Aufgabe 5 (Extremwerte)

Aufg. 2.5(a) Die Wahrscheinlichkeiten sind (noch) unbekannt, aber irgendein Ausgang muss ja immer rauskommen, also ist die Summe der Wahrscheinlichkeiten 100%, also =1. Die Nebenbedingung lautet also: .

Aufg. 2.5(b) Nach Lagrange zu minimieren ist . Diese Funktion F ist nach allen Variablen abzuleiten und gleich Null zu setzen, dies führt auf Gleichungen:
(1) ,

(2) ,

(3) ,
sowie die Nebenbedingung aus (a). Paarweises Gleichsetzen von (1), (2) und (3) führt auf , und somit mit der Nebenbedingung aus (a) auf die Lösung:    .

Aufg. 2.5(c) Die Lösung verläuft ganz analog und führt auf , .... , . Der Wert für E ist an dieser Stelle .

Visualisierung der Funktion E (war in Klausur nicht gefordert):
Wir nutzen die Nebenbedingung p1+p2+p3=1, um p3 aus E zu eliminieren. Dann können wir E als Funktion von p1 und p2 im 3D-Plot plotten:

>	p3:=1-p1-p2: E:= -p1*ln(p1)-p2*ln(p2)-p3*ln(p3); plot3d(E,p1=0..1,p2=0..1,axes=boxed);

Aufgabe 6 (Graphen)

Aufgabe 2.6(b): Die sortierten Verbindungen sind AD,AB,AC,BD,BC,CD,AE,DE,BE,CE mit Kosten 10,20,20,20,30,30,40,40,50,50.

Die gesuchten Leitungskonfigurationen (MSTs) findet man, wenn man der Reihe nach die jeweils günstigste Kante streicht, und zum MST hinzufügt, falls sie keinen Kreis schließt. k=4 Kanten genügen bei n=5 Knoten. Gibt es mehrere Möglichkeiten "jeweils günstigste Kante", so auch mehrere Konfiguration. Hier bekommt man 4 Konfigurationen heraus

1) AD,AB,AC,AE

2) AD,AB,AC,DE

3) AD,AC,BD,AE

4) AD,AC,BD,DE

jeweils mit Kosten 90 Mio  Euro.  

Aufgabe 2.6(c): MST = Minimal Spanning Tree = minimaler aufspannender Baum (eins von drei reicht in der Klausur)

Aufgabe 7 (Kombinatorik)

Aufgabe 2.7(a):

>	with(stats):

>	data:=[2,12,14,11,10,1,15,11,12,11,10]:

>	describe[median](data); describe[mean](data)=evalf(describe[mean](data));

Aufgabe 2.7(b): Gegenereignis A_quer:  Jede der 10 Nachrichten fängt mit einem anderen Byte an. Es gibt 256 verschiedene Bytes:

>	'P(A)=1-P(A_quer)'=1.-product(n,n=247..256)/256^10;

Also ist die Wahrscheinlichkeit 16.3%, dass zwei Nachrichten mit demselben Byte anfangen.

Aufgabe 8 (Fourierreihe)

Aufg. 2.8a) Auf jeden Fall in . Wenn f(x) -periodisch ist, dann auch auf ganz R .

Aufg. 2.8b) Alle a_n werden 0, wenn f ungerade ist (Integral einer ungeraden Fkt. über symmetrisches Intervall). Alle b_n werden 0, wenn f gerade ist (- dito -)

>	assume(n,integer);

>	a:= n-> (1/Pi)*int(x*cos(n*x),x=-Pi..Pi);

>	a(0),a(1),a(2),a(3);

>	b:= n-> (1/Pi)*int(x*sin(n*x),x=-Pi..Pi);

>	b(1),b(2),b(3);

>	four_poly:=sum(b(n)*sin(n*x),n=1..3); F:=unapply(four_poly,x);

Und als Plot (war in Klausur nicht gefordert):

>	plot({x,F(x)},x=-Pi..Pi,thickness=[2,4],color=[blue,red],font=[HELVETICA,14]);

(Das Absinken des Fourierpolynom auf Null beim Erreichen der Grenze  ist richtig, denn dort 'springt' die periodisch fortgesetzte Sägezahnfunktion ja von  nach  und die Fourierreihe approximiert die Unstetigkeit, indem sie dort auf den Mittelwert geht.)

Aufg. 2.8c)

1) Fourierreihe braucht Funktionswerte  in Intervall, keine Ableitungen; Taylorreihe braucht Funktionswerte + Ableitungen am Punkt x0

2) Fourierreihe geht auch für Funktionen mit (abzählbar vielen) Unstetigkeitsstellen; Taylorreihe geht nur für stetige Funktionen

3) Fourierreihe erreicht für alle Punkte im Intervall gleichmäßig gute Anpassung; Taylorreihe ist im Punkt x0 exakt, wird aber mit zunehmendem Abstand von x0 i.d.R. ungenauer.