1 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. Test beenden