Mathematik 3 für Informatik

Gunter Ochs
Wintersemester 2015/16
Mathematik 3 für Informatik
Präsenzaufgaben zum 22.und 23.2.
Lösungshinweise (ohne Garantie uaf Fehlerfreiheit)
3.
(a) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der folgenden Dierentialgleichungen
(i)
x0 = −3x
hat die allgemeine Lösung
x(t) = c · e−3t
mit
c∈R
(Lösungsformel für lineare homogene DGL mit konstantem Koezienten)
(ii)
x0 + x · t − x · t2 = 0 ⇔ x0 + (t − t2 ) · x = 0
Dies ist eine lineare homogene DGL mit dem nichtkonstantem Koezienten
funktion
P (t) =
1 2
2t
−
1 3
3 t von
1 2
1 3
3t −2t
x(t) = c · e−P (t) = c · e
0
2
(iii) x + 3x = t − t ist
p(t)
mit
p(t) = t − t2 .
Mit der Stamm-
liefert die Lösungsformel die allgemeine Lösung
c∈R
eine inhomogene lineare DGL mit konstantem Koezienten.
Für eine spezielle Lösung macht man den Ähnlichkeitsansatz vom Typ der rechten Seite
xs (t) = αt2 + βt + γ ⇒ x0s (t) = 2αt + β
Eingesetzt in die DGL ergibt sich
2αt + β + 3αt2 + 3βt + γ = 3αt2 + (3β + 2α)t + (3γ + β) = t2 − t,
1
woraus 3α = 1 ⇔ α = ,
3β + 2α = −1 ⇔ β = 31 (−1 − 2α) = − 95 und
3
1
5
3γ + β = 0 ⇔ γ = − 3 β = 27 folgt.
1 2
5
5
Daraus erhält man eine spezielle Lösung xs (t) = t − t +
3
9
27 .
−3t
Mit der Lösung xh (t) = ce
aus (i) für die zugehöre homogene DGL ergibt sich die allgemeine Lösung
1 2
5
5
x(t) = xs (t) + xh (t) = 3 t − 9 t + 27
+ ce−3t mit c ∈ R.
0
(iv) x + 3x = sin t
0
Der Ähnlichkeitsansatz xs (t) = α sin t + β cos t ⇒ xs (x) = α cos t − β sin t führt zu
(3α − β) · sin t + (α + 3β) · cos t = sin t ⇔ 3α − β = 1 und α + 3β = 0.
Dieses lineare Gleichungssystem hat die (eindeutige) Lösung α = 0, 3 und β = −0, 1, d. h.
xs (t) = 0, 3 sin t − 0, 1 cos t ist eine spezielle Lösunmg der DGL. Die allgemeine Lösung ist damit
x(t) = 0, 3 sin t − 0, 1 cos t + ce−3t mit c ∈ R.
0
2
(v) x + 3x = t − t + sin t
Die rechte Seite ist Summe der rechten Seiten aus (iii) und (iv). Damit setzt sich die allgemeine Lösung
5
x1 (t) = 31 t2 − 59 t + 27
zu (iii), der speziellen Lösung x2 (t) = 0, 3 sin t −
0, 1 cos t zu (iv) und der allgemeinen Lösung xh (t) der homogenen DGL:
5
x(t) = x1 (t) + x2 (t) + xh (t) = 13 t2 − 95 t + 27
+ 0, 3 sin t − 0, 1 cos t + c · e−3t mit c ∈ R.
x
1
0
(vi) x +
t = 0 ist eine homogene DGL mit nichtkonstantem Koezienten p(x) = t .
Mit der Stammfunktion P (t) = ln |t| und der Lösungsformel ist die allgemeine Lösung
x(t) = c · eln |t| = c · |t| mit c ∈ R.
Die DGL ist nur für t 6= 0 deniert. Da c und damit auch das Vorzeichen von c beliebig wählbar ist ist die
allgemeine Lösung sowohl auf dem Intervall (0; ∞) als auch auf dem Intervall (−∞; 0) gleich x(t) = c̃ · t mit
c̃ ∈ R beliebig.
zusammen aus der spziellen Lösung
(b) Geben Sie für die Gleichungen (i) bis (v) jeweils eine spezielle Lösung mit
c
wird bestimmt, indem
(i)
(ii)
c = 1,
also
1=c·e
1 3
t=0
x(0) = 1
an.
in die allgemeine Lösung eingesetzt wird. Man erhält
x(t) = e−3t ,
1 2
1 2
30 −20
= c · 1 = c,
also ist
1 2
x(t) = e 3 t − 2 t Lösung des Anfangswertproblems mit y(0) = 0.
1
5
5
22
2
−3·0 5
(iii) 1 =
3 · 0 − 9 · 0 + 27 + c · e
27 + c ⇒ c = 27 , also ist
1 2
5
5
22 −3t
x(t) = 3 t − 9 t + 27 + 27 e ,
−3·0
(iv) 1 = 0, 3 sin 0 − 0, 1 cos 0 + c · e
= 0 − 0, 1 + c ⇒ c = 1, 1, also ist
−3t
x(t) = 0, 3 sin t − 0, 1 cos t + 1, 1e ,
1
5
5
5
1
2
−3·0
(v) 1 =
= 27
− 10
+c ⇒c=1−
3 · 0 − 9 · 0 + 27 + 0, 3 sin 0 − 0, 1 cos 0 + c · e
1 2
5
5
247
−3t
also x(t) = t − t +
+
0,
3
sin
t
−
0,
1
cos
t
+
·
e
3
9
27
270
5
27
+
1
10
=
247
270 ,
1.
(a) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der folgenden Dierentialgleichungen für die Funktion
(i) x0 =
t
,
x2
t2
,
x
(ii) x0 =
(iii) x0 = (t · x)2 ,
(iv) x0 = −x · sin(2t + 1),
x(t):
(v) x0 = x · t · cos 2t.
(i), (ii) und (iii) sind nichtlineare Dierentialgleichungen, deren allgemeine Lösung jeweils durch Trennung
der Variablen bestimmt werden kann:
dx
dt
(i)
=
t
x2
⇒ x2 dx = t dt ⇒
x2 dx = 13 x3 =
R
mit der frei wählbaren Konstante
dx
(ii)
dt
=
t2
x
2
⇒ x dx = t dt ⇒
t dt = 21 t2 + c ⇒ x3 = 32 t2 + c̃ ⇒ x(t) =
q
3 2
2t
+ c̃
t dt2 = 13 t3 + c ⇒ x2 = 23 t3 + c̃ ⇒ x(t) =
q
2 3
3t
+ c̃
3
c̃ = 3c.
x dx = 12 x2 =
R
R
c̃ = 2c.
R
= t2 dt ⇒
R
mit der frei wählbaren Konstante
(iii)
mit
dx
dt
= (tx)2 = t2 · x2 ⇒
c ∈ R.
dx
x2
dx
x2
= − x1 =
R
t2 dt = 13 t3 + c ⇒
Bemerkung: Auÿerdem gibt es noch eine stationäre (konstante) Lösung
1
x
= − 13 t3 − c ⇒ x(t) =
−1
1 3
3 t +c
x(t) = 0.
Bei (iv) und (v) handelt es sich jeweils um lineare homogene Dierentialgleichungen (mit nichtkonstantem
Koezienten
p(t)),
für die die allgemeine Lösung mit der zugehörigen Lösungsformel bestimmt werden
kann:
x0 = −x · sin(2t + 1) ⇔ x0 + sin(2t + 1) · x = 0.
Hier hat p(t) = sin(2t + 1) (mit linearer Substitution)
(iv)
die Stammfunktion
P (t) = − 21 cos(2t + 1).
1
2
x(t) = c · e−P (t) = c · e cos(2t+1) mit c ∈ R.
(v) x = x · t · cos 2t ⇔ x − x · t · cos 2t = 0.
Hier muss die Stammfunktion von p(t) = −t · cos 2t mit partieller Integration in Verbindung
Somit ist die allgemeine Lösung der DGL
0
0
mit linearer
Substitution bestimmt werden:
R
−t · cos 2t dt = − 12 t · sin 2t + 12 sin 2t dt = − 21 t · sin 2t − 14 cos 2t
(eine Integrationskonstante c ist an dieser Stelle nicht erforderlich, da
R
die Lösungsformel der DGL nur
eine
Stammfunktion benötigt).
Die allgemeine Lösung der DGL ist dann
1
1
x(t) = c · e−P (t) = c · e 2 t·sin 2t+ 4 cos 2t
(b) Finden Sie jeweils eine spezielle Lösung mit
mit
c ∈ R.
x(0) = 1.
Jeweils durch Einsetzen der Anfangsbedingung in die allgemeine Lösung:
(i)
1 = x(0) =
also ist
1 = x(0) =
(ii)
(v)
7.
3
2
· 02 + c̃ =
q
3
2
· 02 + 1
3
3
√
3
c̃ ⇔ c̃ = 13 = 1,
Lösung des betrachteten Anfangswertproblems.
√
q
1 = x(0) =
(iii)
(iv)
x(t) =
q
2
3
c̃ ⇒
3 · 0 + c̃ =
−1
= − 1c ⇒ c =
1
3
3 ·0 +c
1 = x(0) = c · e
1 = x(0) = c · e
1
2
2
cos(2·0 +1)
1
1
2 0·sin 0+ 4
c̃ = 12 = 1,
−1,
=c·e
cos 0
1
2
=c·e
also
cos 1
1/4
also
x(t) =
x(t) =
−1
1 3
3 t −1
− 12 cos 1
⇒c=e
−1/4
⇒c=e
=
q
=
2 3
3 t + 1.
1
.
1− 13 t3
≈ 0, 76,
1
√
4
e
also
≈ 0, 78,
2
1
x(t) = 0, 76e 2 cos(2t
also
x(t) = 0, 78e
+1)
.
1
1
2 t·sin 2t+ 4
cos 2t
.
Ω an, der das dreimalige Werfen einen Münze beschreibt.
W für Wappen und Z für Zahl, so erhält man als Ergebnismenge
Ω = {(W, W, W ), (W, W, Z), (W, Z, W ), (W, Z, Z), (Z, W, W ), (Z, W, Z), (Z, Z, W ), (Z, Z, Z)}
1
Unter der Annahme einer LaplaceVerteilung ist dann P ({ω}) =
8 für alle ω ∈ Ω.
(a) Geben Sie einen Wahrscheinlichkeitsraum
Steht
A = genau zweimal Zahl und B = erster Wurf Zahl als Teilmengen von Ω aus?
A = {(W, Z, Z), (Z, W, Z), (Z, Z, W )} und B = {(Z, W, W ), (Z, W, Z), (Z, Z, W ), (Z, Z, Z)}.
(b) Wie sehen die Ereignisse
P (A), P (B), P (A ∩ B), P (A|B)
B 4 Elemente hat, ist P (A) = 83 und P (B) = 48 = 12 .
P (A ∩ B) = P ({(Z, W, Z), (Z, Z, W )} = 28 = 41 und
(c) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeiten
Da
A
3 und
Weiter ist
P (A|B) =
(d) Sind
A
P (A∩B)
P (B)
=
1/4
1/2
=
1
2 sowie
B unabhängig?
P (A ∩ B) = 41 6= 38 ·
P (B|A) =
P (A∩B)
P (A)
und
Nein, da
1
2
= P (A) · P (B).
=
1/4
3/8
=
2
3.
und
P (B|A).
2. Gegeben seien folgende Dierentialgleichungen für die Funktion
(i) x0 = (x + t) · (t + 1),
(ii) x0 = (x + 1) · (t + x),
x(t):
(iii) x0 = 2x − 3tx,
(iv) x0 + 2x + 3 = 0
(a) Prüfen Sie, ob die Dierentialgleichungen linear sind. Wenn ja, überführen Sie sie in die Normalform
x0 +
p(t) · x = g(t)
x0 = (x + t) · (t + 1) = x · (t + 1) + t · (t + 1) ⇔ x0 − (t + 1) · x = t2 + t
ist eine lineare inhomogene DGL mit nichtkonstantem Koezienten p(t) = −t − 1 und der rechten Seite
g(t) = t2 + t.
0
2
2
(ii) x = (x + 1) · (t + x) = x + tx + t + x ist nichtlinear wegen des Summanden x .
0
0
(iii) x = 2x − 3tx = (2 − 3t) · x ⇔ x + (3t − 2) · x = 0
ist eine homogene lineare DGL mit dem nichtkonstanten Koezienten p(t) = 3t − 2.
0
0
(iv) x + 2x + 3 = 0 ⇔ x + 2x = −3 ist eine lineare inhomogene DGL mit konstantem Koezienten p = 2
und der Inhomogenität g(x) = −3.
(i)
(b) Geben Sie bei den linearen DGLn jeweils an, ob es sich um homogene oder inhomogene Gleichungen mit
konstantem oder nichtkonstantem Koezienten handelt.
siehe Lösung zu (a)
(c) Welche der obigen Dierentialgleichungen sind autonom?
Die einzige autonome DGL ist (iv), da dort nur von
x
abhängige Ausdrücke vorkommen.
(d) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Gleichungen (iii) und (iv).
(iii)
P (t) = 23 t2 − 2t
−P (t)
ist Stammfunktion von
2t− 23 t2
p(t) = 3t − 2.
Nach der Lösungsformel ist
c ∈ R allgemeine Lösung der DGL.
−2t
(iv) Die homogene DGL x + 2x = 0 hat die allgemeine Lösung xh (t) = c · e
mit c ∈ R.
Da die rechte Seite der inhomogenen DGL g(t) = −3 eine Konstante ist, gibt es auch eine konstante spezielle
0
Lösung xs (t) = α ⇒ xs (t) = 0.
3
Einsetzen ergibt 0 + 2α = −3 ⇔ α = − . Damit ist
2
3
−2t
x(t) = xh (t) + xs (t) = c · e
− 2 mit c ∈ R allgemeine Lösung der inhomogenen DGL.
x(t) = c · e
=c·e
mit
0
4.
(a) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der folgenden Dierentialgleichungen.
Es handelt sich jeweils um reduzible Dierentialgleichungen.
x00 (t) = 2 + sin t
R
0
0
Mit y = x erhält man y = 2 + sin t ⇒ y(t) =
2 + sin t dt = 2t − cos t + c1 und damit
R
x(t) = y(t) dt = t2 − sin t + c1 · t + c2 mit frei wählbaren Konstanten c1 , c2 ∈ R.
00
0
−2t
(ii) x (t) − x (t) = e
0
0
−2t
Für y = x erhält man eine inhomogene lineare DGL 1. Ordnung mit konstantem Koezienten: y −y = e
.
t
Die Lösung der zugehörigen homogenen DGL ist nach Lösungsformel yh (t) = c1 · e mit c1 ∈ R beliebig.
(i)
Für eine spezielle Lösung macht man den Ähnlichkeitsansatz
ys (t) = αe−2t ⇒ ys0 (t) = −2αe−2t .
Eingesetzt in die DGL erhält man
−2αe−2t − αe−2t = −3αe−2t = e−2t ⇔ −3α = 1 ⇔ α = − 13 und somit ys (x) = − 13 e−2t .
1 −2t
t
Die allgemeine Lösung für y ist dann y(t) = yh (t) + ys (t) = c1 · e − e
und für die ursprüngliche
3
R
1
x(t) = y(t) dt = c1 · et + 6 e−2t + c2 mit c1 , c2 ∈ R
(die Stammfunktion von ys (t) wurde mit linearer Substitution bestimmt).
x(0) = x0 (0) = 1 an.
(i) Aus 1 = x (0) = y(0) = 2 · 0 − cos 0 + c1 = −1 + c1 folgt c1 = 1 + 1 = 2,
2
aus 1 = x(0) = 0 − sin 0 + c1 · 0 + c2 = c2 folgt c2 = 1, also ist
2
x(t) = t − sin t + 2t + 1 die eindeutige Lösung des AWP.
1 0
1
1
4
0
0
(ii) Aus 1 = x (0) = y(0) = c1 · e − e = c1 −
3
3 folgt c1 = 1 + 3 = 3 . Damit
1 = x(0) = c1 · e0 + 16 e0 + c2 = 43 + 16 + c2 = 32 + c2 ⇒ c2 = 1 − 32 = − 21
4 t
1 −2t
und somit die eindeutige Lösung des AWP x(t) = e + e
− 12 .
3
6
(b) Geben Sie jeweils eine spezielle Lösung mit
0
erhält man
DGL
5.
(a) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der folgenden Dierentialgleichungen
(i)
x00 + x0 − 2x = 0,
(ii)
x00 − 2x0 + x = 0,
(iii)
5
x00 + x0 + x = 0
2
λ2 + λ − 2 = 0 hat die reellen Lösungen λ1 = 1 und λ2 = −2.
t
−2t
Die allgemeine Lösung der DGL ist daher x(t) = c1 e + c2 e
mit c1 , c2 ∈ R.
2
(ii) Die charakteristische Gleichung λ − 2λ + 1 = 0 hat λ = 1 als doppelte Nullstelle.
t
Die allgemeine Lösung der DGL ist daher x(t) = (c1 + c2 t) · e mit c1 , c2 ∈ R.
q
1
5
5
1
2
=
0
⇒
λ
=
−
±
(iii) Die charakteristische Gleichung λ + λ +
2
2
4 − 2 hat keine reellen Lösungen.
q
1
1
3
5
Mit r =
2 und ω =
2 − 4 = 2 ist die allgemeine Lösung der DGL
x(t) = e−t/2 · c1 cos 32 t + c2 sin 32 t mit c1 , c2 ∈ R.
(i) Die charakteristische Gleichung
x(0) = 1 und x0 (0) = 0.
1 = x(0) = c1 · e0 + c2 · e−2·0 = c1 + c2
(b) Finden Sie jeweils eine spezielle Lösung mit
(i) Einsetzen der Anfangsbedingung ergibt
0
0
0 = x (0) = c1 · e − 2c2 · e
sowie
−2·0
Aus der 2. Gleichung folgt
= c1 − 2c2
c1 = 2c2 , eingesetzt
1 = 2c2 + c2 = 3c3 ⇔ c2 =
1
3.
Mit der 2. Gleichung folgt dann
c1 = 2c2 =
in die 1. Gleichung ergibt sich
2
3 , d. h. die Lösung des AWP ist
x(t) = 23 et + 13 e−2t ,
0
t
t
t
(ii) Mit x (t) = c1 · e + (c1 t + c2 ) · e = (c1 t + c1 + c2 ) · e erhält man durch Einsetzen
1 = x(0) = (c1 + c2 · 0) · e0 = c1 und 0 = x0 (0) = c1 + c2 ⇒ c2 = −c1 = −1,
t
also ist die Lösung des AWP x(t) = (1 − t) · e ,
0
(iii) Aus 1 = x(0) = e · (c1 cos 0 + c2 sin 0) = 1 · (c1 + c2 · 0) = c1 erhält man c1 = 1.
1 −t/2
0
Mit x (t) = − e
· c1 cos 32 t + c2 sin 23 t +e−t/2 · − 23 c1 · sin 32 t + 32 c2 · cos 32 t
2
1
3
1
1
0
(nach Produktregel) folgt dann 0 = x (0) = − c1 + c2 ⇒ c2 = c1 = .
2
2
3
3
3
1
3
−t/2
Damit ist die Lösung des AWP x(t) = e
· cos 2 t + 3 sin 2 t .
die Gleichungen
6. Lösen Sie das Anfangswertproblem
x00 (t) − x0 (t) − 2x(t) = cos t
x00h − x0h − 2xh = 0
Die homogene DGL
λ1 = −1
und
mit
x(0) = 1
und
x0 (0) = −1.
hat die charakteristische Gleichung
λ2 = 2.
Die allgemeine Lösung der homogegen DGL ist somit
xh (t) = c1 e−t + c2 e2t
c1 , c2 ∈ R.
mit
Für eine spezielle Lösung
xs (t) = a cos t + b sin t.
xs
der inhomogenen DGL macht man den Ansatz
Eingesetzt in die DGL ergibt sich
−a cos t − b sin t − a sin t + b cos t − 2a cos t − 2b sin t = cos t
⇔ −3a − b = 1
und
−3b + a = 0 ⇔ a = −0, 3
und
b = −0, 1,
also hat man die allgemeine Lösung
x(t) = xh (t) + xs (t) = c1 e−t + c2 e2t − 0, 3 cos t − 0, 1 sin t.
Die Anfangsbedingungen liefern nun die Gleichungen
x(0) = c1 + c2 − 0, 3 = 1
mit der Lösung
x(t) = 67 e−t +
c1 =
2 2t
15 e
und
7
6 und
x0 (0) = −c1 + 2c2 − 0, 1 = −1
c2 =
2
15 , also
− 0, 3 cos t − 0, 1 sin t.
λ2 − λ − 2 = 0
mit den Lösungen
8. Bei einem Sportwettbewerb sind einige Teilnehmer gedopt. Bei einem Dopingtest wird ein gedopter Sportler
mit
80prozentiger
Wahrscheinlichkeit überführt. Mit Wahscheinlichkeit
1%
wird jedoch auch bei einem nicht
gedopten Sportler irrtümlich Doping festgestellt.
(a) Beschreiben Sie die angegebenen Wahrscheinlichkeiten als bedingte Wahrscheinlichkeiten mit den Ereignis-
A = Doping wird festgestellt und B = Sportler ist gedopt.
P (A|B) = 0, 8 (Doping wird zu 80% entdeckt) und P (A|B) = 0, 01 (Doping wird mit Wahrscheinlichkeit 1%
sen
bei einem nicht gedopten Sportler zu Unrecht festgestellt)
10%
(b) Angenommen,
der getesteten Sportler sind tatsächlich gedopt. Wie hoch ist dann der Anteil der
Sportler, bei denen Doping festgestellt wird?
Formel der totalen Wahrscheinlichkeit:
P (A) = P (B) · P (A|B) + P (B) · P (A|B) = 0, 1 · 0, 8 + 0, 9 · 0, 01 = 0, 089 = 8, 9%
(c) Wie groÿ ist in (b) die Wahrscheinlichkeit, dass ein Sportler, bei dem Doping festgestellt wird, tatsächlich
gedopt ist?
Mit der Formel von Bayes:
P (B|A) =
P (B)·P (A|B)
P (B)·P (A|B)+P (B)·P (A|B)
=
0,1·0,8
0,089
=
80
89
≈ 89, 9%
(d) Wie groÿ ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein Sportler, bei dem kein Doping festgestellt wird, trotzdem
gedopt ist?
Ebenfalls mit Bayes und
P (B|A) =
P (A|B) = 1 − P (A|B) = 0, 2
P (B)·P (A|B)
P (B)·P (A|B)+P (B)·P (A|B)
=
0,1·0,2
0,1·0,2+0,9·0,99
=
P (A|B) = 1 − P (A|B) = 0, 99:
sowie
0,02
0,911
≈ 2, 2%.
9. Ein Würfel sei (nichtstandardmäÿig) beschriftet mit den Augenzahlen 1, 2, 4, 5, 5 und 7, die Zufallsvariable
X
gebe die gewürfelte Augenzahl an.
X , d. h. die Wahrscheinlichkeiten P (X = i) für
X , an.
P (X = 1) = P (X = 2) = P (X = 4) = P (X = 7) = 61 und P (X = 5) = 62 = 31 .
(a) Geben Sie die Verteilung von
alle in Frage kommenden
Werte von
(b) Bestimmen Sie Erwartungswert, Varianz und Standardabweichung von
EX =
1
6
V (X) =
·1+
1
6
·2+
1
6
·4+
1
3
·5+
1
6
·7 =
1
6
· 24 = 4
X.
und
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
6 (1−4) + 6 (2−4) + 6 (4−4) + 3 (5−4) + 6 (7−4)
= 16 ·(9+4+0+9)+ 31 ·1 = 4 ⇒ σX =
√
4 = 2.
(c) Bestimmen Sie Erwartungswert, Varianz und Standardabweichung der Augensumme bei 12maligem Würfeln.
X1 , ..., X12 die Verteilung von X haben und unabhängig sind, so ist
E(X1 +
12 ) = 12 · EX = 24 und V (X1 + ... + X12 ) = 12 · V (X) = 48.
√... + X√
damit
48 = 4 3 ≈ 6, 93.
Wenn
Die Standardabweichung ist
(d) Bei einem Glücksspiel beträgt der Gewinn die 12fache Augenzahl. Bestimmen Sie Erwartungswert, Varianz
und Standardabweichung des Gewinns bei einmaligem Würfeln.
Der Gewinn entspricht der Zufallsvariable
und
σ12X =
√
12 · X
mit
E(12X) = 12EX = 24, V (12X) = 122 · V (X) = 576
576 = 24.
(e) Wie hoch wäre bei dem Spiel aus (d) ein fairer Einsatz, bei dem im langfristigen Durchschnitt tendenziell
weder ein Gewinn noch ein Verlust zu erwarten wäre?
Der Erwartungswert
E(12X) = 24.