Probeklausur Mathematik für Ingenieure C3

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Jakob Meyer
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1 Deprtment Mthemtik Dr. rer. nt. Lrs Schewe Mthis Sirvent Wintersemester 013/014 Probeklusur Mthemtik für Ingenieure C3 Anmerkungen zur Klusur: Die Arbeitszeit wird 90 Minuten betrgen. Sie können sämtliche schriftliche Unterlgen mitnehmen, nsonsten sind keinerlei technische Hilfsmittel erlubt. Der mögliche Notenbonus us den Übungen kommt nur dnn zum Trgen, flls die Klusur m mit mindestens 4.0 bestnden wird. Aufgbe 1 Betrchten Sie für t [ 6, 6] die Funktion f : R 3 R mit f(x, y, z) = 5x + txy + y + z (x, y, z) R 3. () Untersuchen Sie f uf lokle Miniml- und Mximlstellen. Hinweis: Es existiert mindestens eine Extremstelle. (b) Lssen sich uch globle Aussgen treffen? Begründen Sie ihre Entscheidung. 10x + ty () D f = tx + 4y =! 0 muss z = 0 gelten. Mit der zweiten Zeile ist ußerdem tx = z 4y y = 1 4 tx. Mn setze dies in die erste Zeile ein und erhlte 10x + t( 1 4tx) = 0 x( t ) = 0. Dmit ist klr, dss (x, y, z) = (0, 0, 0) ein kritischer Punkt sein muss. Es bleibt die Frge, ob uch t = 0 sein knn. D ber t = 0 10 = 1 4 t 40 = t t = ± 40 / [ 6, 6] ist (x, y, z) = (0, 0, 0) der einzige kritische Punkt unbhängig von t. 10 t 0 H f(x,y,z) = H f(0,0,0) = t 4 0. Mn berechne ds chrkteristische Polynom durch die 0 0 Regel von Srrus um über die Eigenwerte uf mögliche Mxim oder Minim zu schließen. Dbei

2 erhält mn χ Hf (λ) = (10 λ)(4 λ)( λ) t ( λ)! = 0. Erste offensichtliche Nullstelle ist λ 1 =. Es bleibt folgendes qudrtisches Problem zu lösen (10 λ)(4 λ) t! = 0 λ 14λ + 40 t! = 0. Es ergeben sich die weiteren Nullstellen λ = t und λ 3 = t. D λ > 0 und λ 3 > 0 für lle t [ 6, 6], ist die Mtrix positiv definit. Der kritische Punkt (0, 0, 0) ist ein lokles Minimum. (b) D die positive Definitheit der Mtrix unbhängig vom kritischen Punkt bestimmt wurde, hndelt es sich bei f um eine konvexe Funktion. Die lokle Minimlstelle ist somit ebenso ein globle Minimlstelle. Aufgbe Sei für x [0, π ], t [0, ), f(x, t) = t cos(x). Wir wollen f minimieren und mximieren unter der Nebenbedingung () Wrum existieren Extremlstellen von f uf überhupt? g(x, t) := sin(x) t = 0. N g (0) := {(x, t) [0, π ] [0, ) : g(x, t) = 0} (b) Berechnen Sie f(0, t) für (0, t) N g (0), f( π, t) für ( π, t) N g(0) und f(x, 0) für (x, 0) N g (0). (c) Begründen Sie, dss f(x, t) 0 x N g (0). (d) Geben Sie die Lgrngefunktion L(x, t, λ) n. Berechnen Sie die kritischen Stellen der Lgrngefunktion. Hinweis: Betrchten Sie ds Additionstheorem für den Kosinus: cos(x) = cos (x) sin (x). () N g (0) ist geschlossen in [0, π ] [0, ) denn {0} ist geschlossen und g ist stetig. N g(0) ist beschränkt denn (x, t) N g (0) t 1. Also ist N g (0) [0, π ] [0, ) kompkt und f(n g(0)) ist uch kompkt. (b) x = 0 nd (x, t) N g (0) t = sin(x) = 0 f(x, t) = 0 x = π f(x, t) = 0 t = 0 f(x, t) = 0 (c) Der Kosinus ist positiv uf [0, π]. (d) L(x, t, λ) = t cos(x) + λ(sin(x) t) x = t sin(x) + λ cos(x)! = 0 t = cos(x) λ! = 0 λ = sin(x) t! = 0

3 λ = cos x, t = sin x cos (x) sin (x) = cos(x) = 0 mit x [0, π] x = π, x = π 4, λ = t =. Als kritische Stelle der Lgrngefunktion ergibt sich der Punkt (x, t, λ) = Aufgbe 3 () Bestimmen Sie die llgemeine Lösung der Differentilgleichung y = y sin(x). ( π 4,, ) (b) Welche der gefundenen Lösungen erfüllt die Anfngsbedingung y(0) = 1? y + 3 t y + y + 1 y = 0, t > 0. (1) t i. Zeigen Sie, dss y(t) = 1 t eine Lösung von (1) ist. ii. Schreiben Sie die Differentilgleichung (1) in ein lineres Differentilgleichungssystem 1. Ordnung um und bestimmen Sie eine Lösung dieses Systems. () Die trivile Lösung ist y = 0. Sei dher nun y 0, so ergibt sich y = y sin(x) 1 y y = sin(x) 1 y dy = sin(x)dx ln y = cos(x) + c 1 mit c 1 R. Somit ergibt sich ls Lösung y = ±e c 1 e cos(x). Setzen wir noch c = ±e c 1, so lssen sich die Lösungen schreiben ls y = c e cos(x) mit c R \ {0}. Die konstnte Lösung y = 0 knn mn usdrücken ls y = 0e cos(x). Um für den konkreten Anfngswert y(0) = 1 eine Lösung zu berechnen, ergibt sich 1! = y(0) = c e 1 c = 1 e (b) Somit erfüllt die Lösung y(x) = 1 e ecos(x) die DGL zum Anfngswert y(0) = 1. i. Wir müssen zeigen, dss y(t) = 1 t eine Lösung von (1) ist. Dzu bestimmen wir die Ableitungen y (t) = 1, y (t) =, y (t) = 6 und setzen entsprechend in die Differentilgleichung ein t t 3 t 4 y + 3 t y + y + 1 t y = 6 t t t 3 1 t + 1 t 1 t = 0. 3

4 ii. Wir setzen x(t) = y(t) y (t) y (t) = x 1 (t) x (t) x 3 (t) Dmit ergibt sich ls Differentilgleichungssystem y (t) x (t) ẋ(t) = y (t) = x 3 (t) y (t) t x 3(t) x (t) 1 t x 1(t) = x(t) = A(t)x(t). 1 t 1 3 t. D wir bereits eine Lösung von (1) nämlich y(t) = 1 t kennen, ist x(t) = (y(t), y (t), y (t)) T = ( 1 t, 1 t, t 3 ) T eine Lösung von A(t)x(t). Aufgbe 4 () Wie viele Elemente ht die Multipliktive Gruppe Z 370? (b) Betrchten Sie die multipliktive Gruppe Z 15? i. Bestimmen Sie lle Elemente von Z 15? ii. Ist Z 15 zyklisch? (c) Entscheiden Sie bei den folgenden Abbildungen, ob es sich um einen Gruppenhomomorphismus/Gruppenisomorphismus hndelt? i. ϕ 1 : (R, +) (R, +), x x ii. ϕ : (Z, +) (Z, +), x 4x (d) Betrchte G := {x R : x > 1} und definiere b := b b + für lle, b G. Zeige i. G ist bgeschlossen unter. ii. G ist mit dieser Verknüpfung eine belsche Gruppe () Z 370 ht ϕ(370) Elemente. Dbei ist ϕ(370) = ϕ( 5 37) = ϕ() ϕ(5) ϕ(37) = = 144. Dmit ht Z 370 genu 144 Elemente. (b) i. Z 15 = {1,, 4, 7, 8, 11, 13, 14} ii. Mn erkennt, dss Z 15 nicht zyklisch ist, d jedes einzelne Element von Z 15 eine echte Untergruppe erzeugt. Beispielsweise ist < 13 >= {1, 4, 7, 13} Z 15. (c) i. Für beliebige x, y R gilt im llgemeinen ϕ 1 (x+y) = (x+y) = x +xy +y x +y = ϕ 1 (x)+ϕ 1 (y). Insbesondere ist ϕ 1 (1+1) = 4 = ϕ 1 (1)+ϕ 1 (1). Somit ist die Eigenschft für einen Gruppenhomomorphismus und dmit uch für einen Gruppenisomorphismus nicht erfüllt. ii. Für lle x, y Z gilt, dss ϕ (x + y) = 4(x + y) = 4x + 4y = ϕ (x) + ϕ (y). Die Eigenschft für einen Gruppenhomomorphismus ist erfüllt. Des Weiteren ist ϕ injektiv, d für lle x, y Z gilt, dss ϕ (x) = ϕ (y) 4x = 4y x = y. Die Abbildung ist jedoch nicht surjektiv, d beispielsweise für den Funktionswert y = Z kein x Z mit 4x = existiert. Dher ist ϕ kein Gruppenisomorphismus. 4

5 (d) i. Mn muss zeigen, dss b G, mit, b G: ii. b = b b + = (b 1) (b 1) + 1 = ( 1) (b 1) +1 > 1. }{{}}{{} >0 >0 Assozitivität: Die Assozitivität gilt, d bzw. ( b) c = (b b + ) c = bc c bc b + + b + c (b c) = (bc b c + ) = bc c bc b + + b + c. Neutrles Element: neutrles Element, nämlich e = G, d = + = = + =. Inverses Element: Für beliebiges G existiert ein 1 G mit 1 =, nämlich 1 =. Mn erkennt dies, d 1 1 = 1 = = 1 bzw. 1 = 1 = 1 Kommuttivität: Die Kommuttivität gilt, d Dmit ist die Abelsche Gruppe gezeigt. Aufgbe 5 Betrchten Sie die folgenden Optimierungsprobleme: und + = ( 1) 1 + = 1 + = b = b b + = b b + = b mx { c T x x R n, Ax = b, x 0 } (1) min { y T b y R m, y T A c }. () mit A R m n, c R n und b R m. Seien x und y Optim von (1) und () mit c T x = (y ) T b. Zeigen Sie folgende Aussgen für lle i {1,..., n}: x i > 0 = ((y ) T A) i = c i ((y ) T A) i > c i = x i = 0 Es gilt, dss (y ) T b = c T x und somit (y ) T b c T x = 0. D x zulässig ist, gilt Ax = b und somit (y ) T Ax c T x = 0 bzw. ((y ) T A c T )x = 0. (3) D x und y zulässig sind, ist sowohl x 0, lso uch (y ) T A c T 0. Dmit (3) erfüllt ist, muss in jedem Summnden des Sklrproduktes in (3) mindestens ein Fktor Null sein. Dies ist genu dnn der Fll, wenn x i > 0 = ((y ) T A) i = c i ((y ) T A) i > c i = x i = 0 für lle i {1,..., n}. Wir wünschen viel Erfolg bei der richtigen Klusur m ! 5

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