Lösungen

Gunter Ochs
1. Juli 2013
Probeklausur zu Mathematik 3 für Informatik
Lösungshinweise
1.
(a) Bestimmen Sie das TaylorPolynom
T2 (x)
2. Ordnung der Funktion
f (x) = x5/2 + ln x
mit Ent-
x0 = 1.
5 3/2
0
Mit f (1) = 1 + ln 1 = 1 + 0 = 1, f (x) = x
+ x1 ⇒ f 0 (1) = 72 und
2
1/2 − x−2 ⇒ f 00 (1) = 11 erhält man
f 00 (x) = 15
4 x
4
2
T2 (x) = f (1) + f 0 (1) · (x − 1) + 12 f 00 (1) · (x − 1)2 = 1 + 72 (x − 1) + 11
8 (x − 1)
wicklungspunkt
R2 (x) = f (x) − T2 (x) im Fall x ≥ 1 gilt
31
3
|R2 (x)| ≤ 48 (x − 1) .
−1/2 + 2x−3 ist für x > 0 streng monoton fallend. Für alle x ≥
f 000 (x) = 15
8 x
31
|f 000 (x)| = f 000 (x) ≤ f 000 (1) = 15
8 + 2 = 8 = C . Es folgt
31
3
3
|R2 (x)| ≤ C
3! · |x − 1| = 48 (x − 1) .
(b) Zeigen Sie, dass für das Restglied
R2 (x) an der Stelle x = 1, 5
1 3
31
= 384
≈ 0, 08.
2
(c) Geben Sie eine Abschätzung für das Restglied
Mit
2.
x = 1, 5 =
3
2 folgt aus (b)
3 ≤
R3
2
(a) Geben Sie die Taylorreihe der Funktion
31
48
g(x) = sin(x2 )
1
gilt somit
an.
im Entwicklungspunkt
x0 = 0
an.
(−1)k
2k+1 folgt mit (x2 )2k+1 = x2·(2k+1) = x4k+2
Aus sin x =
k=0 (2k+1)! · x
P
(−1)k
4k+2 = x2 − 1 x6 + 1 x10 − 1 x14 ± ...
g(x) = sinx2 = ∞
k=0 (2k+1)! · x
6
5!
7!
P∞
(b) Bestimmen Sie die 6. Ableitung
Für den
g (6) (0)
x6 Koezienten a6 = − 16
an der Stelle
x0 = 0.
der Taylorreihe gilt
g (6) (0)
6!
a6 =
⇔ g (6) (0) = 6! · a6 = −120.
(c) Bestimmen Sie ausgehend von (a) das Taylorpolynom 7. Ordnung einer Stammfunktion von
Entwicklungspunkt
g
mit
x0 = 0.
Gliedweise Integration der Taylorreihe ergibt
R
g(x) dx = c + 31 x3 −
1 7
42 x ± Summanden höherer Ordnung.
Aus ist das gesuchte Taylorpolynom (da nur nach einer Stammfunktion gefragt war, kann
c=0
gesetzt werden)
T7 (x) = 31 x3 −
1 7
42 x
x = 1 ± 0, 1
3. Gemessen werden zwei Gröÿen
und
y = 4 ± 0, 2.
Bestimmen Sie mittels einer linearen Approximation des Fehlers, mit welcher Genauigkeit sich daraus
(a) das arithmetische Mittel
m(x, y) = 21 (x + y),
berechnen lässt.
1
1
2 erhält man das totale Dierential dm = 2 (dx + dy). Nach dem allgemeinen
1
1
Fehlerfortpanzungssatz folgt |∆m| ≤
2 (|∆x| + |∆y|)) = 2 · (0, 1 + 0, 2) = 0, 15.
Mit
mx = my =
(b) ... das geometrische Mittel
g(x, y) =
Die partiellen Ableitungen sind
gx =
√
x·y
√y
2 x·y und
gy =
√x
2 x·y . Es folgt mit
g(1; 4) =
√
4=2
(in linearer
Näherung)
|∆g| ≤
√y
2 x·y
d. h. es ist
· |∆x| +
√x
2 x·y |∆y|
g(x, y) = 2 ± 0, 15
=
1
2g(x,y)
· (y · |∆x| + x · |∆y|) =
1
4
· (4 · 0, 1 + 1 · 0, 2) =
1
4
· 0, 6 = 0, 15,
f (x, y) = xy 2 − x2 y − 13 y 3 + y .
4. Sei
(a) Berechnen Sie den Gradienten und die HesseMatrix von
grad
f=
fx
fy
=
y 2 − 2xy
2xy − x2 − y 2 + 1
(b) Prüfen Sie, ob an der Stelle
Hf =
und
(x0 ; y0 ) = (1; 2)
fxx
fyx
f.
fxy
fyy
=
−2y
2y − 2x
2y − 2x
2x − 2y
ein lokales Maximum, ein lokales Minimum oder ein
Sattelpunkt vorliegt.
Es ist grad
f (1; 2) =
4−4
4−1−4+1
=
0
0
und
Hf (1 2) =
det Hf (1; 2) = 8 − 4 = 4 > 0 und fxx (1; 2) = −4 < 0.
Folglich hat f an der Stelle (x0 ; y0 ) = (1; 2) ein lokales
5.
2
−2
mit
Maximum.
(a) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Dierentialgleichung
(b) Finden Sie eine spezielle Lösung mit
−4
2
x0 = x2 · cos t.
1
2.
x(0) =
(c) Auf welchem Intervall ist die Lösung deniert?
6. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der folgenden Dierentialgleichungen:
x00 − 3x0 − 4x = 0
(a)
Die charakteristische Gleichung
Lösungen
λ1 = −1
und
λ2 − 3λ − 4 = 0 ⇒ λ =
3
2
±
q
3 2
2
+4 =
3
2
±
q
25
4
=
3
2
±
5
2 hat die
λ2 = 4.
Damit ist nach der Lösungsformel (Fall 1) die allgemeine Lösung der DGL
x(t) = c1 · e−t + c2 · e4t
00
(b) x
−
3x0
mit
c1 , c2 ∈ R
beliebig.
− 4x = 4
Hier gibt es eine konstante Lösung vom Typ der rechten Seite der Form
man
Mit der Lösung
xh
der homogegenen DGL aus (a) erhält man die allgemeine Lösung
x(t) = xs (t) + xh (t) = −1 + c1 · e−t + c2 · e4t
(c)
xs (t) = α.
0 − 0 − 4α = 4 ⇔ α = −1.
mit
c1 , c2 ∈ R
beliebig.
x00 − 3x0 − 4x = 4t − 1
Hier macht man für eine spezielle Lösung den Ähnlichkeitsansatz
xs (t) = αt + β ⇒ x0s (t) = α ⇒ x00s (t) = 0.
Eingestzt erhält man
0 − 3α − 4αt − 4β = 4t − 1.
Durch Koezientenvergleich erhält man
−4α = 4 ⇔ α = −1
−3α − 4β = −1 ⇔ 4β = 1 − 3α = 1 − 3 · (−1) = 4 ⇒ β = 1,
Mit
xh
sowie
also ist
xs (t) = −t + 1.
aus (a) erhält man die allgemeine Lösung
x(t) = xs (t) + xh (t) = 1 − t + c1 · e−t + c2 · e4t
mit
c1 , c2 ∈ R
beliebig.
Eingesetzt erhält
7. Bei einem Glücksspiel wird eine faire Münze zweimal geworfen. Bei zweimal Wappen beträgt der
Gewinn 2 Euro, bei zweimal Zahl beträgt er 6 Euro, zeigen die Münzen zwei verschiedene Seiten, so
ist der Gewinn 0.
(a) Bestimmen Sie Erwartungswert, Varianz und Standardabweichung des Gewinns.
Für den Gewinn
G
gilt
P (G = 6) = P (G = 2) =
1
4 und
P (G = 0) = 0
(da bei fairen Münzwürfen die Ausgänge (Z,Z), (Z,W), (W,Z) und (W,W) gleich wahrscheinlich
1
4 haben).
1
1
1
1
1
1
2
2
2
·0
4 · 6 + 4 · 2 + 2 · 0 = 2 sowie E(G ) = 4 · 6p+ 4 · 2 +
√2
2
2
2
E(G ) − (EG) = 10 − 2 = 6 und σG = V (G) = 6 ≈
sind und somit jeweils Wahrscheinlichkeit
EG =
V (G) =
Es folgt
damit
= 41 · (36 + 4) = 10
2, 45.
und
(b) Was wäre ein fairer Einsatz, bei dem kein Spieler einen langfristigen Vorteil erwarten könnte?
Dieser ist gleich dem Erwartungswert, ist also gleich 2.
(nach dem Gesetz de groÿen Zahlen liegt langfristig der durchschnittliche Gewinn mit groÿer
Wahrscheinlichkeit nahe dem Erwatungswert, siehe (d))
(c) Bestimmen Sie Erwartungswert, Varianz und Standardabweichung des Gesamtgewinns bei
(i) zehn aufeinander folgenden Spielen
S10 = G1 + ... + G10 mit zehn unabhängigen Zufallsvariablen
G1 , ..., G10 , die jeweils die Verteilung von G haben.
√
√
Es folgt E(S10 ) = 10 · E(G) = 20, V (S10 ) = 10 · V (G) = 60 und σS10 =
S10 = 60 ≈ 7, 75.
In diesem Fall ist der Gesamtgewinn
(ii) einem Spiel mit zehnfacher Gewinnhöhe.
10 · G mit E(10 · G) = 10 · E(G) = 20, V (10 · G) = 102 · V (G) = 600
p
= V (10 · G) = 10 · σG ≈ 24, 5.
Hier ist der Gewinn
σ10·G
und
(d) Was besagt das Gesetz der groÿen Zahlen über den durchschnittlichen Gewinn bei einer groÿen
Anzahl von Spielen?
Der durchschnittliche Gewinn
tungswert
G=
1
n (G1
+ ... + Gn )
E(G) = 2. Somit kann mit groÿer
n der Durchschnittsgewinn nahe
bei groÿem
8. Unter den Losen einer Lotterie sind
10 %
konvergiert für
n→∞
gegen den Erwar-
Wahrscheinlichkeit davon ausgegangen werden, dass
2 liegt.
Gewinnlose,
X
sei die Zahl der Gewinne bei 100 gezogenen
Losen.
X.
n = 100 und p = 10 % = 0, 1 ausgehen.
p
1
9
µ = EX = n · p = 10, V (X) = n · p · (1 − p) = 100 · 10
· 10
= 9 und σX = V (X) = 3.
(a) Bestimmen Sie Erwartungswert, Varianz und Standardabweichung von
Man kann von einer Binomialverteilung mit Parametern
Es folgt
(b) Berechnen Sie mit dem zentralen Grenzwertsatz mit Stetigkeitskorrektur approximativ die Wahrscheinlicheiten
P (X ≤ 11)
P (8 < X < 15).
P (X ≤ 11) = P (X < 11, 5) = Φ 11,5−µ
Φ 1,5
= Φ(0, 5) = 0, 69146 ≈ 69, 1 % und
σ
3
8,5−µ
4,5
−1,5
P (8 < X < 15) = P (8, 5 < X < 14, 5) = Φ 14,5−µ
−
Φ
=
Φ
−
Φ
σ
σ
3
3
(i)
und
(ii)
= Φ(1, 5) − Φ(−0, 5) = Φ(1, 5) − (1 − Φ(−0, 5)) = Φ(1, 5) + Φ(0, 5) − 1
= 0, 93319 + 0, 69146 − 1 ≈ 62, 5 %.
Zur Stetigkeitskorrektur: Da in (i) die Grenze b = 11 zum betrachteten Bereich dazu gehört, wird
sie durch die Stetigkeitskorrektur nach auÿen verschoben. In (ii) gehören die Grenzen a = 8 und
b = 15 nicht zum betrachteten Bereich und werden daher nach innen verschoben.
(xk ; yk )
9. Gegeben sei die zweidimensionale Stichprobe
(−5; 0), (−3; 1), (−2; 3), (1; 5), (4; 3)
Für die
xWerte
gilt
x=0
2
und sx
= 16
und
mit den Wertepaaren
(5; 0).
(braucht nicht nachgerechnet zu werden).
(a) Geben Sie eine geordnete Urliste für die
y Werte
an.
0, 0, 1, 3, 3, 5
(b) Bestimmen Sie das arithmetische Mittel
y
und die empirische Varianz
y = 16 (0 + 0 + 1 + 3 + 3 + 5) = 16 · 12 = 2,
1
2
sy = 5 · (0 − 2)2 + (0 − 2)2 + (1 − 2)2 + (3
= 51 (4 + 4 + 1 + 1 + 1 + 9) = 15 · 20 = 4
und
sy =
−
2)2
+ (3 −
2)2
+ (5 −
s2y
2)2
y Werte.
der
q
√
s2y = 4 = 2.
(c) Berechnen Sie die empirische Kovarianz
sxy
und den Korrelationskoezienten
rxy
der zweidimen-
sionalen Stichprobe.
1 P6
5 i=1 (xi − x) · (yi − y)
= 51 − 5 · (0 − 2) − 3 · (1 − 2) − 2 · (3 − 2)
= 15 (10 + 3 − 2 + 3 + 4 − 10) = 51 · 8 = 1, 6
sxy
1,6
und rxy =
sx ·sy = 4·2 = 0, 2.
sxy =
+ 1 · (5 − 2) + 4 · (3 − 2) + 5 · (0 − 2)
(d) Bestimmen Sie eine Regressionsgerade für die zweidimensionale Stichprobe.
Die Regressionsgeade hat die Form
y = ax + b
mit
a = rxy ·
sy
sx
sxy
s2x
=
b = y − a · x = 2 − 0, 1 · 0 = 2,
also y = 0, 1 · x + 2
10. Bei einem normalverteilten Merkmal mit Erwartungswert
Umfang
n = 12
ein arithmetisches Mittel
(a) Testen Sie die Alternative
x = −11
=
µ und Varianz σ 2
1,6
16
= 0, 1
und
ergibt eine Stichprobe vom
und eine empirsiche Varianz
s2 = 3.
H1 : σ 2 < 6 zum Niveau α = 10% gegen die Nullhypothese H0 : σ 2 = 6.
Durchgeführt wird ein einseitiger
2
mit dem αQuantil χ11; 0,1
χ2 Test
= 5, 58
mit der Teststatistik
2
der χ Verteilung mit
2
y = (n − 1) · σs 2 = 11 · 36 = 5, 5,
die
0
n − 1 = 11
Freiheitsgraden verglichen
wird.
y < χ211; 0,1
Wegen
wird
H0
verworfen und
H1
angenommen.
(b) Was würde sich ändern, wenn stattdessen ein zweiseitiger Test mit der Alternative
H1 : σ 6= 6
durchgeführt würde?
y = 5, 5 mit dem α2 Quantil χ211; 0,05 = 4, 57 und dem 1 − α2
2
χ11; 0,95 = 19, 68 verglichen werden.
Wegen 4, 57 < y < 19, 68 würde jetzt H0 beibehalten und H1 abgelehnt.
Hier müsste
Quantil
σ 2 unbekannt
H0 : µ = −10.
(c) Testen Sie anhand der Stichprobe unter der Annahme, dass die Varianz
Alternative
H1 : µ 6= −10
zum Niveau
Dies geschieht mit einem zweiseitigen
t=
pn
s2
die mit
α = 5%
tTest
gegen die Nullhypothese
mit der Teststatistik
√
· (x − µ0 ) =
· (−11 − (−10)) = 4 · (−1) = −2,
α
dem 1 −
2 Quantil t11; 0,975 = 2, 201 der tVerteilung
q
12
3
mit
n − 1 = 11
Freiheitsgraden
verglichen wird.
Wegen
|t| = 2 < t11; 0,975
wird
H0
beibehalten und
2
(d) Was würde sich in (c) ändern, wenn σ
=3
H1
abgelehnt.
als bekannt vorausgesetzt würde?
In diesem Fall führt man einen (zweiseitigen) GauÿTest durch mit der Teststatistik
z=
pn
Wegen
· (x − µ0 ) = 4, die
|z| = 2 > z0,975 wird
σ2
ist, die
mit dem
jetzt
H1
1−
α
2 Quantil
z0,975 = 1, 96 verglichen
H0 verworfen.
angenommen und
wird.