Loesung Klausur Uebungsschein

Mathematik IV für Maschinenbau und Informatik (Stochastik)
Universität Rostock, Institut für Mathematik
Sommersemester 2007
Prof. Dr. F. Liese
Dipl.-Math. M. Helwich
Übungsscheinklausur, 13.07.2007
Name: .........................................................
Matrikelnummer: ..........................
E-Mail: .......................................................
Aufgabe 1 (3 Punkte)
Bei einem Multiple-Choice-Test wird eine Frage gestellt, auf die es 4 mögliche Antworten gibt. Die
Wahrscheinlichkeit, dass ein Kandidat die richtige Antwort weiß, sei 0.2 . Die Wahrscheinlichkeit,
dass ein Kandidat die richtige Antwort gibt, betrage 99% , wenn er die richtige Antwort weiß, und
1/4 , wenn er sie nicht weiß. Angenommen, ein Kandidat gibt die richtige Antwort; wie groß ist die
Wahrscheinlichkeit, dass er sie tatsächlich wusste?
Lösung: Ω = W ∪ W mit
W = Kandidat weiß die Antwort.“,
P (W ) = 0.2
”
W = Kandidat weiß die Antwort nicht.“, P (W ) = 1 − P (W ) = 0.8
”
sowie
R = Kandidat beantwortet die Frage richtig“
”
mit den bedingten Wahrscheinlichkeiten
P (R | W ) = 0.99
und P (R | W ) = 0.25.
Gesucht ist die bedingte Wahrscheinlichkeit P (W |R), welche sich nach dem Satz von Bayes wie folgt
berechnet:
P (W |R) =
=
=
P (R | W ) P (W )
P (R | W ) P (W ) + P (R | W ) P (W )
0.99 · 0.2
0.99 · 0.2 + 0.25 · 0.8
0.198
= 0.4975.
0.398
Die Wahrscheinlichkeit also, dass bei richtiger Antwort der Kandidat auch wirklich Bescheid wusste,
beläuft sich auf 49.75%.
3 Punkte: jeweils einen Punkt für richtigen Ansatz, richtige Angabe der gegebenen Wahrscheinlichkeiten und für Endergebnis
Aufgabe 2 (4 Punkte)
Betrachtet wird der Versuch ,,Zweimaliges Werfen eines Würfels”. Stellen Sie folgende Ereignisse als
Teilmengen von
Ω = {(ε1 , ε2 ) : εi ∈ {1, ..., 6}},
dar.
a) Die Summe der Augen ist größer als 10.
b) Die minimale Augenzahl in beiden Würfen ist 4.
c) Im ersten Wurf fällt eine gerade Zahl und beim zweiten Wurf ist die Augenzahl kleiner als 3.
d) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten dieser Ereignisse!
1
Lösung: Wir erhalten für die nachgefragten Ereignisse folgende Teilmengen von Ω :
a) A = {(5, 6), (6, 5), (6, 6)}
b) B = {(4, 4), (4, 5), (4, 6), (5, 4), (6, 4)}
c) C = {(2, 1), (2, 2), (4, 1), (4, 2), (6, 1), (6, 2)}.
d) Für die entsprechenden Wahrscheinlichkeiten erhalten wir durch Abzählen P (A) =
5
6
P (B) = 36
und P (A) = 36
= 16 .
3
36
=
1
12
,
4 Punkte: jeweils einen Punkt für jede Teilaufgabe
Aufgabe 3 (2 Punkte)
Entscheiden Sie, ob folgende Aussagen richtig oder falsch sind. A, B, . . . bezeichnen Ereignisse und
P (A), P (B), . . . die zugehörigen Wahrscheinlichkeiten.
wahr
falsch
wahr
falsch
P (A ∪ B) < P (A)
P (A ∪ B) ≥ P (A ∩ B)
A und B unabhängig
falls A und B unabhängig
P (A ∪ B) = P (A)P (B)
falls 0 < P (A) < 1
Lösung:
P (A ∪ B) < P (A)
X
P (A ∪ B) ≥ P (A ∩ B)
A und B unabhängig
falls A und B unabhängig
P (A ∪ B) = P (A)P (B)
falls 0 < P (A) < 1
X
X
X
2 Punkte: jedes richtige Kreuz ein halber Punkt
Aufgabe 4 (4 Punkte)
Die Dichtefunktion einer stetigen Zufallsvariablen X sei gegeben durch
½
c t (1 − t)
für 0 < t < 1
fX (t) =
,
0
sonst
wobei c eine gewisse positive Konstante ist. Berechnen Sie den Erwartungswert und die Varianz von
X!
Lösung: Zunächst ermitteln wir den Wert von c so, dass fX (t) auch wirklich eine Wahrscheinlich-
2
keitsdichte ist. Dazu muss das Integral über die Dichte den Wert 1 ergeben:
Z ∞
Z 1
fX (t) dt =
fX (t) dt
−∞
0
Z
1
c t (1 − t) dt
=
0
Z
= c
1
t − t2 dt
µ0
¶
1 2 1 3 ¯¯1
= c
t − t ¯
2
3 0
¶
µ
1 1
= c
−
2 3
c
=
.
6
Demnach muss für c gelten c = 6. Als Erwartungswert der Zufallsgröße X erhalten wir
Z ∞
E(X) =
t fX (t) dt
−∞
1
Z
6 t2 (1 − t) dt
=
0
Z
1
= 6
t2 − t3 dt
¶
µ0
1 3 1 4 ¯¯1
t − t ¯
= 6
3
4 0
µ
¶
1 1
= 6
−
3 4
1
=
.
2
Die Varianz berechnen wir mit der Formel V(X) = E(X 2 ) − E2 (X), wobei
Z ∞
2
E(X ) =
t2 fX (t) dt
−∞
1
Z
6 t3 (1 − t) dt
=
0
Z
= 6
1
t3 − t4 dt
0
µ
¶
1 4 1 5 ¯¯1
= 6
t − t ¯
4
5 0
¶
µ
1 1
−
= 6
4 5
6
=
.
20
Damit ergibt sich
V(X) =
6
1
6
5
1
− 2 =
−
= .
20 2
20 20
20
4 Punkte: je einen Punkt für c und E(X) und zwei Punkte für V(X)
3
Aufgabe 5 (3 Punkte)
X sei eine Zufallsvariable mit Verteilungsfunktion FX und der Lebesguedichte fX .
möglich
immer falsch
möglich
immer falsch
Es gilt limt→−∞ FX (t) = 2.
fX (t) = t für alle t
fX (t) = 0 für t ≥ 0
FX (1) = FX (1, 5)
FX (−x) = 1 − FX (x) für alle x ≥ 0
fX (t) ist streng monoton wachsend
Lösung:
Es gilt limt→−∞ FX (t) = 2.
X
fX (t) = t für alle t
X
fX (t) = 0 für t ≥ 0
X
FX (1) = FX (1, 5)
X
FX (−x) = 1 − FX (x) für alle x ≥ 0
X
fX (t) ist streng monoton wachsend
X
3 Punkte: jedes richtige Kreuz ein halber Punkt
Aufgabe 6 (4 Punkte)
Eine technische Baugruppe hat eine exponentialverteilte Lebensdauer T . In Bezug auf einen Zeitraum der Länge 100 Stunden hat die Baugruppe eine Zuverlässigkeit (Überlebenswahrscheinlichkeit)
von 0.96, d.h. P (T ≥ 100) = 0.96
a) Bestimmen Sie den Erwartungswert und die Varianz der Lebensdauer und geben Sie die Verteilungsfunktion an!
b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit fällt die Baugruppe schon vor Erreichen ihrer mittleren Lebensdauer aus?
c) Sicherheitsanforderungen verlangen eine Zuverlässigkeit von mindestens 0.95 für den Zeitraum der
Länge 300 Stunden. Sie ist erreichbar durch Parallelschalten von Baugruppen zu einem Aggregat.
Wie viele Baugruppen muss das Aggregat mindestens enthalten, damit die geforderte Zuverlässigkeit
erreicht wird?
Lösung: Gegeben ist eine exponentialverteilte Zufallsgröße T mit P (T ≥ 100) = 0.96 . Demnach gilt
P (T ≤ 100) = 1 − 0.96 = 0.04 = 1 − exp {−λ · 100}.
Daraus ergibt sich für den Parameter λ =
− ln(0.96)
100
≈ 0.000408.
a) Erwartungswert und Varianz einer exponentialverteilten Zufallsgröße mit Parameter λ sind gegeben
als µ = λ1 und σ = λ12 . Demnach erhalten wir hier
E(T ) =
1
1
= 2450.98 und V(T ) =
= 6 007 305.
0.000408
0.0004082
Die Verteilungsfunktion ist für x ≥ 0
FT (x) = 1 − e−0.000408·x
4
und 0 sonst.
b) Die Wahrscheinlichkeit, vor der mittleren Lebensdauer auszufallen beläuft sich auf
P (T ≤ E(T )) = P (T ≤ 2450.98) = 1 − exp {−0.000408 · 2450.98} ≈ 0.6321,
also rund 63%.
c) Wir berechnen zunächst die Wahrscheinlichkeit, dass ein Bauteil vor den besagten 300 Stunden
ausfällt. Diese beträgt
P (T ≤ 300) = 1 − exp {−0.000408 · 300} ≈ 0.1152.
Wegen 0.11522 = 0.013271 < 0.05 reichen schon zwei parallel geschaltete Bauteile aus.
4 Punkte: zwei Punkte für a) und jeweils einen Punkt für b) und c)
Aufgabe 7 (4 Punkte)
Bei 100 Personen einer bestimmten Gruppe wurde die Körperlänge gemessen. Diese Messungen ergaben das arithmetische Mittel x = 175 cm. Unter der Voraussetzung, dass die Körperlänge X eine
normalverteilte Zufallsgröße mit σ = 6 cm ist, prüfe man die Hypothese H0 : µ0 = 177 cm mit der
Fehlerwahrscheinlichkeit α = 0.05 !
Lösung: Für die Prüfgröße erhält man
u=
xn − µ0 √
175 − 177 √
n=
100 = −3.3̄.
σ
6
Verglichen mit dem Quantil z1− α2 einer Standardnormalverteilung, d.i. z0.975 = 1.95997, ergibt sich,
dass die Nullhypothese abgelehnt werden muss.
4 Punkte: ein Punkt für den richtigen Test, einen für den Wert der Testgröße, einen Punkt für das
richtige Quantil und schließlich einen für eine richtige Entscheidung)
5