Lösung Semesterendprüfung

MAE4 – Mathematik: Analysis für Ingenieure 4
Dr. Christoph Kirsch
Frühlingssemester 2015
ZHAW Winterthur
Lösung Semesterendprüfung
Aufgabe 1 :
a) Wir definieren die diskrete reelle Zufallsvariable
X := “Anzahl der gezogenen roten Kugeln nach 20 Ziehungen”.
(1)
Diese ist binomialverteilt, X ∼ B(20, p), wobei die Erfolgswahrscheinlichkeit in
jeder Ziehung gegeben ist durch p = 12/50 = 6/25. Mit der Gegenwahrscheinlichkeit und mit der bekannten Zähldichte der Binomialverteilung berechnen wir
nun die gesuchte Wahrscheinlichkeit:
k 20−k
5 X
19
20
6
' 34 %. (2)
“P (X ≥ 6)” = 1 − “P (X < 6)” = 1 −
25
25
k
k=0
b) Wir definieren die diskrete reelle Zufallsvariable
X := “Anzahl der gezogenen nicht-roten Kugeln,
bis genau 4 rote Kugeln gezogen wurden”.
(3)
Diese ist negativ binomialverteilt, X ∼ N B(4, 6/25). Mit der bekannten Zähldichte der negativen Binomialverteilung berechnen wir die gesuchte Wahrscheinlichkeit:
4 k
5 X
k+3
6
19
“P (X ≤ 5)” =
' 15 %.
(4)
k
25
25
k=0
c) Wir definieren die diskrete reelle Zufallsvariable
X := “Anzahl der roten Kugeln in einer Stichprobe vom Umfang 5
aus 50 Kugeln, von denen 12 rot sind”.
(5)
Diese ist hypergeometrisch verteilt, X ∼ H(50, 12, 5). Der Erwartungswert einer
, also hier
H(N, M, n)-verteilten Zufallsvariablen ist gegeben durch E[X] = n M
N
E[X] = 5 ·
12
6
= = 1.2.
50
5
(6)
Wir zeichnen die Stabdiagramme der Wahrscheinlichkeitsdichtefunktionen (Zähldichten) der in dieser Aufgabe verwendeten Zufallsvariablen in der folgenden Grafik:
1
0.5
a) B(20,6/25)
b) NB(4,6/25)
c) H(20,12,5)
0.4
f X(x)
0.3
0.2
0.1
0
0
5
10
15
20
x
Aufgabe 2 :
a) Wegen der Normierungsbedingung an die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion fX
muss gelten:
Z∞
Z∞
fX (x) dx =
−∞
−3x
a(x + 2)e
−2
∞ a Z∞
a
−3x dx = − (x + 2)e +
e−3x dx (7)
−2
| 3
{z
} 3
p. I.
−2
=0
∞
a
a
1 −3x !
−
e = e6 = 1.
3
3
9
−2
=
(8)
Damit erhalten wir a = 9e−6 ' 0.0223.
1.2
1
f X(x)
0.8
0.6
0.4
0.2
0
-4
-3
-2
-1
x
2
0
1
2
b) Die (kumulative) Verteilungsfunktion ist gegeben durch die Flächenfunktion
Zb
FX (b) =
b ∈ R.
fX (x) dx,
(9)
−∞
Für b ≥ −2 erhalten wir
Zb
FX (b)
=
9e−6 (x + 2)e−3x dx
(10)
−2
p. I.
=
−6
−3e (x +
b
2)e−3x −2
Zb
+
3e−6 e−3x dx
(11)
−2
=
=
−6
−3x
−3e (x + 2)e
−6 −3x
−e e
b
(12)
−2
b
−(3x + 7)e−3x−6 −2 = −(3b + 7)e−3(b+2) + 1,
(13)
während für b < −2 natürlich FX (b) = 0 gilt. Also ist die (kumulative) Verteilungsfunktion der Zufallsvariablen X gegeben durch
0,
x < −2
, x ∈ R.
(14)
FX (x) =
1 − (3x + 7)e−3(x+2) , x ≥ −2
1
0.8
F X(x)
0.6
0.4
0.2
0
-4
-3
-2
-1
0
1
2
x
c) Mit der Gegenwahrscheinlichkeit berechnen wir
“P (X > −1)” = 1 − “P (X ≤ −1)” = 1 − FX (−1)
b)
= 1 − 1 − 4e−3 = 4e−3 ' 20 %.
3
(15)
(16)
Aufgabe 3 :
a) Mit Hilfe der Zeilen- und Spaltensummen sowie der Normierungsbedingungen,
X
fX (x1 , x2 ) = fX2 (x2 ), ∀ x2 ∈ im(X2 ), (17)
x1 ∈im(X1 )
X
fX (x1 , x2 ) = fX1 (x1 ),
∀ x1 ∈ im(X1 ),
(18)
x2 ∈im(X2 )
X
X
fX1 (x1 ) =
x1 ∈im(X1 )
fX2 (x2 ) = 1
(19)
x2 ∈im(X2 )
(9 Gleichungen für 7 Unbekannte), erhalten wir die vervollständigte Wertetabelle
x1
x2
fX
0
1
3
fX1
−1
0.04
0.00
0.10
0.14
1
0.14
0.01
0.15
0.30
3
0.12
0.00
0.13
0.25
4
0.11
0.03
0.17
0.31
fX2
0.41
0.04
0.55
1
0.4
1
f X (x 1 )
0.3
0.2
0.1
0
-1
1
3
4
x1
0.2
f X (x 2 )
0.4
0.1
f (X
1
2
2
,X )
(x 1 ,x 2 )
0.6
0.2
0
3
3
1
1
x2
0
-1
4
0
x
0
1
1
3
x
4
2
b) Aus den Randdichten berechnen wir die gesuchten Erwartungswerte:
E[X1 ]
Def. 8
X
=
x1 fX1 (x1 ) = −1 · 0.14 + 1 · 0.30 + 3 · 0.25 + 4 · 0.31
x1 ∈im(X1 )
=
E[X2 ]
Def. 8
=
2.15,
X
(20)
x2 fX2 (x2 ) = 0 · 0.41 + 1 · 0.04 + 3 · 0.55 = 1.69.
(21)
x2 ∈im(X2 )
Für die Standardabweichungen erhalten wir
X
Def. 9, 2.
V [X1 ]
=
(x1 − E[X1 ])2 fX1 (x1 ) ' 3.03
(22)
x1 ∈im(X1 )
⇒
V [X2 ]
Def. 9, 2.
=
Def. 9, 3.
σX1 =
X
p
V [X1 ] ' 1.74,
2
(x2 − E[X2 ]) fX2 (x2 ) ' 2.13
(23)
(24)
x2 ∈im(X2 )
⇒
σX2
Def. 9, 3.
=
p
V [X2 ] ' 1.46.
(25)
c) Gemäss Satz 4 der Vorlesung gilt für stochastisch unabhängige Zufallsvariablen
X1 , X2 :
fX (x1 , x2 ) = fX1 (x1 )fX2 (x2 ),
∀ (x1 , x2 ) ∈ im(X) = im(X1 ) × im(X2 ).
(26)
Diese Eigenschaft ist jedoch nicht erfüllt, da z. B.
fX (3, 1) = 0.00 6= 0.01 = 0.25 · 0.04 = fX1 (3)fX2 (1).
(27)
Daher können X1 , X2 nicht stochastisch unabhängig sein.
Aufgabe 4 :
a) Mit dem Additionssatz für Erwartungswerte (Satz 6) erhalten wir
E[(X + 5)Y − 3X 2 ] = E[XY + 5Y − 3XX] = E[XY ] + 5E[Y ] − 3E[XX]. (28)
Mit dem Multiplikationssatz für Erwartungswerte (Satz 9) erhalten wir ausserdem
E[XY ] = E[X]E[Y ] + Cov(X, Y ) = E[X]E[Y ],
E[XX] = E[X]E[X] + Cov(X, X) = E[X]2 + V [X],
(29)
(30)
wobei wir noch den Satz 8 der Vorlesung verwendet haben. Also ist der gesuchte
Erwartungswert gegeben durch
E[(X + 5)Y − 3X 2 ] = E[X]E[Y ] + 5E[Y ] − 3 E[X]2 + V [X]
5
13
5
= 2 · + 5 · − 3 22 + 4 = − = −6.5. (31)
2
2
2
5
b) Gemäss Satz 4 der Vorlesung ist die gemeinsame Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion fX gegeben durch das Produkt der Wahrscheinlichkeitsdichten fX und fY :
fX (x, y) = fX (x)fY (y)
(32)
1 −1x
1 −1x 1
e 2 3 , x ≥ 0, 1 ≤ y ≤ 4
e 2 , x ≥ 0, 1 ≤ y ≤ 4
2
6
=
(33)
.
=
0,
sonst
0,
sonst
0.02
0.04
0.06
0.12
0.12
0.08
0.14
0.14
0.1
0.08
0.16
0.1
3.5
0.16
4
y
3
2.5
0.02
0.04
1.5
0.06
2
1
0
1
2
3
4
5
x
c) Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist gegeben durch das zweidimensionale Integral
Zb
“P (a < X ≤ b)” =
Z4 Z5
fX (x) dx =
a
1
Z4
Z4
=
1
fX (x, y) dy dx
2
1 −1x
1
e 2 dy dx =
6
6
2
(34)
Z4
e
1
− 12 x
Z4
1 dy dx
(35)
|2 {z }
=4−2=2
=
1
3
Z4
1
e− 2 x dx =
1 4
1
2
2 1
(−2)e− 2 x = − e−2 + e− 2 (36)
3
3
3
1
1
' 31 %.
(37)
Aufgabe 5 :
a) Für die Stichprobenvariablen Xi ∼ N (µ, σ 2 ), i = 1, 2, . . . , n (iid), ist ein (1 − α)Konfidenzintervall für µ (bei unbekannter Varianz σ 2 ) gegeben durch (Un , Vn ),
mit Intervallgrenzen (Zufallsvariablen)
Un = gnu ◦ X,
Vn = gno ◦ X,
X := (X1 , X2 , . . . , Xn )> .
Dabei sind die Funktionen gnu , gno definiert durch
s
s
gnu (x) = x − cα √ , gno (x) = x + cα √ ,
n
n
6
(38)
(39)
mit dem Stichprobenmittelwert bzw. der (korrigierten) Stichprobenvarianz
n
n
1X
x :=
xi ,
n i=1
1 X
s :=
(xi − x)2 ,
n − 1 i=1
2
(40)
wobei cα das (1 − α2 )-Quantil der tn−1 -Verteilung bezeichnet. Für eine gegebene
Stichprobe x ∈ Rn ist das entsprechende Schätzintervall gegeben durch
s
s
x − cα √ , x + cα √
.
(41)
n
n
Für die Stichprobe aus der Aufgabe vom Umfang n = 12 berechnen wir den
Stichprobenmittelwert und die (korrigierte) Stichprobenvarianz als
12
x=
1 X
xi ' 3.59,
12 i=1
12
s2 =
1 X
(xi − x)2 ' 9.56.
11 i=1
(42)
Für α = 0.05 erhalten wir das 0.975-Quantil der t11 -Verteilung c0.05 ' 2.201
(s. z. B. Formelsammlung von Papula, S. 514). Damit ist das Schätzintervall für
diese Stichprobe gegeben durch
(1.63, 5.56),
(43)
wobei die Intervallgrenzen gerundet wurden.
-2
0
2
4
6
8
x
b) Die Teststatistik für den Einstichproben-t-Test ist gegeben durch die reelle Zufallsvariable
x − µ∗
,
(44)
Tn = gn ◦ X, gn (x) := p
s2 /n
wobei µ∗ = 6 den vermuteten Erwartungswert bezeichnet (Nullhypothese: µ =
µ∗ ). Unter der Nullhypothese ist Tn (Student-)t-verteilt mit n−1 Freiheitsgraden,
Tn ∼ tn−1 . Für die gegebene Stichprobe erhalten wir den Prüfwert
t̂ ' −2.70.
(45)
Der kritische Bereich für das Signifikanzniveau α ∈ (0, 1) ist gegeben durch
Kα = {t ∈ R | |t| ≥ cα } ,
7
(46)
wobei cα das (1 − α2 )-Quantil der tn−1 -Verteilung bezeichnet. Wir finden die
Quantile
c0.05 ' 2.201, c0.01 ' 3.106.
(47)
Daher gelten
t̂ ∈ K0.05 ,
t̂ 6∈ K0.01 .
(48)
Für diese Stichprobe wird also die Nullhypothese beim Signifikanzniveau α =
0.05 verworfen aber beim Signifikanzniveau α = 0.01 beibehalten. Wir sagen, die
Nullhpyothese wird für diese Stichprobe signifikant (aber nicht hochsignifikant)
verworfen.
0.4
t 11
f(x)
0.3
0.2
0.1
0
-4
c 0.01
c 0.05
-1
0
1
2
3
4
x
Aufgabe 6 :
a) Wir berechnen die Rotation des Vektorfeldes:


y
∂vz
− ∂v
∂y
∂z
 x ∂vz 
− ∂x 
rot v(x, y, z) =  ∂v
(49)
∂z
∂vy
∂vx
− ∂y
∂x


−6xe−3xy + 6xe−3xy

(λ − 7)e−3xy y + 6ye−3xy
= 
−6ze−3xy + 18xyze−3xy − (λ − 7)e−3xy z + 3x(λ − 7)e−3xy yz


0
.
(λ − 1)ye−3xy
= 
(50)
−3xy
(λ − 1) (3xy − 1) ze
Das Vektorfeld ist daher wirbelfrei für λ = 1.
b) Die kritischen Punkte der Funktion sind die Nullstellen des Gradienten,
∂f
−y
−y
(x,
y)
2xe
+
2y
2
(xe
+
y)
!
∂x
∇f (x, y) =
=
=
= 0. (51)
∂f
2 −y
−y
−x
e
+
2x
x
(2
−
xe
)
(x,
y)
∂y
Wir können z. B. zuerst die zweite Gleichung nach x auflösen (2 Lösungen x1 = 0,
x2 = 2ey2 ), in die erste Gleichung einsetzen und dann diese lösen. Wir erhalten
y1 = 0,
8
y2 = −2.
(52)
Die kritischen Punkte sind also gegeben durch
−2 0
2e
.
p1 =
, p2 =
−2
0
(53)
Jetzt müssen wir die Hesse-Matrix von f an diesen Punkten auswerten und ihre
Eigenwerte berechnen. An einer beliebigen Stelle (x, y) ∈ R2 erhalten wir
! ∂2f
∂2f
(x,
y)
(x,
y)
2e−y
2(1 − xe−y )
2
∂x2
∂y∂x
D f (x, y) =
=
,
2
∂2f
2(1 − xe−y )
x2 e−y
(x, y) ∂∂yf2 (x, y)
∂x∂y
(54)
und damit
p
2 2
2
D f (p1 ) =
⇒ λ1,2 = 1 ± 1 − (−4) ' 1 ± 2.24 (55)
2 0
(indefinit),
2
2e
−2
2
(56)
D f (p2 ) =
−2 4e−2
√
⇒ λ1,2 = e2 + 2e−2 ± e4 + 4e−4 ' 7.66 ± 7.39
(57)
(positiv definit).
Gemäss Satz 12 der Vorlesung hat f bei p1 einen Sattelpunkt und bei p2 ein
lokales Minimum.
-0.
5
1
Nf (c)
kritische Punkte
0.5
0
-0.3
0.1
0
0.
3
5
0. 0.7 9
0.
-0.1
-0.3
-0.5
0
0.3 5
0. 0.7
0.9
-1.5
0.5
0.3
.1
0.1
-1
-0
0.1
0
-0.5
-0.3
00 -0.1
0..31
0
.5
00..97
0
-0.5
0.1 0.3
0.50.7
0.9
-0.1
-0.3
-2
-2.5
-0
0 1-0..3
1
00
00....35
0.79
0
y
9
0.
7
0.
5
0.
0.1
0.3
-0.1
0
-3
-1
-0.5
0
x
9
0.5
1