Mathematik 3 für Informatik

Gunter Ochs
Wintersemester 2015/16
Mathematik 3 für Informatik
Lösungen zum Hausaufgabenblatt 3
Lösungshinweise (ohme Garantie auf Fehlerfreiheit)
3.
(a) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der folgenden Dierentialgleichungen:
Es handelt sich jeweils um homogene lineare Dierentialgleichungen 2. Ordnung mit konstanten Koezienten, deren allgemeine Lösung sich mit Hilfe der charakteristischen Gleichung (mit Fallunterscheidung nach Zahl der Lösungen) bestimmen lässt.
x00 + 6x0 + 9x = 0 hat die charakteristische
√
λ2 + 6λ + 9 = 0 ⇒ λ = −3 ± 9 − 9 = −3.
(i)
Gleichung
Da die charakteristische Gleichung genau eine Lösung hat, ist die Lösungsformel für diesen
−3t
Fall zu benutzen, welche die allgemeine Lösung x(t) = c1 · e
+ c2 · t · e−3t mit c1 , c2 ∈ R
liefert.
(ii)
x00 + 4x0 + 5x
führt zu
Hier liegt der 3. Fall ohne
√
√
λ2 + 4λ + 5 = 0 ⇒ λ = −2 ± 4 − 5 = −2 ± −1.
√
reelle Lösungen vor. Mit r = −2 und ω =
+1 = 1 erhält
man
die allgemeine Lösung der DGL
x(t) = c1 · e−2t · cos t + c2 · e−2t · sin t
(iii)
x00 + 5x0 + 4x
führt zu
mit
c1 , c2 ∈ R.
λ2 + 5λ + 4 = 0 ⇒ λ = − 25 ±
q
25
4
− 4 = − 52 ±
Somit hat die charakteristische Gleichung zwei reelle Lösungen
q
9
4
= − 52 ±
3
.
2
λ1 = −4 und λ2 = −1 und
die DGL die allgemeine Lösung
x(t) = c1 e−4t + c2 e−t
mit
c1 , c2 ∈ R.
(b) Finden Sie jeweils eine spezielle Lösung mit
x(0) = 1
und
x0 (0) = 0.
Man muss jeweils die Anfangsbedingungen einsetzen, wobei auch die Ableitung der in (a)
bestimmten allgemeinen Lösung zu bestimmen ist:
1 = x(0) = c1 · e0 + c2 · 0 · e0 = c1 . Es folgt, dass die Lösung des Anfangswertproblems
−3t
die Form hat x(t) = e
+ c2 · t · e−3t
⇒ x0 (t) = −3e−3t + c2 e−3t − c2 te−3t ⇒ x0 (0) = −3e0 + c2 e0 − c2 · 0 · e0 = −3 − c2 .
Der noch unbekannte Parameter c2 kann nun durch die Bedingung
0 = x0 (0) = −3 + c2 ⇔ c2 = 3 bestimmt werden.
−3t
Die (eindeutige) Lösung des AWP ist somit x(t) = e−3t + 3t · e
= (1 + 3t) · e−3t .
0
0
−2t
(ii) 1 = x(0) = c1 · e · cos 0 + c2 · e · sin 0 = c1 ⇒ x(t) = e
· cos t + c2 · e−2t · sin t
⇒ x0 (t) = −2e−2t · cos t − e−2t · sin t − 2c2 e−2t · sin t + c2 · e−2t · cos t
⇒ x0 (0) = −2 + c2 ⇒ c2 = 2, also ist
x(t) = e−2t · cos t + 2 · e−2t · sin t Lösung des AWP.
0
0
(iii) 1 = x(0) = c1 e + c2 e = c1 + c2 ⇒ c2 = 1 − c1 und somit
x(t) = c1 e−4t + (1 − c1 )e−t ⇒ x0 (t) = −4c1 e−4t − (1 − c1 )e−t
⇒ x0 (0) = −4c1 · e0 + (c1 − 1) · e0 = −3c1 − 1 ⇒ 3c1 = −1 ⇒ c1 = − 31 ⇒ c2 = 1 − c1 = 43 ,
1 −4t
also ist x(t) = − e
+ 43 e−t Lösung des AWP.
3
(i)
1.
(a) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der folgenden Dierentialgleichungen für die Funktion
x(t):
e−t
(i) x = 2 , (ii) x0 =
x
r
0
√
t
, (iii) x0 = tx+t+x+1, (iv) x0 = x·sin t, (v) x0 = x·t· t2 + 1.
x
(i), (ii) und (iii) lassen sich durch Trennung der Variablen lösen:
(i)
dx
dt
=
e−t
x2
√
3
⇒ x2 dx = e−t dt ⇒
R
x2 dx = 13 x3 =
R
e−t dt = −e−t + c ⇒ x3 = −3e−t + c̃
−3e−t + c̃ mit c̃ = 3c ∈ R beliebig.
√
R√
R√
√
dx
2 3/2
(ii)
⇒
=
x
dx
=
t
dt
⇒
x
dx
=
x
=
t dt = 23 t3/2 + c ⇒ x3/2 = t3/2 + c̃
dt
3
2/3
3
⇒ x(t) = t3/2 + c̃
mit c̃ = c ∈ R beliebig.
2
⇒ x(t) =
√
√t
x
(iii) Hier kann die rechte Seite durch geschicktes Ausklammern in Produktform gebracht
werden:
dx
= (t + 1) · x + t + 1 = (t + 1) · (x + 1) ⇒ x+1
= (t + 1) dt
R dx
R
1
1
2
2
⇒ x+1 = ln |x + 1| = (t + 1) dt = 12 (t + 1)2 + c ⇒ x + 1 = ±e 2 (t+1) +c = ±ec · e 2 (t+1)
dx
dt
1
2
⇒ x(t) = ±ec · e 2 (t+1) − 1 mit c ∈ R beliebig.
Bemerkung (1) Das ± kommt daher, dass der Betrag
x + 1 > 0 und x + 1 < 0 nötig macht.
im ln eine Fallunterscheidung
(2) Es handelt sich um eine inhomogene lineare DGL mit nichtkonstantem Koezienten,
die alternativ mit der Methode der Variation der Konstanten gelöst werden kann.
0
(iv) und (v) sind jeweils lineare homogene Dierentialgleichungen der Form x +p(t)·x = 0,
−P (t)
die mit der Lösungsformel x(t) = c·e
mit einer Stammfunktion von p(t) gelöst werden:
x0 = x · sin t ⇔ x0 − x · sin t = 0
cos t
Hier ist p(t) = − sin t ⇒ P (t) = cos t. Die allgemeine Lösung ist somit x(t) = c · e
mit
c ∈ R.
√
√
0
t2 + 1 ⇔ x0 − x · t · t2 + 1 = 0.
(v) x = x · t ·
√
Eine Stammfunktion von p(t) = t ·
t2 + 1 erhält man mit der Substitution
1
2
s = t + 1 ⇐ ds = 2t dt ⇐ t dt = 2 ds:
R√
R
P (t) = p(t) dt = 12
s ds = 13 s3/2 = 13 (t2 + 1)3/2 . Die allgemeine Lösung der DGL ist
1 2
(t +1)3/2
somit x(t) = c · e 3
mit c ∈ R.
(iv)
(b) Finden Sie jeweils eine spezielle Lösung mit
c
x(0) = 1.
wird in allen Fällen bestimmt, indem die Anfangsbedingung
x(0) = 1
in die allgemeine
Lösung aus (a) eingesetzt wird:
√
√
1 =√x(0) = 3 −3e0 + c̃ = 3 −3 + c̃ ⇒ −3 + c̃ = 13 = 1 ⇒ c̃ = 1 + 3 = 4, also ist
x(t) = 3 −3e−t + 4 Lösung des betrachteten Anfangswertproblems.
2/3
2/3
3/2
(ii) 1 = x(0) = 0
+ c̃
= c̃2/3 ⇒ c̃ = 13/2 = 1, also ist t3/2 + 1
Lösung des AWP.
(i)
1
1
2
1
1 = x(0) = ±ec · e 2 ·(0+1) − 1 = ±ec+ 2 − 1 ⇔ ±ec+ 2 = 2.
Wegen 2 > 0 muss das +Vorzeichen gewählt werden:
1
ec+ 2 = 2 ⇒ c + 12 = ln 2 ⇒ c = ln 2 − 12 ≈ 0, 19,
1
1
2
2
ln 2− 21
also ist x(t) = e
· e 2 (t+1) − 1 = √2e · e 2 (t+1) − 1 Lösung des
(iii)
AWP.
1 = x(0) = c · ecos 0 = c · e1 = c · e ⇒ c = 1e ,
1
also ist x(t) =
· ecos t = ecos t−1 Lösung des AWP.
e
(iv)
(v)
1
1 = x(0) = c · e 3 ·(0
also ist
−1/3
x(t) = e
2 +1)3/2
·e
1
3/2
= c · e 3 ·1
1 2
(t +1)3/2
3
x(t) = e
1
= c · e 3 ⇒ c = e−1/3 =
1 2
(t +1)3/2 − 13
3
1
√
3
e
≈ 0, 72,
Lösung des AWP.
2.
(a) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der folgenden Dierentialgleichungen (i) bis (vi)
(b) Geben Sie für die Gleichungen (i) bis (v) jeweils eine spezielle Lösung mit
(i)
x(0) = 1
an.
x0 = 12 x ⇔ x0 − 12 x = 0
Es handelt sich um eine lineare homogene DGL 1. Ordnung mit konstantem Koezienten
1
p = − 21 . Die allgemeine Lösung nach der Lösungsformel ist x(t) = c · e−pt = c · e 2 t mit c ∈ R.
Eine Lösung mit
x(0) = 1
1 = x(0) = c · e0 = c,
(ii)
also
erhält man durch Einsetzen der Anfangsbedingung:
1
x(t) = e 2 t .
x0 = 12 x + 1 ⇔ x0 − 21 x = 1.
Es handelt sich um eine lineare inhomogene DGL 1. Ordnung mit konstantem Koezienten.
1
t
Die zugehörige homogene DGL ist die Gleichung (i) mit der allgemeinen Lösung xh (t) = c · e 2 .
Für eine spezielle Lösung der inhomogenen DGL macht man den Ähnlichkeitsansatz
α ⇒ x0s (t) = 0 (die rechte Seite ist eine Konstante).
Einsetzen ergibt
0 − 21 α = 1 ⇔ α = −2 = xs (t).
xs (t) =
Die allgemeine Lösung ist
1
x(t) = xh (t) + xs (t) = c · e 2 t − 2.
Eine Lösung mit x(0)
1
t
also x(t) = 3e 2 − 2.
(iii)
=1
ndet man durch Einsetzen:
1 = x(0) = c · e0 − 2 = c − 2 ⇒ c = 3,
x0 + x · t − x · t2 = 0 ⇔ x0 = (t − t2 ) · x = 0
Es handelt sich um eine lineare homogene DGL 1. Ordnung mit nichtkonstantem Koezienten
p(t) = t − t2 mit der Stammfunktion P (t) = 12 t2 − 13 t3 .
Die allgemeine Lösung nach der Lösungsformel ist
Für eine Lösung mit
x(0) = 1
muss gelten
1 3 1 2
−2t
x(t) = c · e−P (t) = c · e 3 t
1 = x(0) = c · e0+0 ⇔ c = 1,
also löst
mit
c ∈ R.
1 3 1 2
−2t
x(t) = e 3 t
das entsprechende AWP.
(iv)
x0 − 12 x = 4 − t2
Es handelt sich um eine inhomogene lineare DGL mit konstantem Koezienten. Die zugehörige
1
1
t
0
homogene DGL x − x = 0 hat nach (i) die allgemeine Lösung xh (t) = c · e 2 mit t ∈ R.
2
2
Da die rechte Seite g(t) = 4 − t ein quadratisches Polynom ist, macht man für eine spezielle
Lösung den Ähnlichkeitsansatz
xs (t) = αt2 + βt + γ ⇒ x0s (t) = 2αt + β .
Einsetzen in die DGL ergibt
2αt + β − 21 αt2 − 21 βt − 12 γ = 4 − t2 .
Durch Koezientenvergleich erhält man
1
α
2
2α − 12 β = 0 ⇔ 21 β = 2α ⇒ β = 4α = 8
und
β − 21 γ = 4 ⇒ 21 γ = β − 4 = 4 ⇒ γ = 8
und somit
xs (t) = 2t2 + 8t + 8.
mit c ∈ R.
= −1 ⇒ α = 2,
Die allgemeine Lösung ist dann
Für das AWP betrachtet man
1
x(t) = −7e 2 t + 2t2 + 8t + 8.
1
x(t) = xh (t) + xs (t) = c · e 2 t + 2t2 + 8t + 8
1 = x(0) = c · e0 + 2 · 02 + 8 · 0 + 8 = c + 8 ⇒ c = −7,
also
(v)
x0 − 21 x = cos t
Die Vorgehensweise ist analog zu (iv) mit dem Ähnlichkeitsansatz
⇒ x0s (t) = −α sin t + β cos t,
xs (t) = α cos t + β sin t
der eingesetzt in die DGL ergibt:
−α sin t + β cos t − 12 α cos t − 12 β sin t = cos t.
Koezientenvergleich führt zu
−α − 12 β = 0 ⇔ β = −2α
c ∈ R.
xs (t) = 54 cos t − 25 sin t
Eine spezielle Lösung mit
und die allgemeine Lösung
x(0) = 1
und
β = −2α =
1
x(t) = c · e 2 t + 45 cos t − 25 sin t
4
.
5
mit
ndet man durch
1 = x(0) = c · e0 + 54 cos 0 − 52 sin 0 = c +
(vi)
β − 12 α = 1.
1 = −2α − 12 α = − 52 α ⇒ α = − 25
Die 1. Gleichung in die 2. eingesetzt ergibt
Somit ist
und
4
5
⇒c=
1
, also
5
1
x(t) = 15 e 2 t + 54 cos t − 25 sin t.
x0 − 21 x = cos t + 4 − t2
Hier setzt sich die allgemeine aus der Lösung xh (t) der homogenen DGL aus (i) sowie je einer
2
2
speziellen Lösung x1 (t) = 2t + 8t + 8 für die rechte Seite g1 (t) = 4 − t (siehe (iv)) und einer
4
2
cos t − 5 sin t für die rechte Seite g2 (t) = cos t (siehe (v)) zusammen:
Lösung x2 (t) =
5
1
x(t) = xh (t) + x1 (t) + x2 (t) = c · e 2 t + 2t2 + 8t + 8 + 45 cos t − 52 sin t
Die Lösung mit
x(0) = 1
mit
c ∈ R.
erhält man durch
1 = x(0) = c · e + 0 + 0 + 8 + 54 cos 0 − 52 sin 0 = c + 8 + 45 = c + 8, 8 ⇒ c = 1 − 8, 8 = −7, 8, also
0
1
x(t) = −7, 8 · e 2 t + 2t2 + 8t + 8 + 54 cos t − 52 sin t.
5. Betrachten Sie einen Test auf Vogelgrippe, bei dem die Krankheit bei
nen richtig diagnostiziert wird. Gleichzeitig wird bei
2%
99% der inzierten Perso-
der gesunden Patienten die Krankheit
fälschlich diagnostiziert.
(a) Beschreiben Sie die angegebenen Wahrscheinlichkeiten als bedingte Wahrscheinlichkeiten
mit den Ereignissen
A=
Patient hat Vogelgrippe und
B=
Vogelgrippe wird diagnosti-
ziert.
P (B|A) = 0, 99
P (B|A) = 0, 02
(b) Angenommen,
(Krankheit wird bei
(Krankheit wird bei
0, 5%
99% der inziertem Patienten diagnostiziert),
2% der gesundem Patienten diagnostiziert)
der untersuchten Patienten sind tatsächlich inziert. Wie hoch ist
dann der Anteil der Patienten, bei denen die Krankheit diagnostiziert wird?
A und B aus (a) gilt mit
P (A) = 0, 005 = 0, 5% und P (A) = 1 − P (A) = 0, 995
P (B) = P (A)·P (B|A)+P (A)·P (B|A) = 0, 005·0, 99+0, 995·0, 02 = 0, 02485 = 2, 485%.
Mit der Formel der totalen Wahrscheinlichkeit und
(c) Wie groÿ ist in (b) die Wahrscheinlichkeit, dass ein Patient, bei dem Vogelgrippe diagnostiziert wird, tatsächlich erkrankt ist?
Mit der Formel von Bayes:
P (A|B) =
P (A)·P (B|A)
P (B)
=
0,005·0,99
0,02485
≈ 19, 9%
(d) Wie groÿ ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein Patient, bei dem die Krankheit nicht diagnostiziert wird, trotzdem erkrankt ist?
B statt B
P (B|A) = 1 − P (B|A) = 0, 01
Wie (c) mit
(wobei
P (A|B) =
und
P (B) = 1 − P (B) = 0, 97515):
P (A) · (1 − P (B|A)
P (A) · P (B|A)
0, 005 · 0, 01
=
=
≈ 0, 005%
1 − P (B)
0, 97515
P (B)
7. Seien
f (x) =
c
,
x3
falls
0,
falls
(a) Für welche
x≥1
x<1
c, d
sowie
g(x) =
handelt es sich bei
d · sin x,
0,
f (x)
bzw.
falls
0≤x≤π
sonst
g(x)
mit Konstanten
c, d ∈ R.
um die Dichte einer Wahrscheinlich-
keitsverteilung?
Eine Dichte muss 3 Bedingungen erfüllen:
f (x) bis auf eine Sprungstelle an der Stelle x = 1 stetig und somit stückweise stetig,
g(x) ist stetig auf ganz R (an den Übergangsstellen x = 0 und x = π sind der links- und
(1)
der rechtsseitige Grenzwert jeweils 0 und stimmen somit überein).
(2)
f (x) ≥ 0
g(x) ≥ 0 für alle x ist genau dann erfüllt, wenn c ≥ 0 bzw. d ≥ 0
π positiv ist).
∞ c
R∞
R ∞ −3
−1
1
1 −2 = 2.
f
(x)
dx
=
c
·
x
dx
=
c
·
−
x
= c · limx→∞ 2x
2 + 2
2
−∞
1
bzw.
(da
der Sinus zwischen 0 und
(3) Es ist
1
Dieses Integral muss den Wert 1 ergeben, was genau dann der Fall ist, wenn
Weiter ist
R∞
g(x) dx
−∞
Hier muss
Also sind
d = 12 .
= d·
d=
f (x)
Rπ
c = 2.
π
sin x dx = −d · cos x = d · (− cos π + cos 0) = d · (−(−1) + 1) = 2d.
0
0
1
sein, damit das Integral den Wert 1 ergibt.
2
bzw.
(b) Die Zufallsvariable
g(x)
X
genau dann eine Wahrscheinlichkeitsdichte, wenn
habe die Dichte
f (x)
aus (a),
Y
habe die Dichte
c = 2
g(x).
bzw.
Berechnen
Sie die Wahrscheinlichkeiten
4
R4
1
3
+ 14 = 16
= 18, 75 %.
P (2 ≤ X ≤ 4) = 2 2x−3 dx = − x12 = − 16
2
∞
R ∞ −3
1 (ii) P (X ≥ 3) =
2x
dx
=
−
= 0 + 19 ≈ 11, 1 %.
2
x
3
3
π/2
R π/2 1
1
π
π
1
=
sin
x
dx
=
−
cos
x
cos
−
cos
0
(iii) P Y ≤
=
−
2
2
2
2
2
0
(i)
0
(iv)
P
π
4
= − 12 (0 − 1) = 21 = 50 %.
3π
R 34 π 1
4
1
≤ Y ≤ 34 π = π/4
sin
x
dx
=
−
cos
x
= − 12 cos 43 π − cos π4
2
2
π/4
−1
− √12 = √12 ≈ 70, 7 %.
= − 12 √
2
(c) Prüfen Sie, ob die Erwartungswerte
Sie diese gegebenenfalls.
EX =
R∞
x · f (x) dx =
−∞
R∞
2
x2
EX , EY , E(X 2 ) und E(Y 2 ) existieren und berechnen
∞
dx = − x2 = 0 + 2 = 2,
1
1
insbesondere existiert der Erwartungswert
E(X 2 ) =
R∞
−∞
x2 · f (x) dx =
R∞
1
EX
∞, da das uneigentliche Integral
2
dx = 2 ln x = 2 limx→∞ ln x = ∞.
x
konvergiert.
1
E(X 2 ) nicht
π existent.
R∞
Rπ 1
EY = −∞ x · g(x) dx = 0 2 x · sin x dx = 21 (sin x − x · cos x) = 12 · (0 − π · cos π − 0) =
Somit ist das uneigentliche Integral divergent und
π
.
2
0
Die Bestimmung der benötigten Stammfunktion kann dabei mit partieller Integration
erfolgen.
E(Y 2 ) =
R∞
x2 · g(x) dx =
−∞
Rπ
1 2
x
0 2
π
· sin x dx = − 12 x2 · cos x + x · sin x + cos x = − 21 π 2 ·
0
cos π +π ·sin π +cos π + 21 ·02 ·cos 0−0·sin 0−cos 0 = 12 π 2 +0−1+0−0−1 = 21 π 2 −2 ≈ 2, 93.
Zur Bestimmung der Stammfunktion mit zweifacher partieller Integration:
R 1 2
R
R
x · sin x dx = − 21 x2 · cos x + x · cos x dx = − 21 x2 · cos x + x · sin x −
2
= − 21 x2 · cos x + x · sin x + cos x + c.
sin x dx
V (Y ).
2
Da E(X ) nach (c) nicht existiert, ist auch die Varianz V (X)
V (Y ) = E(Y 2 ) − (EY )2 = 21 π 2 − 2 − 14 π 2 = 14 π 2 − 2 ≈ 0, 467.
(d) Berechnen Sie, falls existent, die Varianzen
V (X)
und
nicht deniert. Weiter ist
Bemerkung: Die Standardabweichung (hier nicht gefragt) ist dann
σY =
p
V (Y ) ≈ 0, 684.
4. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der folgenden Dierentialgleichungen
(a)
x00 − x0 − 2x = 0
Es handelt sich um eine homogene lineare DGL 2. Ordnung mit konstanten Koezienten
und
p = −1
q = −2.
x(t) erhält man durch Lösung der charakteristischen
q
λ2 − λ − 2 = 0 ⇔ λ = 12 ± 14 + 2 = 12 ± 23 ⇔ λ1 = −1 und λ2 = 2.
Die allgemeine Lösung
Gleichung
Es liegt also der Fall mit 2 reellen Lösungen vor. Die allgemeine Lösung der DGL ist dann nach
der entsprechenden Lösungsformel
x(t) = c1 · e−t + c2 · e2t
(b)
mit
c1 , c2 ∈ R.
x00 − x0 − 2x = 1
Hier liegt eine inhomogene lineare DGL vor, deren zugehörige homogene DGL (wie auch in den
00
0
folgenden Aufgabenteilen (c) bis (f )) die in (a) gelöste Gleichung x − x − 2x = 0 ist.
Die Inhomogenität auf der rechten Seiten ist eine konstante Funktion g(t)
00
0
auch eine konstante spezielle Lösung der Form xs (t) = α ⇒ xs (t) = xs (t) =
1
1
folgt 0 − 0 − 2α = 1 ⇔ α = − , also xs (t) = − .
2
2
Die allgemeine Lösung setzt sich dann zusammen aus
xs (t)
= 1. Daher gibt es
0. Durch Einsetzen
und der allgemeinen Lösung
xh (t)
der hmogenen DGL aus (a):
x(t) = xs (t) + xh (t) = − 21 + c1 · e−t + c2 · e2t
(c)
00
mit
c1 , c2 ∈ R.
0
x − x − 2x = t + 1
g(t) = t + 1 eine lineare Funktion, so dass für eine spezielle Lösung der
xs (t) = αt + β ⇒ x0s (t) = α ⇒ x00s (t) = 0 benutzt wird. Einsetzen ergibt
Hier ist die rechte Seite
Ansatz
0 − α − 2(αt + β) = −2αt − α − 2β = t + 1
Durch Koezientenvergleich erhält man 2 Gleichungem:
−2α = 1 ⇒ α = − 21
Also ist
und
xs (s) = − 21 t −
x(t) = xs (t) + xh (t) =
(d)
−α − 2β = 1 ⇒ 2β = −α − 1 = − 21 ⇒ β = − 14
1
und die allgemeine Lösung
4
− 12 t − 41 + c1 · e−t + c2 · e2t mit
c1 , c2 ∈ R.
x00 − x0 − 2x = t2
Hier wird die Ansatzfunktion vom Typ der rechten Seite als quadratisches Polynom gewählt:
xs (t) = αt2 + βt + γ ⇒ x0s (t) = 2αt + β ⇒ x00s (t) = 2α.
Einsetzen ergibt
2α − (2αt + β) − 2(αt2 + βt + γ) = −2αt2 + (−2α − 2β)t + 2α − β − 2γ = t2 .
Durch Koezientenvergleich folgt
−2α = 1 ⇒ α = − 21 ,
−2α − 2β = 0 ⇒ 2β = −2α ⇒ β = −α =
1
und
2
2α − β − 2γ = 0 ⇒ 2γ = 2α − β = − 23 ⇒ γ = − 34 .
Also ist
xs (t) = − 12 t2 + 12 t −
x(t) = xs (t) + xh (t) =
3
und die allgemeine Lösung
4
− 12 t2 + 21 t − 34 + c1 · e−t + c2 · e2t mit
c1 , c2 ∈ R.
(e)
x00 − x0 − 2x = e−2t
xs (t) = α · e−2t (dies ist möglich, da λ = −2 keine Lösung
0
−2t
00
−2t
Gleichung ist). Mit xs (t) = −2α · e
und xs (t) = 4α · e
erhält man
Hier ist die Ansatzfunktion
charakteristischen
4α · e−2t + 2α · e−2t − 2α · e−2t = 4α · e−2t = e−2t ⇒ 4α = 1 ⇒ α =
also hat man die spezielle Lösung
x(t) = xs (t) + xh (t) =
(f )
1 −2t
e
4
xs (t) = − 15 e−2t
+ c1 · e
−t
2t
+ c2 · e
der
1
,
4
und die allgemeine Lösung
mit
c1 , c2 ∈ R.
x00 − x0 − 2x = e−2t + t + 1
−2t
Hier ist die rechte Seite g(t) = e
+t+1
−2t
g1 (t) = e
aus (e) und g2 (t) = t + 1 aus (c).
Mit den speziellen Lösungen
x1 (t)
x(t) = x1 (t) + x2 (t) + xh (t) =
6. Die Zufallsvariable
X
aus (e) und
1 −2t
e
4
−
1
t
2
x2 (t)
1
4
− + c1 · e
die Summe der rechten Seiten
aus (c) ist die allgemeine Lösung damit
−t
+ c2 · e2t
mit
c1 , c2 ∈ R.
gebe die Häugkeit des Ereignisses Zahl bei 4 Münzwürfen an.
(a) Bestimmen Sie die Verteilung von
pi = P (X = i)
= g1 (t) + g2 (t)
für
X,
d. h. die Wahrscheinlichkeiten
i = 0, 1, ..., 4.
Es gibt insgesamt 16 mögliche Ausgänge des Zufallsexperiments, die alle gleich wahrscheinlich sind (LaplaceVerteilung) und den zugrunde liegenden Wahrscheinlichkeitsraum
bilden:
Ω = {(W, W, W, W ), (W, W, W, Z), (W, W, Z, W ), (W, W, Z, Z), (W, Z, W, W ),
(W, Z, W, Z), (W, Z, Z, W ), (W, Z, Z, Z), (Z, W, W, W ), (Z, W, W, Z),
(Z, W, Z, W ), (Z, W, Z, Z), (Z, Z, W, W ), (Z, Z, W, Z), (Z, Z, Z, W ), (Z, Z, Z, Z)}
Dabei steht W für Wappen und Z für Zahl.
Durch Abzählen erhält man die Wahrscheinlichkeiten für i mal Zahl:
0 mal Zahl und 4 mal Zahl tritt jeweils einmal
auf, 1 mal Zahl und 3 mal Zahl jeweils viermal
und 2 mal Zahl sechsmal. Es folgt
1
P (X = 0) = P (X = 4) = 16
= 6, 25%,
4
P (X = 1) = P (X = 3) = 16 = 41 = 25%
6
= 83 = 37, 5%.
und P (X = 2) =
16
(b) Stellen Sie die Verteilung von
X
in einem Stab-
diagramm dar.
X , 3X − 4, X 2 und (X − 2)3 .
EX = 0 · P (X = 0) + 1 · P (X = 1) + 2 · P (X = 2) + 3 · P (X = 3) + 4 · P (X = 4)
= 0 + 41 + 43 + 34 + 41 = 84 = 2,
E(3X − 4) = 3EX − 4 = 3 · 2 − 4 = 2,
E(X 2 ) = 02 · P (X = 0) + 12 · P (X = 1) + 22 · P (X = 2) + 32 · P (X = 3) + 42 · P (X = 4)
= 0 + 41 + 32 + 94 + 1 = 5,
E(X − 2)3
= (−2)3 · P (X = 0) + (−1)3 · P (X = 1) + 0 · P (X = 2) + 13 · P (X = 3) + 23 · P (X = 4)
= − 21 − 14 + 0 + 41 + 12 = 0
(c) Berechnen Sie die Erwartungswerte von
X.
p
σX = V (X) = 1.
(d) Berechnen Sie Varianz und Standardabweichung von
V (X) = E(X 2 ) − (EX)2 = 5 − 4 = 1
nach (b),