Klausur Mathematik 2 - uni-due.de · 2012. 2. 8. · WendepunktanderStellex= 2 mitdemWertf(2) = 1+2...
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Mathematik für Ökonomen – WS 11/12 – Campus DuisburgPD Dr. V. Krätschmer, Fakultät für Mathematik
Klausur Mathematik 207.02.2012, 16:00-18:00 Uhr (120 Minuten)
• Erlaubte Hilfsmittel: Nur reine Schreib- und Zeichengeräte.Der Einsatz anderer Hilfsmittel – so z.B. schriftliche Unterlagen, elektronische Geräte wieHandy oder Rechner jeder Art – wird ohne genauere Prüfung der tatsächlichen Verwendung alsTäuschungsversuch gewertet.
• Die Klausur muß geheftet bleiben.
• Bei Klausurunterbrechung müssen die Klausur und ein Ausweis bei der Aufsicht hinterlegtwerden. Eine (gehäufte) vorzeitige Abgabe stört. In den letzten 30 Minuten ist daher keinevorzeitige Abgabe möglich.
• Während der Klausur können keine Fragen zu den Aufgaben gestellt werden, die Aufgaben-stellung 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!
Matrikelnummer
Name
Vorname
Geburtsdatum
Unterschrift
Ich habe obige Punkte gelesen.
Meine Personendaten habe ich korrekt angegeben:
BITTE BEACHTENDie nachfolgend bei den Aufgaben genannten Ergebnisse sind keine Musterlösungen, sondern (aller-dings teils ausführliche) Ergebniskontrollen für die Klausurteilnehmer - als „Nach-der-Klausur-Service“.
Einige Aufgaben lassen sich auf verschiedenen Wegen lösen und sofern keine besondere Methode ver-langt wurde, ist jeder nachvollziehbare Rechenweg auch in Ordnung.
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Aufgabe 1 Bei weiterem Platzbedarf: Anhang verwenden und dann bitte darauf hinweisen
[2] Geben Sie an, die beiden Grenzwerte
limx→0+
1
x2=?, lim
x→∞
1
x2=?
und untermauern Sie ihre Ergebnisse, mit einer Skizze des Funktionsverlaufs.
Ergebniskontrolle:
limx→0+
1
x2=∞, lim
x→∞
1
x2= 0
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Aufgabe 2 Bei weiterem Platzbedarf: Anhang verwenden und dann bitte darauf hinweisen
[6] Gegeben f(x) = 1 + x · e3−x mit D(f) = [0, 6]. Beachte: 1. Ableitung ist gegeben!f hat die Ableitung f ′(x) = (1 − x) · e3−x, die lokale Maximalstelle x = 1 mit dem Wertf(1) = 1 + e2 ≈ 8.39. Hilfswert: e1 ≈ 2.72
(a) Untersuchen Sie auf Basis dieser Informationen das Krümmungsverhalten von f (kon-vex/konkav mit Wendepunkt) und skizzieren Sie f .[Bitte keine detaillierte Wertetabelle anlegen; folgende Hilfswerte sind bereits eingetragen:f(0) = 1, f(1) ≈ 8.39, f(3) = 4, f(4) ≈ 2.47, f(5) ≈ 1.68, f(6) ≈ 1.3]
Ergebniskontrollef ′′(x) = (x− 2) · e3−x.Also f ′′(x) ≤ 0 für x ∈ [0, 2], d.h. f kokav über [0, 2],und f ′′(x) ≥ 0 für x ∈ [2, 6], d.h. f konvex über [2, 6].Wendepunkt an der Stelle x = 2 mit dem Wert f(2) = 1 + 2 · e1 ≈ 6.44.
(b) Bestimmen Sie die Elastizitätsfunktion Ef (x) der obigen Funktion f und damit an derBasisstelle x0 = 3 die (ungefähre) relative Änderung des Funktionswertes f(x) gegenüberf(3) bei einer relativen Erhöhung von x gegenüber x0 = 3 um 4%.
Ergebniskontrolle
Ef (x) = x · f′(x)f(x) = x · (1−x)·e
3−x
1+x·e3−x . Für x0 = 3 ist dff ≈ E
f (3) · 4%.
Mit f(3) = 4 [siehe auch (a)] und f ′(3) = −2 ist Ef (3) = −64 , also
dff ≈ −
64 · 4% = −6%
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Aufgabe 3 Bei weiterem Platzbedarf: Anhang verwenden und dann bitte darauf hinweisen
[2] (a) Bestimmen Sie den Grenzwert: limx→∞
x2+lnx+(x−3)2ex mit der L’Hopital-Regel (andere Lösungswege
werden nicht bewertet).
[5] (b) Die folgende Funktion f ist aus stetigen Stücken zusammengesetzt.Legen Sie den Wert der Zahl α rechnerisch so fest, dass die Funktion an der „Nahtstelle“ x0 = 2stetig wird:
f(x) =
x2−(4−x)2
2x−4 für 0 < x < 2
α für x = 2x2
3x−5 für 2 < x ≤ 7
Ergebniskontrolle:
(a)
limx→∞
x2+lnx+(x−3)2ex
LHR∞∞= limx→∞
2x+ 1x+2(x−3)ex
LHR∞∞= limx→∞
2− 1x2
+2
ex = 0
(b)
LGW in x0 = 2 : limx→2−
x2−(4−x)22x−4
LHR 00= limx→2−
2x−2(4−x)(−1)2 = 2x+8−2x
2 = 4
RGW in x0 = 2 : limx→2+
x2
3x−5 = 41 = 4
f ist stetig in x0 = 2 ⇔ LGW = RGW = FW in x0, d.h. 4 = LGW = RGW = FW = α.
Also f ist stetig in x0 mit α = 4.
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Aufgabe 4 Bei weiterem Platzbedarf: Anhang verwenden und dann bitte darauf hinweisen
[4] Folgende Bestimmungsgleichung ist für x zu lösen:
x4 + x3!= 3.4
Beginnen Sie die Berechnung des Wertes von x mit Hilfe des Newton-Verfahrens, d.h. gefragtsind: Der allgemeine Ansatz und, beim Startwert x0 = 1 , eine Rechnung (erste Iteration) undder Ansatz für die zweite Iteration (einsetzen, nicht ausrechnen).
Ergebniskontrolle
f(x) = x4 + x3 − 3.4!= 0; f ′(x) = 4x3 + 3x2
xn+1 = xn − (f(xn)/f′(xn)); Startwert x0 = 1;
• Erste Iteration: x1 = x0 − (f(x0)/f′(x0)) = 1− (f(1)/f ′(1)) = 1− (−1.4/7) = 1− (−0.2) = 1.2
• Zweite Iteration: x2 = x1 − f(x1)f ′(x1)
= 1.2− f(1.2)f ′(1.2) = [1.2− (1.2)4+(1.2)3−3.4
4·(1.2)3+3·(1.2)2 ≈ 1.18988604]
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Aufgabe 5 Bei weiterem Platzbedarf: Anhang verwenden und dann bitte darauf hinweisen
[4] Berechnen Sie das Integral∫ 164 f(t) dt, wobei f(t) =
4 · t für 4 ≤ t < 9
et/7 für t = 9
t−1/2 für 9 < t ≤ 16
Ergebniskontrolle
∫ 164 f(t)dt =
∫ 94 4t dt+
∫ 169 t−1/2dt = [2t2]94 + [2 · t1/2]169 = 162− 32 + 8− 6 = 132
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Aufgabe 6 Bei weiterem Platzbedarf: Anhang verwenden und dann bitte darauf hinweisen
[4] Für 0 ≤ x sei F (x) := F (0) +∫ x0 (2t) · e
−t dt, wobei F (0) fix vorgegeben ist, hier als F (0) = 0.
Berechnen Sie den Wert F (x) mittels partieller Integration.
Ergebniskontrolle
Mit f(t) = 2t, g(t) = −e−t ist f ′(t) = 2 und g′(t) = e−t.
F (x) =
x∫0
(2t) · e−tdt = [(2t) · (−e−t)]x0 −x∫
0
2 · (−e−t)dt = [−2te−t]x0 − [2e−t]x0
= −2xe−x − 2e−x + 2 = −2e−x(x+ 1) + 2
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Aufgabe 7 Bei weiterem Platzbedarf: Anhang verwenden und dann bitte darauf hinweisen
[4] Bestimmen Sie die quadratische Approximation (Taylorpolynom vom Grad n = 2) der Funktionf(x) = (x − 2)−3 an der Entwicklungsstelle x0 = 3 und damit eine Näherung für den Wertf(3.01) = (1.01)−3
Ergebniskontrolle
f(3) = 1; f ′(x) = −3 · (x− 2)−4; f ′(3) = −3; f ′′(x) = 12 · (x− 2)−5; f ′′(3) = 12;
T f2 (x;x0) := f(x0)+
f ′(x0)1! · (x−x0)
1+ f ′′(x0)2! · (x−x0)
2 = 1+(−3) · (x−3)1+ 122 · (x−3)2 mit [x0 = 3].
Damit ist f(3.01) ≈ T f2 (3.01, 3) = 1− 0.03 + 0.0006 = 0.9706.
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Aufgabe 8 Bei weiterem Platzbedarf: Anhang verwenden und dann bitte darauf hinweisen
[5] Berechnen Sie für die Funkion f(x, y) = (x− y) · lnx (x > 0, y > 0)die partiellen Ableitungen f ′x, f ′y, sowie f ′′xx, f ′′yy und f ′′xy (oder f ′′yx).
Ergebniskontrolle
f ′x(x, y) = 1 · lnx+ (x− y) · 1x = lnx+ (x− y) · x−1 = lnx+ 1− yx−1
f ′′xx(x, y) =1x + yx−2
f ′y(x, y) = − lnx
f ′′yy(x, y) = 0
f ′′xy(x, y) = f ′yx(x, y) = − 1x
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Aufgabe 9 Bei weiterem Platzbedarf: Anhang verwenden und dann bitte darauf hinweisen
[5] Gegeben sind die Funktion f(x, y) = (x+ y) · ex−1und die Basistelle (x0, y0) mit x0 = 2 und y0 = 1.
(a) Bestimmen Sie die partiellen Elastizitäten Efx und Efy an der obigen Basisstelle.
(b) Geben Sie eine Abschätzung für die relative Veränderung der Funktion f an der obigenBasisstelle, wenn sich dort die x-Variable um +3% und die y-Variable um −6% verändert.
Ergebniskontrolle
(a) Efx (x0, y0) = x0 · f′x(x0,y0)f(x0,y0)
und Efy (x0, y0) = y0 ·f ′y(x0,y0)
f(x0,y0)
mit f ′x(x, y) = 1 · ex−1 + (x+ y) · ex−1 = (x+ y + 1) · ex−1 und f ′y(x, y) = ex−1.An der Basisstelle (2,1) ist f(2, 1) = 3e, f ′x(2, 1) = 4e, f ′y(2, 1) = e. Also Efx (2, 1) = 2 · 4e3e = 8
3
und Efy (2, 1) = 1 · e3e = 1
3 .
(b) dff ≈ E
fx (x0, y0) · dxx0
+ Efy (x0, y0) · dyy0 = 83 · 3% + 1
3 · (−6%) = 8%− 2% = 6%
d.h. die relative Veränderung von f(2, 1) = 3e zu f(2.06, 0.94) ist ca. 6%.
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Aufgabe 10 Bei weiterem Platzbedarf: Anhang verwenden und dann bitte darauf hinweisen
[9] Untersuchen Sie die Funktion
f(x, y) = (x2 + 5y2) · e−x2−y2 (x ∈ R, y ∈ R)
auf (lokale) Extremwerte und Sattelpunkte.(Ggf. angeben: Extremalstellen, Sattelstellen und die zugehörigen Funktionswerte)
Die zweiten partiellen Ableitungen sind hierbei gegeben:f ′′xx(x, y) = (2− 10x2 − 10y2 + 4x4 + 20x2y2) · e−x2−y2
f ′′yy(x, y) = (10− 2x2 − 50y2 + 4x2y2 − 20y4) · e−x2−y2
f ′′xy(x, y) = f ′′yx(x, y) = (−24xy + 4x3y + 20xy3) · e−x2−y2
HINWEIS: Es gibt 5 stationäre Punkte (x,y), also bitte keinen übersehen!
Ergebniskontrolle
f ′x(x, y) = 2x · e−x2−y2 + (x2 + 5y2)(−2x) · e−x2−y2 = (2x− 2x3 − 10y2x) · e−x2−y2
f ′y(x, y) = 10y · e−x2−y2 + (x2 + 5y2)(−2y) · e−x2−y2 = (10y − 2x2y − 10y3) · e−x2−y2
Bestimmung der stationären Punkte:{f ′x = 0f ′y = 0
}⇔{
2x− 2x3 − 10y2x = 010y − 2x2y − 10y3 = 0
}⇔{
x · (2− 2x2 − 10y2) = 0y · (10− 2x2 − 10y2) = 0
}⇔
{x = 0 oder 2− 2x2 − 10y2 = 0y = 0 oder 10− 2x2 − 10y2 = 0
}Also sind die stationären Punkte: P1 = (0, 0), P2 = (0, 1), P3 = (0,−1), P4 = (1, 0), P5 = (−1, 0).Auflösen der 4 möglichen Kombinationen, z.B ergibt x = 0 und 10− 2x2 − 10y2 = 0 die y-Werte ±1.
[Hier die Variante, HD = f ′′xx · f ′′yy − (f ′′xy)2 für jeden stationären Punkt (x0, y0) direkt ausrechnen:]
HD(x0, y0) := f ′′xx(x0, y0) · f ′′yy(x0, y0)− (f ′′xy(x0, y0))2
• HD(0, 0) = 2 · 10− 02 > 0 und f ′′xx > 0 ⇒ (0, 0) Minimalstelle mit Funktionswert f(0, 0) = 0.
• HD(−1, 0) = −4e−1 · 8e−1 − 02 < 0 ⇒ Sattelpunkt(−1, 0) mit Funktionswert f(−1, 0) = e−1.
• HD(1, 0) = −4e−1 · 8e−1 − 02 < 0 ⇒ Sattelpunkt(1, 0) mit Funktionswert f(1, 0) = e−1.
• HD(0, 1) = −8e−1 ·−60e−1 > 0 und f ′′xx < 0⇒ Maximalstelle mit Funktionswert f(0, 1) = 5e−1.
• HD(0,−1) = −8e−1 · −60e−1 > 0 und f ′′xx < 0 ⇒ Maximalstelle mit F-wert f(0,−1) = 5e−1.
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