Lösung 5

MAE4 – Mathematik: Analysis für Ingenieure 4
Dr. Christoph Kirsch
Frühlingssemester 2015
ZHAW Winterthur
Lösung 5
Aufgabe 1 :
a) Wir definieren die Zufallsvariable
1, falls eine weisse Kugel gezogen wird (“Erfolg”)
X :=
.
0, falls eine grüne Kugel gezogen wird (“Misserfolg”)
(1)
Weil jede Kugel dieselbe Wahrscheinlichkeit hat, gezogen zu werden, gilt
“P (X = 1)” =
1
4
= =: p,
16
4
3
und damit “P (X = 0)” = 1 − p = ,
4
also X ∼ B 1, 14 . Die gesuchte (Erfolgs-)Wahrscheinlichkeit ist p =
Sie ist bei jeder Ziehung gleich.
1
4
(2)
= 25 %.
b) Wir betrachten eine Serie von 10 gleichartigen und unabhängigen BernoulliExperimenten mit Erfolgswahrscheinlichkeit p = 41 (Aufgabe 1a). Wir definieren
die Zufallsvariable
X := “Anzahl gezogene weisse Kugeln”.
(3)
Dann gilt X ∼ B 10, 41 , und die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist gegeben durch
10−0 10
0 1
3
10
1
1−
=
≃ 5.6 %
“P (X = 0)” = PX ({0}) = fX (0) =
4
4
4
0
(4)
(in MATLAB: binopdf(0,10,1/4)).
c) Wir betrachten wieder eine Serie von gleichartigen und unabhängigen BernoulliExperimenten mit Erfolgswahrscheinlichkeit p = 14 (Aufgabe 1a). Wir definieren
die Zufallsvariable
X := “Anzahl der gezogenen grünen Kugeln,
bis zwei weisse Kugeln gezogen wurden”.
(5)
Dann gilt X ∼ N B 2, 41 , und die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist gegeben durch
5
X
2 k
5 X
k+2−1
1
1
“P (X ≤ 5)” = FX (5) =
fX (k) =
1−
(6)
k
4
4
k=0
k=0
k
2 X
5
3
1
(k + 1)
≃ 56 %
(7)
=
4 k=0
4
(in MATLAB: nbincdf(5,2,1/4)).
1
Aufgabe 2 :
a) Wir definieren die Zufallsvariable
X := “Anzahl der roten Kugeln in der Stichprobe”.
(8)
Dann gilt X ∼ H(20, 2, 5).
b) Gemäss der Tabelle aus der Vorlesung gilt
2
2 20−2
fX (k) =
5−k
20
5
k
=
k
18
5−k
20
5
,
k = 0, 1, 2
(9)
(in MATLAB: hygepdf(k,20,2,5)). Wir erhalten die (auf 2 signifikante Stellen
gerundeten) Werte
k
0
1
2
fX (k) 0.55 0.39 0.053
c) Wir betrachten eine Zufallsvariable X ∼ H(20, 2, n) und wollen das grösstmögliche n ∈ N bestimmen, so dass
18 2!
18!
2
n(n − 1)
2!0! (n−2)!(20−n)!
2 n−2
=
< 0.02 (10)
=
“P (X = 2)” = fX (2) =
20
20!
19 · 20
n!(20−n)!
n
(in MATLAB: hygepdf(2,20,2,n)). Aus Aufgabe 2b wissen wir bereits, dass
für n = 5 die Wahrscheinlichkeit zu gross ist (≃ 5.3 %). Also muss n ≤ 4 gelten.
Wir berechnen die (gerundeten) Werte
n
4
3
2
“P (X = 2)” 0.032 0.016 0.0053
Also ist n = 3 der grösstmögliche Stichprobenumfang, für den die Bedingung
“P (X = 2)”< 2 % erfüllt ist.
d) Wir betrachten eine Zufallsvariable X ∼ H(N, 2, 5) und wollen das kleinstmögliche N ∈ N bestimmen, so dass
2
0
N −2
5−0
N
5
2! (N −2)!
0!2! 5!(N −7)!
N!
5!(N −5)!
(N − 5)(N − 6)
> 0.65
N (N − 1)
(11)
(in MATLAB: hygepdf(0,N,2,5)). Aus Aufgabe 2b wissen wir bereits, dass für
N = 20 die Wahrscheinlichkeit zu klein ist (≃ 55 %). Also muss N ≥ 21 gelten.
Wir berechnen die (gerundeten) Werte
“P (X = 0)” = fX (0) =
=
=
N
21
22
23
24
25
26
27
28
“P (X = 0)” 0.571 0.589 0.605 0.620 0.633 0.646 0.658 0.669
Also ist N = 27 der kleinstmögliche Umfang der Grundgesamtheit, für den die
Bedingung “P (X = 0)”> 65 % erfüllt ist.
2
Aufgabe 3 :
a) Wir berechnen mit Hilfe der Gegenwahrscheinlichkeit (MAE3, Satz 7, 1.) sowie
mit der Tabelle der Wahrscheinlichkeitsdichtefunktionen aus der Vorlesung:
“P (X > 5)” = 1 − “P (X ≤ 5)” = 1 − FX (5) = 1 −
Z5
λe−λx dx
(12)
0
5
5
= 1 − −e−λx 0 = 1 + e−λx 0 = 1 + e−5λ − 1
(13)
!
= e−5λ = 0.05.
(14)
Aufgelöst nach λ erhalten wir λ = − 15 ln(0.05) ≃ 0.60.
b) Wie vorher berechnen wir
“P (X > q)” = 1 − “P (X ≤ q)” = 1 − FX (q) = 1 −
= 1 − −e
−λx
!
= e−λq = p
Zq
λe−λx dx
(15)
0
q
= 1 + e−λx q = 1 + e−λq − 1
0
0
(16)
(17)
Aufgelöst nach λ erhalten wir λ = − 1q ln(p) > 0.
c) Mit der Gegenwahrscheinlichkeit berechnen wir
0.5 = “P (X ≤ m)” = 1 − “P (X > m)”
⇒
“P (X > m)” = 1 − 0.5 = 0.5.
(18)
Wir derselben Rechnung wie in Aufgabe 3b erhalten wir
!
“P (X > m)” = · · · = e−λm = 0.5.
(19)
Nach m aufgelöst erhalten wir den Median der Exponentialverteilung:
1
ln(2)
1 MAE2, Satz 5, 5. 1
m = − ln
> 0.
=
− (− ln(2)) =
λ
2
λ
λ
(20)
λ = 0.5, m = 1.4
1
0.4
0.8
0.3
0.6
fX(x)
FX(x)
0.5
0.2
0.4
0.1
0.2
0
−5
0
5
10
x
0
−5
0
5
x
3
10
Aufgabe 4 :
a) Wir schreiben das uneigentliche Integral zuerst mit Hilfe von Grenzwerten
(MAE3, Def. 3, 3.):
E[X] =
Z∞
xfX (x) dx = lim
λ→−∞
Zc
|λ
−∞
xfX (x) dx + lim
µ→∞
{z
=:I1 (λ)
}
Zµ
xfX (x) dx,
|c
{z
=:I2 (µ)
(21)
}
wobei der Teilpunkt c ∈ R beliebig ist. Jetzt berechnen wir die Integrale I1 und
I2 für die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion der Standardnormalverteilung mit
2
Hilfe der Substitution t = − x2 , dx = − x1 dt:
I1 (λ) =
Zc
λ
c2
−2
2
Z
x
1
x
x
√ exp −
√ exp(t) −
dx =
dt
2
x
2π
2π
(22)
2
− λ2
c2
1
= −√
2π
−2
Z
2
− λ2
I2 (µ) =
Zµ
c
2
c2
1 − λ2
1
− c2
t − 2
2
√
√
−e
,
e
e λ2 =
e dt = −
2π − 2
2π
t
(23)
µ2
− 2
2
Z
x
x
1
x
√ exp −
√ exp(t) −
dx =
dt
2
x
2π
2π
(24)
2
− c2
2
1
= −√
2π
− µ2
Z
2
− c2
− µ2
1
1
e dt = − √ et c22 = √
2π − 2
2π
t
2
e
− c2
−e
2
− µ2
. (25)
Für die Grenzwerte erhalten wir
c2
1
lim I1 (λ) = − √ e− 2 ,
λ→−∞
2π
1 − c2
lim I2 (µ) = √ e 2 ,
µ→∞
2π
(26)
(27)
und damit für den gesuchten Erwartungswert:
c2
c2
1
1
E[X] = − √ e− 2 + √ e− 2 = 0,
2π
2π
unabhängig von der Wahl von c ∈ R.
(28)
Im Folgenden bezeichne Φ die kumulative Verteilungsfunktion der Standardnormalverteilung. Für ihre Auswertung verwenden wir die Tabelle aus der Formelsammlung
von Papula, S. 508.
4
b) Wir berechnen
“P (−3 ≤ X ≤ 1)” = FX (1) − FX (−3)
−3 − (−4)
1 − (−4)
−Φ
= Φ
5
5
= Φ(1) − Φ(0.2) ≃ 0.8413 − 0.5793 ≃ 0.2620
≃ 26 %
(29)
(30)
(31)
(32)
(in MATLAB: normcdf(1,-4,5) - normcdf(-3,-4,5)).
c) Wir verwenden die Gegenwahrscheinlichkeit (MAE3, Satz 7, 1.):
0−1
“P (Y > 0)” = 1 − “P (Y ≤ 0)” = 1 − FY (0) = 1 − Φ
2
1
1
= 1−Φ −
=1− 1−Φ
= Φ(0.5)
2
2
≃ 0.6915 ≃ 69 %,
(33)
(34)
(35)
wobei wir Φ(−x) = 1 − Φ(x) verwendet haben
(in MATLAB: 1 - normcdf(0,1,2)).
0.2
0.18
N(−4,25)
N(1,4)
0.16
0.14
f(x)
0.12
0.1
0.08
0.06
0.04
0.02
0
−5
−4
−3
−2
−1
0
x
1
2
3
4
5
Aufgabe 5 :
a) Die Werte der Zufallsvariablen Y sind gegeben durch
yi = 2xi − 3,
xi ∈ im(X) = {0, 1, 2, . . . , 8} ,
5
(36)
also gilt
im(Y ) = {−3, −1, 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13} .
(37)
b) Gemäss Kap. 1.1.6 aus der Vorlesung ist die Zähldichte der Zufallsvariablen Y
gegeben durch
yi + 3
, yi ∈ im(Y ),
(38)
fY (yi ) = fX
2
wobei wir a = −3 und b = 2 verwendet haben. Gemäss der Tabelle aus der
Vorlesung gilt
k 8−k
8
5
1
fX (k) =
, k = 0, 1, 2, . . . , n,
(39)
6
6
k
und wir erhalten die (gerundeten) Werte
−3 −1
1
3
5
7
9
11
13
0
1
2
3
4
5
6
7
8
−4
−5
fY (yi ) 0.23 0.37 0.26 0.10 0.026 0.0042 4.2 · 10
2.4 · 10
6.0 · 10−7
yi
yi +3
2
Zaehldichte von Y := 2 X − 3, wobei X ∼ B(8,1/6)
0.4
0.35
0.3
fY(y)
0.25
0.2
0.15
0.1
0.05
0
−4
−2
0
2
4
6
8
10
12
14
y
Aufgabe 6 :
Gemäss der Tabelle in Kap. 1.1.4 der Vorlesung ist die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion der Zufallsvariablen X gegeben durch
fX (x) =
1
3
,
π 9 + (x + 2)2
x ∈ R,
(40)
wobei wir t = −2 und s = 3 eingesetzt haben. Aus Kap. 1.1.6 der Vorlesung wissen
wir, dass die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion der Zufallsvariablen Y gegeben ist
durch
y−a
1
= 3fX (3 (y − 5)) , y ∈ R,
(41)
fY (y) = fX
b
b
6
wobei wir a = 5 und b =
1
3
eingesetzt haben. Damit gilt
1
3
9
9
1
1
2 =
2 =
π 9 + (3(y − 5) + 2)
π 9 + (3y − 13)
π9+9 y−
1
1
=
, y ∈ R.
π 1 + y − 13 2
fY (y) = 3
13 2
3
(42)
(43)
3
Es gilt also Y ∼ Cauchy
13
,1
3
.
Wahrscheinlichkeitsdichtefunktionen von X und von Y = 1/3 X + 5, wobei X ∼ Cauchy(−2,3)
0.35
Cauchy(−2,3)
Cauchy(13/3,1)
0.3
0.2
X
Y
f (x), f (y)
0.25
0.15
0.1
0.05
0
−5
−4
−3
−2
−1
0
x, y
Vorlesungswebseite: http://home.zhaw.ch/~kirs/MAE4
7
1
2
3
4
5