1. Die zu berechnende Boje hat in etwa die folgende Gestalt: r 2

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1 Lösungen fü die Püfung zu Einfühung in das mathematische Abeiten ( ) 1. Die zu beechnende Boje hat in etwa die folgende Gestalt: h Zunächst bestimmen wi die Obefläche diese Boje. Sie ist zusammengesetzt aus de Mantelfläche eines Zylindes A Z = πh, de Obefläche eine Kugel (zwei Halbkugeln) A K = 4π ( ) = π, und den beiden Keisingen, die von den Deckflächen des Zylindes übe die Basiskeise de Halbkugeln hinausstehen A R = π( ( ) ) = 3 π, insgesamt ist also O = A Z + A K + A R = πh + 5 π = π(h + 5 ). Die nächste Aufgabe besteht dain, das Volumen zu bestimmen. Wiede setzt sich das Gesamtvolumen aus meheen Teilen zusammen, dem Volumen eines Zylindes V Z = π h und dem Volumen eine Kugel (wiede zwei Halbkugeln) was insgesamt egibt. V K = 4π( ) 3 3 = 1 6 π3, V = V Z + V K = π h π3 = π (h ) Fü die Nebenbedingung dücken wi uns h duch V, das ja fix vogegeben sei, und aus h = V 1 6 π3 π. (1) 1

2 Nachdem h positiv sein muss, gibt das die obee Genze fü : Außedem wissen wi > 0. h > 0 = < 3 6V π. Jetzt wollen wi das Optimieungspoblem lösen. Die Hauptbedingung ist min O(, h) = π(h + 5) ( ) V min O() = π π = V + 13π 6. Wi setzen die este Ableitung Null und ehalten 0 = O () = V + 13π 6 V = 13π 6 3 = 3 6V 13π. Die Lösung fü befindet sich innehalb de zulässigen Genzen, und ist ein lokales Minimum, da O () > 0 gilt. Aus de Gleichung (1) fü h ehalten wi h = und fü die Obefläche egibt sich 13π π3 π =, O = π( π ) =. Legt man eine Boje ins Wasse, dann ist de Auftieb F A gleich dem Gewicht des vedängten Wasses. Wasse hat eine Dichte von 1000 kg m 3, und die Boje schwimmt, wenn sich Gewicht F G de Boje und Auftieb die Waage halten, also falls F G = F A Mg = gv E 1000 kg m 3 gilt, wobei V E das Volumen unte de Wasseobefläche bezeichnet und M die Masse de Boje epäsentiet. Die Edbeschleunigung g fällt in de Gleichung weg, deen Wet ist also uneheblich. Nachdem die Boje zu Hälfte unte Wasse sein soll, ist V E = 1 V. Es gelten M = kg m O, V = O 3.

3 Dahe können wi den Radius beechnen 0 = F A g 1 M = 1000 V, kg m kg m O = (1000 O O m)kg m 6 = m = m = 3.49 cm, 1000 und die Höhe ist h = cm. Man vebaucht m Blech.. (a) Um zu übepüfen, ob K ein Unteköpe von R ist, müssen wi zunächst die Abgeschlossenheit de Opeationen + und nachweisen: Abgeschlossenheit von +: Es gilt (a 1 + b 1 5) + (a + b 5) = (a1 + a ) + (b 1 + b ) 5, und weil die Summe zweie ganze Zahlen wiede ganz ist, liegt die Summe zweie Elemente von K wiede in K. Abgeschlossenheit von : Wi haben (a 1 + b 1 5) (a + b 5) = a1 a + a 1 b 5 + a b b1 b = = (a 1 a + 5b 1 b ) + (a 1 b + a b 1 ) 5. Summe und Podukt ganze Zahlen sind ganz, also hat das Podukt zweie Elemente aus K dieselbe Fom wie alle Elemente von K und liegt dahe auch in de Menge. Dahe ist auf K abgeschlossen. Invese bzgl. +: Sei k = a + b 5 K. Dann ist das Invese bzgl. + in R gegeben duch k = a + ( b) 5. Offenba ist dieses Element wiede in K. Dahe sind additiv Invese enthalten. Invese bzgl. : Gehen wi wiede aus von k = a + b 5 K und sei k 0. Wi finden das Invese von k in R duch k 1 = 1 a + b 5 = a b 5 (a + b 5)(a b 5) = a a 5b + Dieses Element ist im allgemeinen nicht in K, da die Ausdücke a a 5b und b a 5b b a 5b 5. üblicheweise keine ganzen Zahlen sind. Dahe existieen in K nicht zu jedem Element multiplikative Invese. K ist dahe kein Unteköpe von R. Abe K ist Unteing von R, und dahe soga ein Integitätsbeeich. 3

4 (b) Wi beginnen jeden Induktionsbeweis mit dem Induktionsanfang (hie fü n = 0): 0 (k 1)(k + 1) = (0 1)(0 + 1) = 1 = 1 (0 + 1)(0 + )( 0 3). 6 k=0 Diese ist also ichtig. Dann scheiben wi die Induktionsvoaussetzung auf. Fü alle j n gelte j (k 1)(k + 1) = 1 (j + 1)(j + )(j 3). 6 k=0 Nun fomulieen wi die Induktionsbehauptung (die Behauptung, die wi im Induktionsschitt beweisen möchten): Zu zeigen ist n+1 (k 1)(k + 1) = 1 (n + )(n + 3)(n 1). 6 k=0 Zuletzt beweisen wi unsee Behauptung: n+1 (k 1)(k + 1) = k=0 = 1 6 was zu beweisen wa. n (k 1)(k + 1) + n(n + ) = (Induktionsvoaussetzung) k=0 (n + 1)(n + )(n 3) + n(n + ) = = 1 6 (n + )( (n + 1)(n 3) + 6n ) = = 1 3 (n + )( n + 5n 3 ) = = 1 (n + )(n + 3)(n 1), 3 3. (a) Betachten wi das gegebene lineae Gleichungssystem (3 + 4i)x + ( i)y = 1 + 8i (1 i)x + (3 + 3i)y = 8 + 9i. Wi multiplizieen die este Zeile mit 3i und die zweite mit. Das egibt (1 9i)x (6 + 6i)y = 4 3i ( 4i)x + (6 + 6i)y = i. Dann addieen wi die beiden Gleichungen und ehalten (14 13i)x = i, 4

5 somit gilt x = i 14 13i = ( i)( i) (14 13i)( i) Um y zu bestimmen setzen wi ein: y = Die vie Ausdücke egeben: ( Punkte) 1 + 8i (3 + 4i)(1 + i) i = i = 1 + i. = 6 i i = 3 i 1 i = + i. xy = (1 + i)( + i) = i( i)( + i) = 5i x = x = 5 y y 5 = 1 xy = (1 i)( + i) = 4 3i x y = (xy) = (5i) = 5. (b) Zunächst wollen wi feststellen, wie viele Lampen de Make B gekauft weden müssen. Übepüfen wi, wie wahscheinlich es ist, dass bei 31 gekauften Lampen alle funktionieen: P = = Das ist zu wenig. Dahe müssen wi wenigstens eine Lampe meh kaufen. Testen wi nun, wie hoch die Wahscheinlichkeit ist, dass von 3 gekauften Lampen wenigstens 31 funktionieen: ( ) 3 P = = > 0.995, also müssten wi 3 Lampen de Make B kaufen. Die Make A wid in Packungen zu dei Stück vekauft. Die Ausfallswahscheinlichkeit ist hoch, und dahe weden wi vesuchen, mit eine Extapackung, also 1 Packungen auszukommen. Damit kaufen wi 36 Lampen, und die Wahscheinlichkeit, dass wenigstens 31 davon funktionieen, ist die Summe de Wahscheinlichkeiten, dass keine, eine, zwei, usw. bis fünf Lampen defekt sind: P = 5 d=0 ( 36 d ) d 0.05 d = = , es eicht also eine Extapackung nicht aus (knapp abe doch). Vesuchen wi es mit eine weiteen Packung, also mit dem Kauf von 39 Lampen: 8 ( ) 39 P = d 0.05 d d d=0 = = , 5

6 das ist meh als genug. (1 1 Punkte) De Peisvegleich egibt 35 fü die 13 Pakete de Make A und 30 fü die 3 Lampen de Make B, es wäe also günstige das Podukt de Make B zu besogen. ( 1 Punkt) Wem die dagestellten Zahlen übetieben escheinen, de sei vesichet, dass es tatsächlich Hestelle gibt, bei denen 5% de Lampen Ausschuss sind. Das gesteckte Ziel von 99.5% Sicheheit ist auch seh hoch angesetzt. Gibt man sich mit 77% 99% zufieden, dann muss man nu 1 Packungen de Make A und 31 Lampen de Make B besogen, und de Peisvegleich sieht mit 300 zu 310 besse fü A aus. 4. (a) Zunächst wollen wi die Gleichung de Ellipse bestimmen: De Flächeninhalt de Ellipse ist abπ, also folgt die este Gleichung ab = 50. Die Tangente beüht die Ellipse. Dahe vewenden wi die Beühbedingung k a + b = d fü eine Geade de Fom y = kx + d. Tansfomieen wi t ell auf diese Gestalt: Das füht zu zweiten Gleichung t ell : y = 3 x a + b = a + 9b = 65. Die Gültigkeit de Beühbedingung kann man folgendemaßen heleiten: Seien die Ellipse x ell : a + y b = 1 und die Geade g : y = kx + d gegeben. Wollen wi die beiden schneiden, dann müssen wi g in ell einsetzen. Es folgt ( 1 a + k b ( b x ) a x + kd a + k x a + y b = 1 (kx + d) + = 1 ( b ) d b x + b 1 = 0, ) x + kdx + d b = 0, 6

7 eine quadatische Gleichung fü x. Wi lösen sie und ehalten x 1, = kd ± 4k d 4( b + k a )(d b ) ( b + k a ) = kd ± b 4 b d + k a a b b + k a = kd ± b b d a + k a. b + k a Damit die g die Ellipse beüht und nicht in zwei Punkten schneidet müssen x 1 und x zusammenfallen, die Wuzel muss also veschwinden, und das egibt die Bedingung k a + b = d. Weites können wi aus de Gleichung noch die Koodinaten des Beühungspunktes bestimmen: x = kd b a + k = kda b + a k = kda d = k d a y = kx + d = k k d a + d = a k + d d = a k + d d = b d. Vewenden wi nun die beiden Gleichungen, dann ehalten wi, indem wi a b = 500 in die zweiten Gleichung einsetzen und mit a multiplizieen, eine biquadatische Gleichung Deen Lösungen sind Daaus folgen die Wete fü b 4a 4 65a = 0. a 1, = 100, 5 4, a 1, = 10, 15. b 1, = 5,

8 Die Gleichungen de beiden Lösungen sind also ell I : ell II : x y 5 = 1 4x 5 + 9y 400 = 1. Jetzt wollen wi die Hypebelgleichungen suchen. Wenn sich Hypebeln und Ellipsen othogonal schneiden, sind sie konfokal, d.h. sie haben gemeinsame Bennpunkte. Die lineaen Exzentizitäten de Ellipsen sind nach Beechnung gemäß de Fomel e = a b gegeben duch e I = 75 e II = Diese Exzentizitäten müssen also auch die Hypebeln aufweisen, und fü Hypebeln ist die Fomel e = a + b. Wi haben also fü jede de beiden Lösungen eine Gleichung: a I + b I = 75 a II + b II = Dann muss noch de Beühpunkt de Tangente auf de Hypebel liegen, also müssen wi die Beühpunkte bestimmen: x I = = 8 y I = = 3 x II = = 9 y II = = Setzen wi diese in die Hypebelgleichung hyp : x a y b = 1 ein, dann egibt sich je eine zweite Gleichung fü die a und b: 64 9 = 1 a I b I = 1. 9b II 4a II 8

9 Jetzt dücken wi uns aus den Exzentizitätsgleichungen b aus und setzen ein. Das egibt wiede biquadatische Gleichungen Die Lösungen sind jeweils a 4 I 148a I = 0 a 4 II a II = 0. (a I) 1, = 100, 48 (a II) 1, = 05 36, Nun vewenden wi eneut die lineaen Exzentizitäten, um die zugehöigen b zu bestimmen: (b I) 1, = 5, 7 (b II) 1, = 400 9, Nu die jeweils positiven Lösungen kommen in Betacht. Ein altenative Weg fü die Bestimmung von a und b ist die Vewendung de Tangenten. Wi wissen, dass die Hypebel die Ellipse echtwinkelig schneidet, also hat die Hypebel im Beühpunkt eine auf t ell othogonal stehende Tangente. Diese Tangente hat die Gleichung t hyp : y = 3 x + d, wobei d duch den Beühpunkt bestimmt wid: t hypi : y = 3x 9 t hypii : y = 3x 17. () 1 Die Tangentengleichung an eine Hypebel im Beühungspunkt ist und dahe wissen wi t hyp : t hypi : t hypii : x p a x y p b y = 1, 8 x 3 y = 1 a I b I 9 x 16 y = 1. a II 3b II Diese Tangentengleichungen müssen mit denen oben übeeinstimmen, und dahe fomen wi die Gleichungen () um: t hypi : t hypii :

10 Koeffizientenvegleich egibt woaus 8 a I 9 3 b I a II 16 3b II = 1 6 = 1 9 = = 1 17, a I = 48, b I = 7 a II = 17 4, b II = 68 9 folgt. ( Punkte) Zu gute letzt finden wi also die Hypebelgleichungen hyp 1 : hyp : x 48 y 7 = 1 4x 17 9y 68 = 1. (b) Zunächst hat man die Wahl, ob man die Bohe so sotiet, dass de Duchmesse zunimmt ode so, dass e abnimmt. Schließlich muss man die einzelnen Gößenklassen nebeneinande legen wie vogegeben, und man kann nu innehalb de Guppen vetauschen. Die Anzahl de Möglichkeiten ist also gegeben duch ( Punkte)!4!4!5!!3! =