Probeklausur zu Mathematik 3 für Informatik

Gunter Ochs
29. Juni 2015
Probeklausur zu Mathematik 3 für Informatik
Lösungshinweise (ohne Garantie auf Fehlefreiheit)
√
1. Sei
x3 −1
x−1 .
f (x) =
(a) Bestimmen Sie den Grenzwert
Da an der Stelle
x=1
limx→1 f (x).
Zähler und Nenner Null werden, kann der Grenzwert mit der Regel von
l'Hospital berechnet werden:
limx→1 f (x) =
3/2
limx→1 x x−1−1
3 1/2
x
2
= limx→1
(c) Berechnen Sie die Ableitungsfunktion
=
1
3
2
√
1
1
=
3
2.
f 0 (x).
Mit der Quotientenregel:
0
f (x) =
√
3 3/2
1
3√
3
· (x − 1) − x3/2 − 1 · 1
− 32 x1/2 − x3/2 + 1
2x
2 x − 2 x+1
=
=
(x − 1)2
(x − 1)2
(x − 1)2
3 1/2
2x
x0 = 4.
(d) Bestimmen Sie die Gleichung für die Tangente an der Stelle
√
64−1
4−1
f 0 (4) =
4−3+1
9
=
(a) Berechnen Sie den Gradienten und die HesseMatrix von
f.
Mit
f (4) =
T (x) =
2. Sei
7
3
7
3 und
1√
3√
2 64− 2 4+1
(4−1)2
=
=
2
9 erhält man die Tangente
+ 29 (x − 4).
f (x, y) = (x2 + 2) · ey−1 + 2x − 3y
grad
f=
fx
fy
=
y−1
2x · e
+2
(x2 + 2) · ey−1 − 3
(b) Prüfen Sie, ob im Punkt
und
(x1 ; y1 ) = (−1; 1)
Hf =
fxx
fxy
fxy
fyy
=
2ey−1
2x · ey−1
2x · ey−1
(x2 + 2) · ey−1
ein lokales Maximum, ein lokales Minimum oder ein
Sattelpunkt vorliegt.
Eingesetzt in grad
grad
f (−1; 1) =
f
und
−2 + 2
3−3
det Hf (−1; 1) = 2 > 0
Der zugehörige
Hf
erhält man
=
0
0
und
Hf (−1; 1) =
mit
fxx (−1; 1) = 2 > 0. Es folgt, dass ein lokales
0
Funktionswert ist f (−1; 1) = (1 + 2) · e − 2 − 3 = −2.
und
f (0; 1) = 2 + 0 − 3 = −1
und grad
ebene
T (x; y) = f (0; 1) + grad f (0; 1) ·
3. Gemessen werden zwei Gröÿen
x−0
y−1
x = 2 ± 0, 1
f (0; 1) =
und
= −1 +
0+2
2−3
2
−1
Minimum vorliegt.
(x0 ; y0 ) = (0; 1)
(c) Geben Sie die Gleichung für die Tangentialebene im Punkt
Mit
−2
3
2
−2
=
·
2
−1
x
y−1
an.
erhält man die Tangential-
= −1 + 2x − (y − 1).
y = 1 ± 0, 2.
Bestimmen Sie mittels einer linearen Approximation des Fehlers, mit welcher Genauigkeit sich daraus
folgende Gröÿen berechnen lassen:
(a)
z=
2
∂z
x
= 2x
y und ∂y = − y 2 gilt für den Fehler ∆z (in linearer Näherung) die Abschätzung
∂z
∂z
(2; 1) · |∆x| + ∂y
(2; 1) · |∆y| = 4|∆x| + 4|∆y| ≤ 4 · 0, 1 + 4 · 0, 2 = 1, 2.
|∆z| ≤ ∂x
√
(b) w = x ·
x + 2y
√
x
∂w
∂w
√2
√ x
Hier ist (mit der Produktregel)
x + 2y + 2√x+2y
und
∂x =
∂y = x · 2 x+2y = x+2y und
· |∆x| + ∂w (2; 1) · |∆y| = 5 |∆x| + 1 · |∆y| ≤ 2, 5 · 0, 1 + 0, 2 = 0, 45.
|∆w| ≤ ∂w
(2;
1)
∂x
∂y
2
Mit
∂z
∂x
x2
y
somit
x(t):
4. Gegeben seien folgende Dierentialgleichungen 1. Ordnung für die Funktion
(i) x0 = tx −
x
,
t
(ii) x0 = t3 · e−x
(a) Handelt es es um lineare Dierentialgleichungen? Wenn ja, homogen oder inhomogen?
(b) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Dierentialgleichungen (i) und (ii).
x(1) = 1.
x
1
0
0
(i) x = tx −
t ⇔ x + t − t x = 0 ist linear und homogen
1
p(t) = t − t, der die Stammfunktion P (t) = ln t − 12 t2 hat.
(c) Finden Sie jeweils eine spezielle Lösung mit
Die allgemeine Lösung ist damit nach der Lösungsformel
c∈R
mit dem nichtkonstanten Koezienten
1 2
−ln t
x(t) = c · e−P (t) = c · e 2 t
=
c
t
1 2
· e2t
mit
beliebig.
Eine Lösung mit
x(1) = 1
erfüllt die Gleichung
1
1
1 = x(1) = c · e 2 ⇔ c = e 2 =
√1 , also ist
e
1 2
1 2
1
√
· e 2 t = 1t · e 2 (t −1) Lösung des betrachteten Anfangswertproblems.
t· e
0
3
−x ist nichtlinear, da der Faktor e−x vorkommt.
(ii) x = t · e
x(t) =
Die allgemeine Lösung erhält man durch Trennung der Variablen:
t3
ex
t3 dt = 41 t4 + c ⇒ x(t) = ln 41 t4 + c
1
1
1
Eine Lösung mit x(1) = 1 erfüllt 1 = x(1) = ln
4 +c ⇔e=e = 4 +c ⇔c=e−
x(t) = ln 14 t4 + e − 41 = ln 41 (t4 − 1) + e .
dx
dt
5.
=
⇒ ex dx = t3 dt ⇒
R
ex dx = ex =
R
1
4
≈ 2, 468,
also
00 + 4x0 + 8x = 0.
x√
√
2
22 − 8 = −2 ± −4 √
hat keine
Die charakteristische Gleichung λ + 4λ + 8 = 0 ⇒ λ = −2 ±
4
reelle Lösung, somit liegt Fall 3 der Lösungsformel vor. Mit r = −
=
−2
und ω =
+4 = 2
2
(a) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Dierentialgleichung
erhält man die allgemeine Lösung
x(t) = e−2t · (c1 cos 2t + c2 sin 2t)
mit
c1 , c2 ∈ R
beliebig.
x00 + 4x0 + 8x = t.
Die allgemeine Lösung setzt sich zusammen aus der allgemeinen Lösung xh (t) der homogenen DGL
aus (a) und einer speziellen Lösung, die sich, da die rechte Seite g(t) = t eine lineare Funktion ist,
00
0
mit dem Ähnlichkeitsansatz xs (t) = αt + β ⇒ xs (t) = α ⇒ xs (t) = 0 bestimmen lässt: Eingesetzt
erhält man 0 + 4α + 8αt + 8β = t,
1
1
1
durch Koezientenvergleich folgt 8α = 1 ⇒ α =
8 und 4α + 8β = 0 ⇒ β = − 2 α = − 16 .
1
1
Somit ist xs (t) = t −
8
16 und die allgemeine Lösung
1
x(t) = xh (t) + xs (t) = e−2t · (c1 cos 2t + c2 sin 2t) + 18 t − 16
mit c1 , c2 ∈ R beliebig.
(b) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Dierentialgleichung
60 %, wenn jemand eine Frage falsch
beantwortet. Gleichzeitig zeigt er mit einer Wahrscheinlichkeit von 10 % auch dann eine Lüge an, wenn
6. Ein Lügendetektor erkennt mit einer Wahrscheinlichkeit von
die Frage wahrheitsgemäÿ beantwortet wird.
Eine befragte Person lügt mit einer Wahrscheinlichkeit von
30 %.
(a) Beschreiben Sie die angegebenen Wahrscheinlichkeiten als (ggf. bedingte) Wahrscheinlichkeiten
mit den Ereignissen
A:
Lügendektor zeigt Lüge an und
Es ist
P (A|B) = 0, 6
B:
Befragte Person lügt.
P (A|B) = 0, 1
P (B) = 0, 3 (Wahrschein-
(Wahrscheinlichkeit, dass der Detektor eine Lüge erkennt),
(Wahrscheinlichkeit, dass der Detektor fälschlich eine Lüge anzeigt) und
lichkeit einer Lüge).
(b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit zeigt der Lügendetektor eine Lüge an?
P (B) = 1 − P (B) = 0, 7:
P (A) = P (B) · P (A|B) + P (B) · P (A|B) = 0, 3 · 0, 6 + 0, 7 · 0, 1 = 0, 18 + 0, 07 = 0, 25 = 25%.
Mit der Formel der totalen Wahrscheinlichkeit und
(c) Angenommen, der Lügendetektor zeigt eine Lüge an. Mit welcher Wahrscheinlichkeit hat die
befragte Person gelogen?
Mit der Formel von Bayes:
P (B|A) =
P (B)·P (A|B)
P (A)
=
0,3·0,6
0,25
=
18
25
= 72%.
7. Bei einem Glücksspiel wird ein fairer Würfel geworfen. Bei einer 5 beträgt der Gewinn
1 beträgt er
1
5 Euro, bei einer
Euro und bei einer gewürfelten 2, 3, 4 oder 6 gibt es keinen Gewinn.
(a) Geben Sie die Verteilung des Gewinns
X
an. (d. h. die Wahrscheinlichkeiten
Frage kommenden Werte k )
P (X = 5) = P (X = 1) = 61 , P (X = 0) = 46 = 23
(für X = 5, also Gewinn 5 Euro, und X = 1 gibt
P (X = k)
für alle in
es jeweils eine von 6 Möglichkeiten, für
X=0
gibt es 4 mögliche Augenzahlen.)
X.
(b) Berechnen Sie Erwartungswert, Varianz und Standardabweichung des Gewinns
1
6
5
6
EX = 0 · P (X = 0) + 1 · P (X = 1) + 5 · P (X = 5) = 0 + + = 1.
2
Die Zufallsvariable X nimmt die Werte 0, 1 und 25 an mit
E(X 2 ) = 0 · P (X 2 = 0) + 1 · P (X 2 = 1) + 25 · P (X 2 = 25)
= 0 · P (X = 0) + 1 · P (X = 1) + 25 · P (X = 5) = 0 + 16 + 25
6 =
Es folgt
V (X) = E(X 2 ) − (EX)2 =
26
6
−1=
20
6
=
10
3
≈ 3, 3
und
σX
26
6 .
q
p
= V (X) = 10
3 ≈ 1, 8
(c) Bestimmen Sie Erwartungswert, Varianz und Standardabweichung des Gesamtgewinns bei 30 Spielen.
P
die Verteilung
Y = 30
k=1 Xk , wobei X1 , ..., X30 unabhängig sind undp
EY = 30 · EX = 30, V (Y ) = 30 · V (X) = 100 und σY = V (Y ) = 10.
Ist
X
von
haben, so gilt
(d) Bestimmen Sie mit Hilfe des zentralen Grenzwertsatzes näherungsweise die Wahrscheinlichkeit,
dass bei 30maligem Würfeln der Gewinn mindestens 35 Euro beträgt.
P (Y ≥ 35) = 1 − P (Y < 35) ≈ 1 − 0, 6915 = 0, 3085 = 30, 85 %,
P (Y < 35) ≈ Φ 35−EY
= Φ 35−30
= Φ(0, 5) = 0, 6915 = 69, 15 %
σY
10
Es ist
(der Wert
wobei
Φ(0, 5) der Verteilungsfunktion der Standardnormalverteilung entstammt einer Tabelle).
Bemerkung: Ein besseres Ergebnis erhält man mit einer Stetigkeitskorrektur, die in der Aufgabe
nicht zwingend gefordert war. Dann ist die obere Grenze 35 durch 34,5 zu ersetzten (Korrektur um
0,5 nach unten, die
Y
nur ganzzahlige Werte annehmen kann und die Ungleichung < betrachtet
wird). Damit ist dann
P (Y < 35) ≈ Φ
34,5−30
10
= Φ(0, 45) = 0, 6736 ⇒ P (Y ≥ 35) ≈ 1 − 0, 6736 = 0, 3264 = 32, 64 %.
8. Von 32 Karten eines Kartenspiels haben 8 die Farbe Karo.
(a) Es werden 6 Karten (ohne Zurücklegen) gezogen. Wie kann die Wahrscheinlichkeit berechnet
werden, dass sich unter den gezogenen Karten mindestens 2 KaroKarten benden ? (Angabe der
Formel genügt
Die Zahl
X
der Karten),
der gezogenen KaroKarten ist hypergeometrisch verteilt mit
K=8
(Zahl der KaroKarten) und
n=6
N = 32
P (X ≥ 2) = 1 − P (X < 2) = 1 − P (X = 0) − P (X = 1) = 1 −
Bemerkung (1) Durch Betrachtung der Gegenwahrscheinlichkeit
8
0
·
32
6
24
6
P (X < 2)
Rechnung. Alternativ kann die Lösung natürlich auch als
P (X ≥ 2) = P (X = 2) + P (X = 3) + ... + P (X = 6)
bestimmt werden.
(2) Der (in der Aufgabe nicht gefragte) Zahlenwert ist
(Gesamtzahl
(gezogene Karten). Somit ist
P (X ≥ 2) ≈ 47, 6 %.
−
8
1
·
32
6
24
5
vereinfacht sich die
Für die Aufgabenteile (b) bis (d) werden die Karten mit Zurücklegen gezogen, d. h. bei jedem Zug
1
4 . Die Zufallsvariable
beträgt die Wahrscheinlichkeit für eine KaroKarte
gezogenen KaroKarten bei
n
Xn
bezeichne die Anzahl der
Zügen.
(b) Welcher Verteilung genügt
Xn
?
1
4 ) ausgegangen werden,
1
da bei jedem Zug die Wahrscheinlichkeit für eine KaroKarte die gleiche (= ) ist.
4
Hier kann von einer Binomialverteilung (mit den Parametern
P (X2 = 2),
(c) Berechnen Sie
n
und
p=
also die Wahrscheinlichkeit, dass sich unter 4 gezogenen Karten genau
2 KaroKarten benden.
n = 4, k = 2
Nach Formel mit
P (X2 = 2) =
n
k
und
p=
· pk · (1 − p)n−k =
1
4
:
4
2
(d) Geben Sie Erwartungswert und Varianz von
·
1 2
4
X16 ,
·
3 2
4
=6·
1
16
·
9
16
=
27
128
≈ 21, 1 %.
also der Zahl der gezogenen KaroKarten bei
16 Zügen, an.
EX16 = n · p = 16 ·
1
4
=4
und
V (X16 ) = n · p · (1 − p) = 16 ·
9. Gegeben sei die Stichprobe vom Umfang
n = 10
1
4
·
3
4
= 3.
mit den Werten 1, 3, 6, 8, 1, 5, 2, 3, 6 und 5.
(a) Geben Sie eine geordnete Urliste an.
1, 1, 2, 3, 3, 5, 5, 6, 6, 8
(b) Bestimmen Sie das arithmetische Mittel, den Median und die Quartile der Stichprobe.
x=
1
10 (1
+ 1 + 2 + 3 + 3 + 5 + 5 + 6 + 6 + 8) = 4.
n
n
1
1
Mit n = 10 ⇒
2 = 5 und 2 + 1 = 6 ist der Median x̃ = 2 (x5 + x6 ) = 2 (3 + 5) = 4.
Weiter ergibt 0, 25 · n = 2, 5 aufgerundet 3 und 0, 75 · n = 7, 5 aufgerundet 8, womit
untere Quartil x̃0,25 = x3 = 2 und das obere Quartil x̃0,75 = x8 = 6 erhält.
pQuantile x̃p
(c) Geben Sie die
1
3n
=
10
3
≈ 3, 3
0, 8 · n = 8
für
p=
1
3 und
ergibt aufgerundet 4. Somit
ist ganzzahlig. Daher ist
man das
p = 0, 8 an.
ist x̃1/3 = x4 = 3.
x̃0,8 = 21 (x8 + x9 ) = 12 (6 + 6) = 6.
(d) Berechnen Sie die empirische Varianz, die Standardabweichung, die Spannweite und den Interquartilsabstand.
s2 =
1
9
⇒s=
P10
√
k=1 (xk
s2 =
q
− x)2 = 19 (32 + 32 + 22 + 12 + 12 + 12 + 12 + 22 + 22 + 42 ) =
√
50
5
9 = 3 2 ≈ 2, 36.
Der Interquartilsabstand ist
1
9
· 50 ≈ 5, 6
dIQ = x̃0,75 −x̃0,25 = 6−2 = 4 und die Spannweite x10 −x1 = 8−1 = 7.
(e) Welche der in (b), (c) und (d) berechneten Gröÿen ändern sich nicht, wenn stattdessen die Stichprobe 1, 3, 6,
10,
1, 5, 2, 3, 6 und 5 (unterscheidet sich nur beim vierten Wert
x4 = 10
von der
ursprünglichen Stichprobe) betrachtet wird ?
Die Lagekennwerte, die nicht von gröÿten Stichprobenwert abhängen, bleiben unverändert. Dies
sind der Median
abstand
x̃,
die Quantile (und Quartile)
x̃0,25 , x̃0,75 , x̃1/3
und
x̃0,8
und der Interquartils-
dIQ .
Die übrigen Gröÿen ändern sich:
x, s2
und
Spannweite geht der gröÿte Wert direkt ein.
s
hängen von allen Stichprobenwerten ab, in die
10. Bei einem normalverteilten Merkmal mit unbekannter Varianz ergibt eine Stichprobe vom Umfang
n = 11
ein arithmetisches Mittel
(a) Testen Sie die Alternative
x = 111
und eine empirische Varianz
H1 : µ 6= 120
s2 = 99.
gegen die Nullhypothese
H0 : µ = 120
zum Signikanz-
α = 1 %.
niveau
Da die Varianz unbekannt ist, wird ein (zweiseitiger) tTest durchgeführt mit der Teststatistik
q
pn
11
1
α
t =
·
(x
−
µ
)
=
0
2
99 · (111 − 120) = 3 · (−9) = −3, welche mit dem 1 − 2 Quantil
s
t10; 0,995 = 3, 169 (aus Tabelle) der tVerteilung mit n − 1 = 10 Freiheitsgraden verglichen wird.
Wegen |t| = 3 < t10; 0,995 = 3, 169 wird H0 beibehalten und H1 abgelehnt.
(b) Würde sich das Ergebnis in (a) ändern, wenn die Varianz
σ 2 = 99
als bekannt vorausgesetzt
würde?
Dann kann ein GauÿTest durchgeführt werden. Die Teststatistik
z=
pn
·(x−µ0 ) =
σ2
q
11
99 ·(111−120)
der Standardnormalverteilung zu
verworfen und
H1
= 13 ·(−9) = −3 ist mit dem 1 − α2 Quantil z0,995 = 2, 5758
vergleichen. Wegen |z| = 3 > z0,995 = 2, 5758 wird jetzt H0
angenommen.
(c) Geben Sie ein einseitiges Kondenzintervall der Form
für den Erwartungswert
Nach Formel ist
b=x+
µ an.
q
s2
n
· t10; 0,9 = 111 +
(bei unbekannter Varianz ist das
q
(1 − α)Quantil
99
11
(−∞, b] zum Vertrauensniveau 1 − α = 90 %
· 1, 372 = 111 + 3 · 1, 372 = 115, 116
der
tVerteilung
mit
n − 1 = 10
Freiheitsgraden
zu verwenden).
Das gesuchte Kondenzintervall hat also die Form
(d) Testen Sie zum Niveau
H0 :
Hier
α = 10%
die Alternative
(−∞; 115, 1].
H1 : σ 2 6= 60
gegen die Nullhypothese
σ2
= 60.
2
wird ein χ Test
mit der Teststatistik
y = (n − 1) ·
s2
σ02
= 10 ·
99
60
= 17, 5.
2
Beim geforderten zweiseitigen Test muss y mit zwei Quantilen der χ Verteilung mit n − 1 = 10
α
α
Freiheitsgraden verglichen werden: mit p =
2 = 0, 05 und p = 1 − 2 = 0, 95, welche einer Tabelle
entnommen werden. Man erhält
χ210; 0,05 = 3, 94 < y = 17, 5 < χ210; 0,95 = 18, 31.
Da y zwischen beiden Quantilen liegt (und damit
und H1 abgelehnt.
im grünen Bereich ist), wird
H0
beibehalten