M3 ET VU Probetest 28 Dezember 2010 / Version vom 15.1

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M3 ET VU Probetest 28 Dezember 2010 / Version vom 15.1.11
Stoff ist die Wahrscheinlichkeitstheorie (Skriptum Seite 45 bis einschließlich
Seite 104 Mitte in der Druckversion). Ausreichende Kenntnis wird in etlichen
der Ingenieursvorlesungen stillschweigend vorausgesetzt und in der M3 VU für
die Statistik benötigt (nicht Stoff dieses Tests).
• Beginnen Sie früh und gehen Sie den Test mehrfach durch, später möglichst
ohne die Lösung einzusehen. Einige Aufgaben müssen Sie möglicherweise
für sich erst aus dem Skriptum erarbeiten – das sollte beim Test später
lohnen.
• Machen Sie sich die Begriffe anhand des Skriptums/ der Mitschrift/ (Wikipedia
falls nötig) klar. Wie hat schon Euklid gesagt? Es gibt keinen Königsweg
zur Mathematik. M.a.W., man braucht ZEIT und mehrfaches “sich
damit auseinandersetzen”.
• Die Wiederholung ab Seite 99 sollte hilfreich sein.
• Die Internetversion ist möglicherweise beim Suchen von Begriffen hilfreich
und “klickbar”.
• Für Hinweise auf Druck- und sonstige Fehler im Skriptum bin ich stets
dankbar. Ausbesserungen grober Fehler wurden/werden im Anhang C,
dem Logfile (Inhaltsverzeichnis + Klicken) dokumentiert.
• Fragen? Email an mich oder Tutoren.
• Beim Test am 20.1.2011 sind 3 mal 5 Fragen vorgesehen, beim vorliegenden
Probetest sind es etwas mehr.
2
Aufgabe
1. Welche der folgenden Aussagen sind korrekt.
(a) Jemand würfelt mit 8 Würfeln. (b) (Korrektur 4.1.) Zu einem
Ak sei das Ereignis “Die
Examen war ein freiwilliger
Augensumme ist gleich k”. Das
Probetest zu absolvieren. Eine
Ereignis “Die Augensumme ist
Erhebung hat dann gezeigt, daß
mindestens
15”
läßt
sich
in
der
von den 60%, die am Probetest
S
14
Form Ω \
A
teilgenommen haben, 80% das
k=8 k
Examen bestanden haben.
anschreiben.
Insgesamt haben 70% das
Examen bestanden. Die
Wahrscheinlichkeit, daß jemand
am Probetest nicht teilgenommen
hat und das Examen bestanden
hat, ist geringer als 0.4.
(c) Jemand würfelt mit 2 Würfeln. (d) Die Urnen A, B und C sollen mit
Wahrscheinlichkeiten 21 , 13 und 16
A sei das Ereignis “Die
wählbar sein. In A liegen 4
Augensumme ist gerade” und B
s(chwarze) und 3 r(ote) Kugeln,
das Ereignis “Die Augensumme
in B 3 schwarze und 2 rote und
ist ungerade”. Die beiden
in C 5 rote. Die
Ereignisse sind unabhängig.
Wahrscheinlichkeit dafür, eine
rote Kugel zu ziehen, beträgt 10
17 .
(e) Es liegen 10 Bauteile vor, von
denen man weiß, daß 3 fehlerhaft
sind. Nun sollen nacheinander 2
Bauteile gezogen werden. Die
Wahrscheinlichkeit, beide Male
ein fehlerhaftes Bauteil zu
ziehen, ist größer als 0.20.
S48
Lösung: a) J. Das angesprochene Ereignis ist von der Form k=15 Ak
S14
und somit das mengentheoretische Komplement von k=1 Ak , was auf den
angegebenen Ausdruck führt.
b) N. Ist P das Ereignis “Am Probetest teilgenommen” und B “Bestanden”,
so ist offenbar gefragt, ob P (B | P 0 ) kleiner als 0.4 ist. Laut Definition ist
0
)
P (B | P 0 ) = P P(B∩P
und alles weitere sollte aus der Angabe “herausdes(P 0 )
tillierbar” sein.
Aus der Angabe entnimmt man P (P ) = 0.6, P (B | P ) = 0.8 und P (B) =
P (B∩P )
)
0.7. Da 0.8 = P (B | P ) = P P(B∩P
findet man P (B ∩ P ) = 0.48.
(P ) =
0.6
Wegen 0.7 = P (B) = P (B ∩ P ) + P (B ∩ P 0 ) = 0.48 + P (B ∩ P 0 ) ergibt sich
dann P (B ∩ P 0 ) = 0.7 − 0.48 = 0.22. Da P (P 0 ) = 1 − P (P ) = 1 − 0.6 = 0.4
0
)
0.22
gilt, ergibt sich P (B | P 0 ) = P P(B∩P
(P 0 ) = 0,4 = 0.55.
Somit haben 55% der Leute, die den Probetest nicht gemacht haben, das
Examen bestanden. Da 0.55 6< 0.4 ist, ist die Antwort “N”.
3
c) N. Die Ereignisse sollen A und B benannt werden. Da A ∩ B = ∅ (die
Ereignisse schließen einander aus), ist P (A∩B) = 0 und da P (A) und P (B)
positiv sind, ist die Bedingung für die Unabhängigkeit
0 = P (A ∩ B) = P (A)P (B) > 0
verletzt. Die Ereignisse sind somit abhängig.
d) N. Die korrekte Methode besteht darin, z.B. die Bayssche Formel zu
benützen. Danach ergibt sich die gesuchte Wahrscheinlichkeit zu 12 37 +
12
1
18
10
3 5 + 6 = · · · = 35 6= 17 , also “N”.
3
e) N. Beim 1.ten Mal ist die Wahrscheinlichkeit 10
und sie wird mit der
2
Wahrscheinlichkeit 9 , beim 2.ten Mal ein fehlerhaftes Teil zu erwischen,
1
2
3 2
multipliziert. Ergebnis 10
9 = 15 < 10 = 0.2. Somit Antwort “N”.
Test beenden
2. Welche der nachstehenden Aussagen treffen zu?
(a) Für eine reelle Zufallsvariable X (b) Wenn X : Ω → IR eine stetige
ist die Verteilungsfunktion FX an
Dichte fX besitzt, so gibt
Rb
x genau dann unstetig, wenn
f (x) dx die
a X
P (X(ω) = x) > 0 gilt.
Wahrscheinlichkeit an, mit der X
einen Wert im Intervall [a, b]
annimmt.
(c) Die Variable X sei auf [−1, 11] (d) Wie vorher. Dann ist auch X 2
gleichverteilt. Dann ist
auf [−1, 11] gleichverteilt.
V (X) = 6.
(e) Die diskrete Variable X nehme (f) Eine reelle Variable sei auf dem
die Werte −1, 0 und 1 mit den
Intervall [−1, 1] gleichverteilt.
Wahrscheinlichkeiten 12 , 13 und 16
Dann ist ihre Varianz Null.
an. Dann ist V (X) < 1.
Lösung: a) J. Es ist nämlich P (X(ω) = x) = FX (x+ ) − FX (x).
b) J.
c) N. Man muß E(X 2 ) − E(X)2 für die Dichtefunktion fX (x) = 0 falls x <
1
−1 bzw. x > 11, fX (x) = 12
falls −1 < x < 11 berechnen. Es ist E(X) =
11
R 11 1
R 11
x2 1
1
x dx = 2 12 = · · · = 5. Danach ist E(X 2 ) = −1 x2 12
dx = · · · =
−1 12
−1
37. (Korrektur 4.1.11) Somit ist V (X) = 37 − 52 = 12, also die Antwort
“N”.
d) N. Analog zu Beispiel 74 2. findet man FX 2 (x) = 0 für x ≤ 0 bzw.
2
1 für x √
≥ 11. Im Intervall
√ [0, ∞) findet man den Ausdruck FX (x) =
1
ist
keineswegs
konstant,
12 (min( x, 11) − max(− x, −1)). Diese Funktion
√
weil sie im Intervall [0, 1] mit der Funktion 16 x zusammenfällt, also liegt
keine Gleichverteilung vor.
Zusatz: Ist V (X) gleichverteilt? Antwort: Nein, weil für jede gleichverteilte
Variable Y auch die Variable Y + c mit c ∈ IR gleichverteilt ist.
e) J. Es ist µ = E(X) = 12 (−1) + 13 (0) + 16 (1) = − 13 (Korrektur 11.1.).
Weiters E(X 2 ) = 21 (−12 ) + 13 (02 ) + 16 (12 ) = 23 . Demnach ist V (X) =
4
E(X 2 ) − µ2 = 23 − 19 = 95 < 1.
f) N. Die Verteilungsdichte fX (x) = 0 falls |x| > 1 und gleich 12 auf (−1, 1).
Der Erwartungswert ist Raus Symmetriegründen Null. Die Varianz ergibt
1
sich somit zu V (X) = 21 −1 x2 dx = 13 6= 0, somit ist die Antwort “N”.
Test beenden
3. Welche der nachfolgenden Aussagen
(a) Unter der Annahme der
Unabhängigkeit sollen 10 bits
durch einen Kanal übertragen
werden. Die Wahrscheinlichkeit,
ein Bit falsch zu übertragen, sei
0.1. Dann wird die
Wahrscheinlichkeit dafür, daß
mindestens zwei Bit falsch ist,
durch
1 − B(10, 0.1, 0) − B(10, 0.1, 1)
angegeben.
(c) Die Summe zweier
Gaussverteilter Variabler ist
Gaussverteilt.
(e) (Korrektur 15.1.) Ein
Experiment zur Messung einer
Größe X werde 10-mal
wiederholt (unabhängig). Dann
ist die 1Variable
P10
X −E(X)
Z := 10 √i=1 i √
treffen zu?
(b) (Korrigiert am 8.1.10) Unter der
Annahme der Unabhängigkeit
der Messungen wird eine im
Intervall [1, 7] gleichverteilte
Variable 10 mal gemessen und
die Meßreihe entspricht einem
Zufallsvektor (X1 , . . . , X10 ). Die
P10
1
Varianz von X̄ := 10
i=1 Xi ist
kleiner als 0.5.
(d) Ist X Gaussveteilt, so auch X 2 .
(f) (Korrektur 14.1.) Alles wie unter
e) und > 0 beliebig.
Dann ist
q
(X)
P (X̄ ∈ (µ − V 10
,µ +
q
R
1 2
V (X)
√1
e− 2 t dt.
10 ) ≈
2π −
V (X)/ 10
approximativ N (0, 1)-verteilt.
Lösung: a) J. Es ist B(n, p, k) die Wahrscheinlichkeit bei unabhängiger
n-maliger Wiederholung eines Experiments, dessen Ausgang Wahrscheinlichkeit p besitzt, daß es k Mal gelingt. Somit ist B(10, 0.1., 0) die Wahrscheinlichkeit, dass kein Bit falsch übertragen wird und B(10, 0.1, 1) jene, daß ein
Bit falsch ankommt. Die Wahrscheinlichkeit, daß mindestens 2 Bits falsch
ankommen, ist die entsprechende Gegenwahrscheinlichkeit.
Pn
b) J. Es ist V ( n1 i=1 Xi ) = . . . = V (X)
n , wie man durch eine zu Seite 84
(der gedruckten Version des Skriptums) analoge Rechnung schnell feststellt.
Bei uns ist E(X 2 ) = . . . = 19 und E(X) = 4 und somit V (X) = 3 (vgl.
P10
1
3
Seite 82) und n = 10. Somit ist V ( 10
i=1 Xi ) = 10 = 0.3 und die Antwort
somit korrekt.
c) N. (Zusatzerklärung am 12.1.) Ist X nach N (0, 1) verteilt, so auch
Y := −X. Die Summe Z := X + Y = 0 ist nicht Gaußverteilt. Das
kommt daher, daß X und Y nicht unabhängig sind.
d) N. Wäre sie Gaußverteilt, so müßte P (X 2 < 0) in jedem Fall positiv
sein, ein Widerspruch.
e) J. Dies folgt aus dem zentralen GWS.
5
R
1 2
f) J. Zunächst istP (Z ∈ (−, )) ≈ √12π − e− 2 t dt wegen des ZGWS, wie
in e). Nun ergibt sich durch Umformungen
q
q
(X)
(X)
< X̄ < µ + V 10
Z ∈ (−, ) ⇔ µ − V 10
q
q
(X)
(X)
⇔ X̄ ∈ (µ − V 10
, µ + V 10
)
Hieraus folgt die Behauptung.
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