7. Aufgabenblatt

INSTITUT FÜR ANGEWANDTE MATHEMATIK
DER UNIVERSITÄT ERLANGEN-NÜRNBERG
Prof. Dr. W. Merz
Erlangen, den 04.06.2009
7. Aufgabenblatt
zur Vorlesung “Mathematik für Ingenieure IV”
Info, CBI, LSE, EEI et al
Abgabe: In der Vorlesung der darauffolgenden Woche!
A25) Eine Zielscheibe sei kreisförmig mit einem Radius von 10 cm und die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein Treffer innerhalb eines konzentrischen Kreises liegt, sei für jeden
solchen Kreis proportional zu seiner Fläche. Die Wahrscheinlichkeit, dass die Scheibe
nicht getroffen wird, sei Null.
X sei der Abstand der Kugel vom Zentrum. Bestimmen Sie die Verteilungsfunktion,
die Dichte und den Mittelwert der Verteilung von X.
6 Punkte
Lösungsvorschlag. Da die Wahrscheinlichkeit, dass die Scheibe nicht getroffen wird,
Null ist, hat die Verteilungsfunktion für alle Radien größer als 10cm den Wert 1. Auf
der anderen Seite hat sie natürlich für alle negativen Radien den Wert 0. Dazwischen
steigt sie proportional zur Fläche, d.h.
F X (t) = c · t2 π
für t ∈ [0, 10]
Da sie bei t = 10 stetig sein soll, muss sie dort den Wert 1 annehmen:
!
F X (10) = c · 100π = 1
1
⇒ c=
100π
Wir erhalten so die Verteilungsfunktion

t<0
 0
1 2
t
0 ≤ t ≤ 10
F X (t) =
 100
1
t > 10
Die Dichte können wir daraus einfach durch Differentiation nach t bestimmen:

 0 t<0
d
1
t 0 ≤ t ≤ 10
f X (t) = F X (t) =
 50
dt
0 t > 10
Daraus berechnet sich der Mittelwert wie folgt:
Z ∞
m1 =
tf X (t)dt
−∞
Z 10
1
=
t · t dt
50
0
Z 10
1
=
t2 dt
50 0
10
1 t3
=
50 3 0
1000
20
2
=
=
=6
50 · 3
3
3
A26) Berechnen Sie die Dichte der Verteilung der Zufallsvariablen X(t) = t2 auf dem
Wahrscheinichkeitsraum (R, B, P ), wo P die N (0, 1)-Verteilung ist.
6 Punkte
Lösungsvorschlag. Es ist
2
(X ≤ y) = {t : t ≤ y} =
∅
falls y < 0
√ √ − y, y falls y ≥ 0
Daher besitzt die Zufallsvariable X die Verteilungsfunktion F X (y) mit F X (y) = 0 für
y < 0 und
√
√
√ √
F X (y) = P (X ≤ y) = P [− y, y] = Φ( y) − Φ(− y)
fr y ≥ 0. Für y = 0 ist F X (y) = 0 und fr y > 0 differenzierbar. Mit der Kettenregel
erhält man die Ableitung
d X
1
1
√
′
′ √
F (y) = Φ ( y) √ − Φ (− y) − √
dy
2 y
2 y
1
√
√
= √ (ϕ( y) + ϕ(− y))
2 y
Wegen ϕ(−t) = ϕ(t) erhält man schließlich
1
√
1
1
d X
F (y) = √ ϕ( y) = √
e− 2 y
y
dy
2πy
Die Dichte der Verteilung von X ist damit
(
0
fr̈ t ≤ 0
1
f X (t) =
1
−
t
√
e 2 für t > 0
2πt
A27) Berechnen Sie die Verteilung von Y = min(X1 , X2 ), wenn die Zufallsvariablen
X1 und X2 stochastisch unabhängig und exponentiell verteilt mit Parametern λ1 bzw.
λ2 sind.
6 Punkte
Lösungsvorschlag. Es ist
{ω; min(X1 (ω), X2 (ω)) > t} = {ω; X1 (ω) > t und X2 (ω) > t}
bzw.
(Y > t) = (X1 > t) ∩ (X2 > t)
Da X1 und X2 stochastisch unabhängig sind, gilt
P (Y > t) = P [(X1 > t) ∩ (X2 > t)] = P (X1 > t)P (X2 > t)
Ist F Z die Verteilungsfunktion einer Zufallsvariablen Z, so ist
P (Z > t) = P (Z ≤ t) = 1 − P (Z ≤ t) = 1 − F Z (t)
woraus folgt, dass
1 − F Y (t) = 1 − F X1 (t)
oder
F Y (t) = 1 − 1 − F X1 (t)
Mit
F
Xi
(t) =
erhält man
Y
F (t) =
1 − F X2 (t)
1 − F X2 (t)
0
für t < 0
−λi t
1−e
für t ≥ 0
0
für t < 0
−(λ1 +λ2 )t
1−e
für t ≥ 0
A28) Berechnen Sie die Marginaldichten der Dichte
−x(1+y)
xe
falls x > 0 und y > 0
f (x, y) =
0
sonst
und deren Mittelwerte.
6 Punkte
Lösungsvorschlag. 1. Da die Dichte f (x, y) fr nichtpositive x oder y gleich Null ist,
sind es auch die Marginaldichten f1 (x) und f2 (y). Für positive x bzw. y erhält man
2.
Z ∞
Z ∞
−x(1+y)
−x
f1 (x) =
xe
dy = e
xe−xy dy = e−x
0
0
denn der letzte Integrand ist die Dichte der E(x)-Verteilung.
Die 1. Marginaldichte f1 ist die Dichte der E(1)-Verteilung mit dem Mittelwert 1.
3.
Z ∞
Z ∞
1
1
1
1
−x(1+y)
f2 (y) =
xe
dx =
x(1 + y)e−(1+y)x dx =
=
1+y 0
1+y1+y
(1 + y)2
0
denn das letzte Integral ist die Formel für den Mittelwert der E(1 + y)-Verteilung.
y
Da (1+y)
2 über den Bereich (0, ∞) nicht integrierbar ist, besitzt die Verteilung mit der
Dichte f2 keinen Mittelwert (bzw. er ist ∞).