Probeklausur zu Mathematik 3 für Informatik

Gunter Ochs
Sommersemester 2012
Probeklausur zu Mathematik 3 für Informatik
Lösungshinweise (onhe Garantie aus Fehlerfrieheit)
1.
(a) Geben Sie die Taylorpolynome 3. 4. und 5. Ordnung
f (x) = cos x im Entwicklungspunkt x0 = 0 an.
T3 (x) = 1 − 12 x2 und T4 (x) = T5 (x) = 1 − 21 x2 +
(b) Wie groÿ muss
−1 ≤ x ≤ 1
n
T3 (x), T4 (x)
und
T5 (x)
der Funktion
1 4
24 x
sein. damit für den Approximationsfehler für alle
x
mit
gilt
|Rn (x)| = |f (x) − Tn (x)| ≤ 0, 01
?
f (n) (x) = ± cos x bzw. f (n) (x) = ± sin x.
(n) (x)| ≤ C = 1 für alle n ≥ 0 und x ∈ R.
Es folgt |f
1
n
Damit gilt |Rn (x)| = |f (x) − Tn (x)| ≤
(n+1)! · |x|
Alle Ableitungen haben die Form
Für
−1 ≤ x ≤ 1 ⇒ |x|n ≤ 1
Damit
1
(n+1)!
gilt somit
|Rn (x)| ≤
1
(n+1)! .
|Rn (x) ≤ 0, 01 muss also gelten
≤ 0, 01 ⇔ (n + 1)! ≥ 100 ⇔ (n + 1) ≥ 5 ⇔ n ≥ 4.
(c) Bestimmen Sie ausgehend von (a) das Taylorpolynom 4. Ordnung
x0 = 0
T4 (x)
in
für
(i) g(x) = cos x − 1,
(ii) h(x) =
cos x − 1
,
x
Z
(iii) H(x) =
cos x − 1
dx
x
1 4
cos x = 1 − 12 x2 + 24
x + ∗ erhält man
1 2
1 4
cos x − 1 = − 2 x + 24 x + ∗,
1
1 3
· (cos x − 1) = − 12 x + 24
x + ∗∗ sowie
Rx cos x−1
R
1
1 3
1 4
dx
=
−
x
+
x
+
∗∗
dx = − 14 x2 + 96
x + ∗,
x
2
24
wobei ∗ für Terme 6. und höherer Ordung sowie ∗∗ für Terme 5. und höherer Ordnung steht. Diese
Ausgehend von
Terme werden bei den TaylorPolynomen 4. Ordnung jeweils weggelassen.
(d) Bestimmen Sie die 3. Ableitung
x3 Koezient der
6
h000 (0) = 3! · a3 = 24
=
Der
2.
h000 (0).
Taylorreihe von
h
ist
a3 =
1
24 (siehe (c)). Aus
a3 =
h000 (0)
folgt
3!
1
4.
f (x, y) = x2 + 2y 2 + 3xy + 4.
Prüfen Sie, ob f im Punkt (x; y) = (0; 0)
(a) Sei
ein lokales Maximum, ein lokales Minimum oder einen
Sattelpunkt hat.
Man bestimmt
den Gradienten
und die HesseMatrix:
grad
f=
Es ist grad
fx
fy
=
f (0; 0) =
2x + 3y
fxx fxy
und Hf =
4y + 3x
fyx fyy
0
und det Hf (0; 0) = −1 < 0.
0
=
2
3
3
4
Daher liegt ein Sattelpunkt vor.
(b) Das Volumen eines Zylinders mit Radius
V = V (r, h) = π · r2 · h.
Gemessen werden r = 2
cm und
h=5
r
und Höhe
h
ist gegeben durch
cm jeweils mit einer Genauigkeit von
± 0, 1
cm.
Bestimmen Sie mittels einer linearen Approximation des Fehlers, mit welcher Genauigkeit sich
daraus das Volumen
V
berechnen lässt.
Das totale Dierential ist
dV =
∂V
∂r
dr +
∂V
∂h
dh = 2πrh dr + πr2 dh.
Aus dem Fehlerfortpanzungsgesetz folgt (die Einheit cm weggelassen)
|∆V | ≤ |2πrh| · |∆r| + |πr2 | · |∆h| = 20π · 0, 1 + 4π · 0, 1 = 2, 4π ≈ 7, 5.
3
Es folgt, dass das Volumen mit einer Genauigkeit von ±7, 5 cm bestimmt
3. Gegeben seien folgende drei Dierentialgleichungen für
(1) x0 = x2 · sin(1 − t)
werden kann.
x(t):
(2) x00 − 4x0 + 4x = 0
(3) x0 = x − 2t
(a) Geben Sie die jeweilige Ordnung der Dierentialgleichungen (1), (2) und (3) an.
(1) und (3) haben Ordnung 1 (da nur 1. Ableitungen vorkommen), (2) hat Ordnung 2.
(b) Handelt es es um lineare Dierentialgleichungen? Wenn ja, homogen oder inhomogen?
(1) ist nichtlinear (wegen
x2 ),
(2) linear und homogen und (3) linear und inhomogen.
(c) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von
zwei der drei
Dierentialgleichungen (nach Wahl).
dx
dx
2
(1) Mit Trennung der Variablen:
dt = x · sin(1 − t) ⇒ x2 = sin(1 − t) dt
R dx R
−1
⇒ x2 = sin(1 − t) dt ⇒ − x1 = cos(1 − t) + c ⇒ x(t) = cos(1−t)+c
mit c
(Berechnung des
dtIntegrals
∈ R.
mit linearer Substitution)
(2) Bei einer homogenen linearen DGL 2. Ordnung ist die charakteristische Gleichung zu lösen:
λ2 − 4λ + 4 = 0 ⇔ λ = 2 ±
√
4 − 4 = −2.
Da der Ausdruck unter der Wurzel Null ist, ist man im Fall 2 und die allgemeine Lösung der
DGL ist nach der zugehörigen Lösungsformel
x(t) = (c1 + c2 · x) · e2t
mit
c1 , c2 ∈ R.
(3) Bei einer inhomogenen linearen DGL löst man zunächst die zugehörige homogene DGL
x0 = x ⇔ x0 − x = 0, die nach
xh (t) = c · et mit c ∈ R hat.
der Lösungsformel die allgemeine Lösung
Für eine spezielle Lösung der inhomogenen DGL kann man den Ansatz
xs (t) = αt + β ⇒ x0s (t) = α
machen.
α = αt + β − 2t.
Durch Koezientenvergleich erhält man α = β und α − 2 = 0 ⇒ α = β = 2, also xs (t) = 2t + 2.
t
Die allgemeine Lösung ist dann x(t) = xs (t) + xh (t) = 2t + 2 + c · e mit c ∈ R.
Eingesetzt in die DGL erhält man
(d) Finden Sie für
eine
der beiden Gleichungen (1) oder (3) (nach Wahl) eine spezielle Lösung mit
x(0) = 1.
Die Anfangsbedingung wird in die in (c) berechnete allgemeine Lösung eingesetzt und daraus
bestimmt:
(1)
x(t) =
(3)
−1
cos(1)+c
−1
cos(1−t)−cos(1)−1
1 = x(0) =
⇔ cos(1) + c = −1 ⇔ c = −1 − cos(1) ≈ −1, 54,
1 = x(0) = 2 · 0 + 2 + c · e0 = 2 + c ⇔ c = −1,
also
also
x(t) = 2t + 2 − et .
c
4.
Teil 1:
Gegeben sei die Stichprobe mit den Werten 1, 3, 3, 4, 6 und 7.
(a) Bestimmen Sie das arithmetische Mittel, den Median und die beiden Quartile.
x = 16 · (1 + 3 + 3 + 4 + 6 + 7) = 24
6 = 4.
Mit dem Stichprobenumfang n = 6 ist n · 0, 25 = 1, 5, n · 0, 5 = 3 und n · 0, 75 = 4, 5. Da n · 0, 5
n
ganzzahlig ist (⇔ n gerade), liegt der Median zwischen dem 3. (= ) und dem 4. Stichprobenwert:
2
1
1
x̃ = x̃0,5 = 2 (x3 + x4 ) = 2 (3 + 4) = 3, 5
Die Quartile entsprechen dem 2. und dem 5. Stichprobenwert: x̃0,25 = x2 = 3 und x̃0,75 = x5 = 6
Das arithmetische Mittel ist
(b) Berechnen Sie die empirische Varianz, die Standardabweichung, die Spannweite und den Interquartilsabstand.
h
i
· (1 − 4)2 + (3 − 4)2 + (3 − 4)2 + (4 − 4)2 + (6 − 4)2 + (7 − 4)2
√
s2 ≈ 2, 19
= 51 · (9 + 1 + 1 + 0 + 4 + 9) = 24
5 = 4, 8 und s =
Die Spannweite ist 7 − 1 = 6 (Dierenz zwischen gröÿtem und kleinsten Wert)
tilsabstand x̃0,75 − x̃0,25 = 3
s2 =
Teil 2:
1
5
und der Interquar-
Ein Würfel sei (nichtstandardmäÿig) beschriftet mit den Augenzahlen 1, 3, 3, 4, 6 und 7.
(c) Bestimmen Sie Erwartungswert, Varianz und Standardabweichung der Augenzahl
1
6
X.
24
6
· (1 + 3 + 3 + 4 + 6 + 7) =
= 4 (vgl. (a)) und
h
i
V (X) = 16 · (1 − 4)2 + (3 − 4)2 + (3 − 4)2 + (4 − 4)2 + (6 − 4)2 + (7 − 4)2 =
24
6
(Man beachte den Unterschied zur empirischen Varianz aus (b), bei der durch
n−1
EX =
=4
geteilt wird.
Ansonsten ist die Rechnung die gleiche).
Schlieÿlich ist
sX =
p
V (X) = 2.
(d) Bestimmen Sie Erwartungswert, Varianz und Standardabweichung der Augensumme
S9
bei
9maligem Würfeln.
ES9 = 9 · EX = 36, V (S9 ) = 9 · V (X) = 36
und
σS9 =
p
V (S9 ) = 6.
(e) Bei einem Glücksspiel beträgt der Gewinn die 9fache Augenzahl. Bestimmen Sie Erwartungswert,
Varianz und Standardabweichung des Gewinns bei einmaligem Würfeln.
E(9 · X) = 9 · EX = 36, V (9 · X) = 92 · V (X) = 324
und
σ9X =
√
324 = 18 = 9 · σX .
(f ) Wie hoch wäre bei dem Spiel aus (e) ein fairer Einsatz, bei dem im langfristigen Durchschnitt
tendenziell weder ein Gewinn noch ein Verlust zu erwarten wäre?
Einer fairer Einsatz ist gleich dem Erwartungswert des Gewinns, also gleich 36.
5. In einer Produktion sind
40%
der Artikel mit kleineren Mängeln behaftet. Die Zufallsvariable
die Anzahl der fehlerfreien Artikel in einer Lieferung von
n = 150
X
gebe
Artikeln an.
(a) Welche diskrete Wahrscheinlichkeitsverteilung beschreibt die Zufallsvariable
X,
wenn angenom-
men wird, dass Fehler in verschiedenen Artikeln unabhängig voneinander auftreten?
Binomialverteilung mit Parametern
keit für Erfolg
=
n = 150
(Zahl der Versuche) und
p = 0, 6
(Wahrscheinlich-
fehlerfreier Artikel)
X an.
p
= V (X) = 6.
(b) Geben Sie Erwartungswert, Varianz und Standardabweichung von
EX = n · p = 90, V (X) = n · p · (1 − p) = 36
und
σX
(c) Geben Sie eine Formel für die exakte Wahrscheinlichkeit an, dass genau 100 Artikel fehlerfrei sind.
P (X = 100) = b150;0,6 (100) =
150
100
· 0, 6100 · 0, 450 .
(d) Berechnen Sie mit Hilfe des zentralen Grenzwertsatzes (mit Stetigkeitskorrektur) näherungsweise
die Wahrscheinlichkeiten, dass
(i) mindestens 86 Artikel
bzw.
(ii) mindestens 95 Artikel fehlerfrei sind.
P (X ≥ 86) = P (X > 85, 5) = 1 − P (X ≤ 85, 5) ≈ 1 − Φ 85,5−90
= 1 − Φ(−0, 75) = Φ(0, 75),
6
wobei Φ die Verteilungsfunktion der Standardnormalverteilung ist.
Der Tabelle entnimmt man P (X ≥ 86) ≈ Φ(0, 75) = 0, 77337 = 77, 337%.
94,5−90
Analog rechnet man P (X ≥ 95) = P (X > 94, 5) = 1 − P (X ≤ 94, 5) = 1 − Φ
6
1 − Φ(0, 75) = 1 − 0, 77337 = 22, 663%.
6. Bei einem normalverteilten Merkmal ergibt eine Stichprobe vom Umfang
Mittel
x = 10, 5
2
und eine empirsiche Varianz s
n = 21
ein arithmetisches
= 6.
(a) Bestimmen Sie ein zweiseitiges Kondenzintervall zum Vertrauensniveau
1 − α = 90%
für die
2
Varianz σ .
χ2 Verteilung (mit α = 0, 1 ⇒ α/2 = 0, 05)
120
120
= 31,41
; 10,85
= (3, 8; 11, 1)
Nach der Formel ist mit den entsprechenden Quantilen der
I=
2
(n−1)·s2
; (n−1)·s
χ2n−1;1−α/2 χ2n−1;α/2
=
20·6
; 20·6
χ220;0,95 χ220;0,05
(b) Bestimmen Sie ein einseitiges Kondenzintervall der Form
für
I = (a, ∞) zum Vertrauensniveau 90%
σ2.
Hier ist
I=
(n−1)·s2
;
χ2n−1;1−α
2
(c) Im Folgenden sei σ
20·6
120
∞ = χ2
; ∞ = 28,41
; ∞ = (4, 2; ∞)
20;0,9
=4
als bekannt vorausgesetzt. Eine weitere Stichprobe vom Umfang
ergibt ein arithmetisches Mittel
x = 11, 2
und eine empirische Varianz
Bestimmen Sie anhand dieser Stichprobe ein einseitiges Kondenzintervall der Form
1 − α = 99% für den Erwartungswert µ.
2
Varianz σ erhält man mit dem Quantil z1−α
n = 16
s2 = 4.
[ a, ∞)
zum
Vertrauensniveau
Bei bekannter
der Standardnormalverteilung als
einseites Kondenzintervall für den Erwartungswert
h
I = x−
√σ
n
h
· z1−α ; ∞ = 11, 2 −
√
√4
16
· z0,99 ; ∞ = 11, 2 −
1
2
· 2, 326; ∞ = [10, 037; ∞)
σ 2 = 4) die Alternative
Nullhypothese H0 : µ = 10.
(d) Testen Sie anhand der Stichprobe aus (c) (bei bekanntem
H1 : µ > 10
zum Niveau
α = 1%
gegen die
Bei bekannter Varianz wird ein GauÿTest angewandt. Dazu berechnet man die Teststatistik
z=
√
n·
x−µ0
σ
=
√
16 ·
11,2−10
2
= 2, 4
und vergleicht sie mit dem entsprechenden Quantil der Standardnormalverteilung, hier
z1−α = z0,99 = 2, 326.
Wegen z > z1−α wird H0
verworfen und
H1
angenommen.
(e) Was würde sich in (d) ändern, wenn die Varianz nicht als bekannt vorausgesetzt würde?
tTest statt des GauÿTests benutzt. Die zugehörige Teststatistik
√
= 16 · 11,2−10
hat ebenfalls den Wert t = 2, 4. Verglichen wird dieser
2
Quantil der tVerteilung, hier tn−1;1−α = t15;0,99 = 2, 602.
Wegen t < tn−1;1−α wird jetzt H0 beibehalten und H1 abgelehnt.
Hier würde ein
√
t = n·
x−µ0
s
mit einem