Klausur - Universität Innsbruck

Proseminar Mathematische Methoden der Physik I
Aufgabenblatt 7, 28. April 2014
Universität Innsbruck
Erste Klausur
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Zahl der abgegebenen Blätter (inklusive Angabeblatt)...................
1. (8P) Eine faire Münze werde zwei mal geworfen. Die möglichen Ergebnisse eines Münzwurfs werden
mit ±1 bezeichnet. Die Funktion D : Ω = {1, −1} × {1, −1} → R erfülle D (i, j) = i + j. Die
Gleichverteilung auf Ω wird mit W bezeichnet.
(a) (1P) Welche Werte nimmt D an? Bestimmen Sie also D (Ω) =?
(b) (2P) Geben Sie für jeden Wert x, den D annimmt, die Wahrscheinlichkeit
pD (x) := W ({ω ∈ Ω : D (ω) = x})
an. (Tabelle anfertigen!)
(c) (2P) Welchen Erwartungswert hat D?
(d) (2P) Welche Varianz hat D?
(e) (1P) Welchen Wert hat W (A) für A = {ω ∈ Ω : |D (ω) − D | ≥ 2}? Welche Abschätzung für
W ({ω ∈ Ω : |D (ω) − D | ≥ 2}) gibt Chebyshevs Ungleichung?
2. (6P) Sei W die Gleichverteilung auf dem Intervall Ω = [0, π] .
(a) (2P) Welchen Erwartungswert hat cos unter W ?
(b) (2P) Welche Varianz hat cos unter W ? Hinweis: cos2 α =
1
2
(1 + cos (2α)) .
(c) (2P) Welche Wahrscheinlichkeit gibt W dem Ereignis {α ∈ Ω : cos (α) ≤ x} für x ∈ [−1, 1]?
3. (6P) Sei f : R × R → R mit f (x, y) = − sin (x) · y.
(a) (2P) Von welchem Typ ist die DG y ′ = f (x, y)? Eine maximale Lösung dieser DG hat welchen
Definitionsbereich?
(b) (4P) Berchnen Sie die maximale Lösung α der DG y′ = f (x, y) , die α (0) = e erfüllt. (Auch
den Definitionsbereich von α angeben!)
1
Lösung
1. Der W-Raum ist Ω = {1, −1} × {1, −1} mit der Gleichverteilung W. Es gilt also W ({(i, j)}) = 1/4
für alle (i, j) ∈ Ω.
(a) Es gilt D : (1, 1) → 2, (−1, 1) → 0, (1, −1) → 0, (−1, −1) → −2. Somit gilt
{D (i, j) : i, j ∈ {1, −1}} = {−2, 0, 2} .
(b) Es gilt
|{(i, j) ∈ Ω : D (i, j) = 2}| = |{(i, j) ∈ Ω : D (i, j) = −2}| = 1
und |{(i, j) ∈ Ω : D (i, j) = 0}| = 2. Damit folgt
x:
pD (x)
−2
1/4
0
1/2
2
1/4
(c) Der Erwartungswert von D ist durch
D =
pD (x) · x = 0
x∈D(Ω)
gegeben, da pD (−x) = pD (x) gilt. Als zweite Möglichkeit bietet sich die Überlegung
D =
1
4
1
4
(i − j) =
i∈{−1,1} j∈{−1,1}
i−
i∈{−1,1} j∈{−1,1}
1
4
j=0
i∈{−1,1} j∈{−1,1}
an.
(d) Es gilt
D2 =
pD (x) · x2 =
x∈D(Ω)
1
(−2)2 + (2)2 = 2.
4
Wegen D = 0 folgt daraus V (D) = D2 = 2.
(e) Für das Ereignis A = {ω ∈ Ω : |D (ω) − D | ≥ 2} gilt W (A) = pD (−2) + pD (2) = 1/2.
Chebyshevs UG besagt
V (D)
2
1
W (A) ≤
= = .
22
4
2
2. Das W-Maß W auf Ω = [0, π] hat die Dichte ρ : [0, π] → R≥0 mit ρ (x) = 1/π.
(a) Es gilt
cos =
1
π
π
cos (α) dα =
0
sin α
π
π
=0
0
(b) Es gilt
cos2
=
=
1 π
1 π1
cos2 (α) dα =
(1 + cos (2α)) dα
π 0
π 0 2
π
1
1
sin (2α)
1+
= .
2
2π
2
0
Daraus folgt für die Varianz von cos
V (cos) = cos2 − cos
2
1
= .
2
(c) Es gilt cos α ≤ x ∈ [−1, 1] im Intervall [0, π] genau dann, wenn
π ≥ α ≥ arccos (x) .
Die Menge A = [arccos (x) , π] hat das Volumsmaß |A| = π − arccos (x) , sodass W (A) =
|A| / |[0, π]| = (π − arccos (x)) /π folgt.
2
Figure 1:
3. Die Differentialgleichung zu f : R2 → R mit f (x, y) = − sin (x) · y ist homogen linear. Also gilt
α (x) = c · ecos x
für ein c ∈ R. Das maximale Definitionsintervall Ic dieser Lösung ist R.
Die DG hat das Richtungsfeld Xf : R2 → R2 mit Xf (x, y) = (1, − sin (x) · y) .
(a) Die DG ist eine nichtautonome homogen lineare gewöhnliche DG erster Ordnung. Der Defbereich jeder maximalen Lösung ist ganz R.
(b) Die gesuchte Lösung α ist die maximale Lösung durch den Punkt (0, e) . Die Anfangsvorgabe
gilt genau dann, wenn
e = α (0) = c · e1 .
Also gilt c = 1. Die maximale Lösung α mit α (0) = 1 erfüllt somit
α : R → R, mit α (x) = ecos x .
Probe: α′ (x) = − sin (x) ecos x . Weiters f (x, α (x)) = − sin (x) · ecos x . Also gilt α′ (x) =
f (x, α (x)) für alle x ∈ R.
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