweisen Sie mittels vollständiger Induktion:
Für alle n ∈ N gilt
n
X
(2k − 1) = n2 .
k=1
Beweis. Induktionsanfang: Für n = 1 steht auf der linken Seite 2 · 1 − 1 = 1. Dies
stimmt mit 12 = 1 auf der rechten Seite überein. Die behauptete Gleichung gilt also
für n = 1.
Induktionsvoraussetzung: Wir nehmen an, die Behauptung sei für n gezeigt, es gelte
P
also nk=1 (2k − 1) = n2 .
n → n + 1: Zu zeigen ist
n+1
X
(2k − 1) = (n + 1)2 .
k=1
Mit der Induktionsvoraussetzung folgt jedoch
n+1
X
k=1
(2k − 1) =
n
X
I.V.
(2k − 1) + (2n + 2 − 1) = n2 + 2n + 1.
k=1
Die rechte Seite stimmt nach der Binomischen Formel mit (n + 1)2 überein.
1
Aufgabe 2: (5 Punkte) Betrachten Sie folgende Konstruktionsvorschrift:
(1) Gegeben sei eine Strecke AS.
(2) Errichte in S das Lot SC mit |SC| = |AS|.
(3) Bestimme den Mittelpunkt D der Strecke AS. Der Kreis um D mit Radius
|DC| schneidet die Verlängerung der Strecke AS über S hinaus im Punkt B.
C
A
D
S
B
Beweisen Sie, dass der Punkt S die Strecke AB im Verhältnis des goldenen Schnittes
teilt. Handelt es sich um ein Verfahren der inneren oder der äußeren Teilung?
Beweis. Nach dem Satz des Pythagoras gilt
5
nach (2) |AS| 2
|DC|2 = |DS|2 + |SC|2 =
+ |AS|2 = |AS|2 ,
2
4
√
5
und somit |DC| = 2 |AS|. Die Länge |SB| der Strecke SB lässt sich nach (3)
zudem ausdrücken durch |SB| = |DC| − |DS| = |DC| − |AS|
. Insgesamt ergibt sich
2
also
√
√
|SB|
|DC| 1
5 1
5 − 1 Prop. 2.2(b) 1
=
− =
− =
=
|AS|
|AS|
2
2
2
2
φ
|AS|
bzw. |SB|
= φ. Nach Satz 2.1 teilt der Punkt S die Strecke AB also im goldenen
Schnitt.
Da die anfangs gegebene Strecke AS durch die Konstruktion zum größeren Teil der
im goldenen Schnitt geteilten Strecke AB wird, handelt sich um ein Verfahren der
äußeren Teilung.
Aufgabe 3: (6 Punkte) Gegeben sei die 2π-periodische Funktion f , die auf [−π, π]
durch
(
−x für − π ≤ x < 0
f (x) = |x| =
x
für 0 ≤ x ≤ π
definiert sei. Berechnen Sie die Fourier-Koeffizienten von f .
Lösung: Die Fourier-Koeffizienten von f sind gegeben durch
Z
Z π
2 T
T =2π 1
ak =
f (x) cos(kωx) dx =
f (x) cos(kx) dx für k ≥ 0,
T 0
π −π
Z
Z π
2 T
T =2π 1
bk =
f (x) sin(kωx) dx =
f (x) sin(kx) dx für k ≥ 1,
T 0
π −π
wobei der Integrationsbereich gemäß Bemerkung 3.5 angepasst wurde. Da die Funktion f eine gerade Funktion (f (−x) = f (x)) ist, gilt nach Proposition 3.10 bk = 0
für alle k ∈ N. Man rechnet
Z 0
Z π
Z
1
1 π
x dx
|x| dx =
−x dx +
a0 =
π −π
π −π
0
1 1 2 0
1 2 π 1 2
1 2
=
− x −π + x 0 =
π +
π =π
π
2
2
2π
2π
und für k ∈ N
Z
Z π
1 π
Sym. 2
ak
=
|x| cos(kx) dx =
x cos(kx) dx
π −π
π 0
Z
π 1 π
part. Int. 2 x
sin(kx) dx
=
sin(kx)0 −
π k
k 0
Z π
π
2
2
sin(kx) dx = 2 cos(kx)0
=
−
kπ 0
k π
2
2
(cos(kπ) − 1) = 2 ((−1)k − 1).
=
2
k π
k π
Für gerade k gilt also ak = 0, für ungerade k erhält man hingegen ak = − k24π .
Aufgabe 4: (4 Punkte) In einer Region gebe es das folgende Straßennetz:
D
B
A
E
C
F
G
J
H
a) Ein Mitarbeiter des Straßendienstes soll alle Straßen in diesem Gebiet auf mögliche Mängel kontrollieren. Er will alle Straßen nur einmal abfahren und zum Schluss
wieder zu seinem Betriebshof in A zurückkehren.
(i) Ist das möglich? Falls ja, geben Sie eine mögliche Tour an.
(ii) Ist das möglich, wenn die Straße zwischen G und H wegen einer Überschwemmung gesperrt ist?
b) Ein Handelsreisender möchte in derselben Gegend beginnend bei seiner Niederlassung in D Kunden in allen anderen Orten besuchen und anschließend wieder zu
seiner Niederlassung zurückkehren. Aus Zeitgründen möchte er jeden Ort außer D
nur einmal besuchen. Ist das möglich?
Bitte begründen Sie Ihre Aussagen!
Lösung: zu a)(i): Gefragt ist, ob der Graph eulersch ist. Offensichtlich ist der angegebene Graph zusammenhängend. Nach Satz 4.4 ist der Graph genau dann eulersch, wenn alle Knoten geraden Grad haben. Dies ist der Fall, so dass es tatsächlich eine geschlossene Euler-Tour gibt. Der Mitarbeiter könnte z.B. den Kantenzug
A − D − E − J − H − G − D − H − E − G − C − B − F − C − A wählen.
zu a)(ii): Ist die Straße zwischen G und H nicht befahrbar, so gilt dG (G) = dG (H) =
3. Eine geschlossene Euler-Tour von A nach A ist nach Satz 4.4 also nicht mehr möglich. Stattdessen gäbe es gemäß Korollar 4.5 aber eine offene Euler-Tour von G nach
H (oder umgekehrt).
zu b): Gefragt ist jetzt, ob der Graph hamiltonsch ist. Nach Satz 4.10 ist dies jedoch
nicht der Fall, da der Graph nach Löschen des Knotens C samt aller darin endender Kanten in zwei Zusammenhangskomponenten zerfällt. Ein hamiltonscher Graph
müsste jedoch auch nach Löschen eines Knotens zusammenhängend bleiben. Eine
wie vom Handlungsreisenden gewünschte Rundreise ist also nicht möglich.
Aufgabe 5: (5 Punkte) Wir betrachten einen Markt mit zwei Aktiva. Der erste
Aktiv sei eine festverzinsliche Kapitalanlage, der zweite eine Aktie. Zum Zeitpunkt
0 habe die festverzinsliche Anlage den Wert q1 = 1 und die Aktie den Wert q2 = 5.
Nach einer Handelsperiode (Zeitpunkt 1) habe die festverzinsliche Anlage den Wert
1,1, was einer Verzinsung von 10% entspricht. Der Wert der Aktie ist entweder auf
7 gestiegen oder auf 4 gefallen, es gilt also
1, 1 1, 1
D=
.
7
4
a) Untersuchen Sie, ob der Markt arbitragefrei ist.
b) Bestimmen Sie den Wert einer Call-Option auf den zweiten Aktiv mit Basispreis
K = 6.
Lösung: zu a): Nach den Sätzen 5.1 und 5.3 ist ein Markt genau dann arbitragefrei,
wenn es einen Vektor ψ = (ψ1 , ψ2 )> gibt, der das Gleichungssystem Dψ = q löst. Es
gilt
1, 1 1, 1
ψ1
1
=
7
4
ψ2
5
⇔ 1, 1 · (ψ1 + ψ2 ) = 1
∧ 7ψ1 + 4ψ2 = 5.
Die erste Gleichung ist äquivalent zu
10
.
11
Multiplizieren wir diese mit (−4) und addieren sie zur zweiten Gleichung, so erhalten
5
wir 3ψ1 = 15
bzw. ψ1 = 11
. Einsetzen in die erste Gleichung liefert schließlich
11
5
ψ2 = 11 .
Alternativ kann man das Modell auch als Binomialmodell mit u = 75 und d = 45
auffassen. Wegen 54 < 1, 1 = 1 + r < 75 ist der Markt nach Kapitel 5.3 der Vorlesung
arbitragefrei. Der Vektor ψ ist gegeben durch
ψ1 + ψ2 =
ψ1 =
1 (1 + r) − d
1
= 11
1+r u−d
10
11
− 45
10
7
− 45
5
=
3
10 10
10 1
5
=
3 =
11 5
11 2
11
und
11
3
10 75 − 10
10 10
5
1 u − (1 + r)
=
=
.
3
3 =
1+r u−d
11 5
11 5
11
zu b): Das Auszahlungsprofil c besitzt die Komponenten
ψ2 =
c1 = (S1 − K)+ = (7 − 6)+ = 1 und c2 = (S2 − K)+ = (4 − 6)+ = 0.
Nach Proposition 5.4 kann der Preis c0 der Option durch c0 = cψ berechnet werden.
Wir erhalten also
5
5
c0 = c1 ψ1 + c2 ψ2 = (1 + 0) = .
11
11

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