Lösungen

Gunter Ochs
Wintersemester 2012/13
Probeklausur zu Mathematik 3 für Informatik
Lösungshinweise
1.
(ohne Galantie auf Fehrereiheit)
(a) Bestimmen Sie das TaylorPolynom 3. Grades
T3 (x)
der Funktion
f (x) = x3 + x · ln x
x0 = 1.
Es ist f (1) = 1 + 1 · 0 = 1. Mit der Produktregel erhält man
f 0 (x) = 3x2 + x · x1 + ln x = 3x2 + 1 + ln x ⇒ f 0 (1) = 4,
1
00
00
Die höhereren Ableitungen sind f (x) = 6x +
x ⇒ f (1) = 7,
f 000 (x) = f (3) (x) = 6 − x12 ⇒ f (3) (1) = 5.
im Entwicklungspunkt
f (4) (x) = x23 .
1 00
1 000
0
2
3
Es folgt T3 (x) = f (1) + f (1) · (x − 1) + f (1) · (x − 1) + f (1) · (x − 1)
2
6
7
5
2
3
= 1 + 4(x − 1) + 2 (x − 1) + 6 (x − 1) .
Weiter ist
(b) Zeigen Sie, dass für das Restglied
R3 (x) = f (x) − T3 (x)
|R3 (x)| ≤
(4) (x) = 2 ist für x > 0
Die 4. Ableitung f
x3
(4) f (x) = f (4) (x) ≤ f (4) (1) = 2 = C .
für
x≥1
die Abschätzung gilt
1
(x − 1)4 .
12
streng monoton fallend. Für
x≥1
gilt damit
Mit der Formel für die Restgliedabschätzung (taylor12.pdt, Seite 12) folgt
|R3 (x)| ≤
C
4!
1
12 (x
· |x − 1|4 =
− 1)4 .
f 32 .
≈ 3, 979.
(c) Bestimmen Sie mit Hilfe von (a) eine Näherung für
1
47
8 = 3 48
f (x)−1
(d) Bestimmen Sie den Grenzwert limx→1
x−1 .
7
2
Aus f (x) = 1 + 4 · (x − 1) +
2 · (x − 1) + ∗ folgt
f (x)−1
7
x−1 = 4 + 2 · (x − 1) + ∗∗, wobei ∗ für Summanden steht, in denen
f
3
2
≈ T3
3
2
Potenz vorkommt,
Für
2. Sei
x→1
1
2
=1+4·
∗∗
+
7
2
·
1
4
+
5
6
·
(x − 1)
steht für Terme mit
werden alle Potenzen von
(x − 1)
(x − 1)
in 3. und höherer
in 2. und höherer Potenz.
zu , also ist
limx→1
f (x)−1
x−1
=4
f (x, y) = (x2 + 2) · ey−1 + 2x − 3y
(a) Berechnen Sie den Gradienten und die HesseMatrix von
fx =
grad
∂f
∂x
= 2x ·
f (x, y) =
y−1
e
+2
fx
fy
und
=
fy =
=
(x2
2x · e
y−1
+2
(x + 2) · e
y−1
−3
fxx =
∂fx
∂x
2
Die 2. partiellen Ableitungen sind
und
∂f
∂y
+ 2) ·
y−1
e
f.
− 3,
also ist
!
= 2·ey−1 , fxy =
∂fx
∂y
= 2x·ey−1 , fyy =
∂fy
2
y−1
∂y (x +2)·e
fyx = fxy = 2x · ey−1 .
Hf (x, y) =
Die HesseMatrix ist damit
(b) Prüfen Sie, ob im Punkt
fxx
fyx
(x1 ; y1 ) = (−1; 1)
fxy
fyy
=
2 · ey−1
2x · ey−1
2x · ey−1
(x2 + 2) · ey−1
!
ein lokales Maximum, ein lokales Minimum oder ein
Sattelpunkt vorliegt.
Setzt man
grad
(x1 ; y1 ) = (−1; 1)
f (−1; 1) =
0
0
und
in grad
f
und
Hf (−1; 1) =
Hf
2
−2
y −1
ein, so erhält man mit e 1
−2
3
⇒ det Hf (−1; 1) = 2 > 0.
Da der Gradient Null und die Determinante der HesseMatrix
Wegen
fx x(−1; 1) = 2 > 0
= e0 = 1
>0
handelt es sich um ein lokales Minimum.
ist, liegt ein Extremum vor.
(c) Bestimmen Sie die Gleichung der Tangentialebene im Punkt
(x0 ; y0 ) = (0; 0)
und berechnen Sie
1 1
10 ; 10 .
f
f (0; 0) = 2/e ≈ 0, 736
−1 − 3 = 2/e − 3 erhält man
Mit fx (0; 0) = 0 + 2 = 2 und fy (0; 0) = 2 · e
T (x, y) = f (0; 0) + fx (0; 0) · x + fy (0; 0) · y = e2 + 2x + e2 − 3 · y und speziell
1 1
; 10 = e2 + 0, 2 + e2 − 3 · 0, 1 = 1, 1 · e2 − 0, 1 ≈ 0, 71
T 10
damit einen Näherungswert für
Hinweis: Es ist
3. Gegeben seien folgende Dierentialgleichungen 1. Ordnung:
(1) x0 (t) = 3x(t) + 3t,
(2) x0 (t) = t3 · e−x(t)
(a) Handelt es es um lineare Dierentialgleichungen? Wenn ja, homogen oder inhomogen?
(1) ist linear und inhomogen, (2) nichtlinear.
(b) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Dierentialgleichungen (1) und (2).
(1) Die zugehörige homogene DGL
x0 − 3x = 0 hat die allgemeine Lösung xh (t) = c · e3t
mit
c∈R
beliebig.
Für eine spezielle Lösung der inhomogenen DGL macht man den Ansatz von Typ der rechten
xs (t) = at + b ⇒ x0s (t) = a.
Einsetzen in die DGL ergibt a = 3(at + b) + 3t = 3b + 3 · (a + 1) · t.
1
1
Durch Koezientenvergleich erhält man a + 1 = 0 ⇔ a = −1 und a = 3b ⇒ b = a = − ,
3
3
1
also ist ss (t) = −t − . Die allgemeine Lösung ist damit
3
x(t) = xh (t) + xs (t) = c · e3t − t − 13 mit c ∈ R,
Seite
(2) Durch Trennung der Variablen erhält man:
= t3 · e−x ⇒ ex dx = t3 dt ⇒ ex = 41 t4 + c ⇒ x(t) = ln
dx
dt
(c) Finden Sie jeweils eine spezielle Lösung mit
1 4
4t
+c
mit
c∈R
x(0) = 1.
Einsetzen der Anfangsbedingung in die allgemeine Lösung ergibt:
1 = c· e3·0 −0− 31 = c− 13 ⇔ c = 43 , also ist x(t) = 34 e3t −t− 31 Lösung des Anfangswertproblems.
1
1 4
4
1
(2) 1 = ln
4 · 0 + c = ln c c = e = e, also ist x(t) = ln 4 t + e Lösung des AWP.
(1)
4. Bei einem Glücksspiel wird ein fairer Würfel geworfen. Bei einer 6 beträgt der Gewinn
2 oder 4 beträgt er
3
(a) Geben Sie die Verteilung des Gewinns
Frage kommenden Werte
X
6 Euro, bei einer
Euro und bei einer ungeraden Augenzahl gibt es keinen Gewinn.
X
an. (d. h. die Wahrscheinlichkeiten
P (X = k)
für alle in
k)
nimmt drei mögliche Werte 0, 3 und 6 an mit
P (X = 0) =
1
2,
P (X = 3) =
(b) Berechnen Sie Erwartungswert, Varianz und Standardabweichung von
1
3 und
P (X = 6) =
1
6.
P (X 2 = 36) =
1
6.
X.
EX = 0 · P (X = 0) + 3 · P (X = 3) + 6 · P (X = 6) = 0 + 1 + 1 = 2.
X 2 nimmt die Werte 0, 9 und 36 an mit P (X 2 = 0) = 12 , P (X 2 = 9) =
1
3 und
Es folgt
E(X 2 ) = 0 · P (X 2 = 0) + 9 · P (X 2 = 9) + 36 · P (X 2 = 36) = 0 + 3 + 6 = 9
√
V (X) = E(X 2 ) − (EX)2 = 9 − 22 = 5 ⇒ σX = 5 ≈ 2, 236.
und damit
(c) Wie hoch wäre beim Spiel auf Zahl ein fairer Einsatz, bei dem im langfristigen Durchschnitt
tendenziell weder ein Gewinn noch ein Verlust zu erwarten wäre?
Gleich dem Erwartungswert des Gewinns, also 2 Euro.
(d) Bestimmen Sie Erwartungswert, Varianz und Standarsabweichung des Gesamtgewinns bei 10 Spielen.
k ten Spiel, so ist S10 = X1 + ... + X10 der Gesamtgewinn in 10 Spielen.
Es ist E(S10 ) = EX1 + ... + EX10 = 10 · EX = 20 und
√
V (S10 ) = V (X1 ) + ... + V (X10 ) = 10 · V (X) = 50 ⇒ σS10 = 50 ≈ 7, 07.
(Bei der Formel für die Varianz wurde vorausgesetzt, dass die Xk unabhängig sind, was bei einem
Ist
Xk
der Gewinn im
fairen Würfel vorausgesetzt werden kann.)
(e) Bestimmen Sie Erwartungswert und Varianz des Gewinns bei einem Spiel mit zehnfachem Gewinn.
10 · X mit E(10 · X) = 10 · EX = 20 und
√
√
· V (X) = 500 ⇒ σ10X = 500 = 10 5 ≈ 22, 36.
Dieser entspricht
V (10 · X) =
102
(f ) Die Zufallsvariable
Y
sei 2, wenn die Augenzahl ungerade ist, und 0, wenn die Augenzahl gerade
ist.
Geben Sie die Verteilungen von
Korrelationskoezienten von
Y
X
Y
und
und
X ·Y
an und berechnen Sie die Kovarianz und den
Y.
1
2 die Werte 0 und 2 an. Es folgt EY
) = E(Y 2 ) − (EY )2 = 2 − 1 = 1 ⇒ σY
nimmt jewiels mit Wahrscheinlichkeit
1
2
2)
1
2
02
22
= 12 · 0 +
= 1.
E(Y = · + · = 2 ⇒ V (Y
X · Y ist immer 0 (bei ungeraden Augenzahlen ist X = 0, bei geraden Y = 0),
d. h. P (X · Y = 0) = 1.
Es folgt E(X · Y ) = 0 ⇒ Cov(X, Y ) = E(X · Y ) − (EX) · (EY ) = 0 − 2 · 1 = −2
und
ρXY =
(g) Sind
X
Cov(X,Y )
σX ·σY
und
Y
=
√−2
5·1
1
2
·2=1
und
= − √25 ≈ −0, 89.
unabhängig? (Antwort mit kurzer Begründung genügt)
Nein, da die Kovarianz ungleich Null ist.
5. Die Zahl
X
der Aufrufe einer Internetseite pro Monat wird als Poissonverteilt angenommen.
(a) Wie groÿ sind Varianz und Standardabweichung, wenn bekant ist, dass der Erwartungswert gleich
10000 ist?
Bei der PoissonVerteilung sind Erwartungswert und Varianz gleich dem Parameter
Damit ist
V (X) = EX = 10.000 ⇒ σX =
√
10.000 = 100.
(b) Wie berechnet man (exakt) die Wahrscheinlichkeit, dass für die Zahl
9999 < X < 10005
?
λ.
X
der Aufrufe gilt
(Angabe der Formel genügt)
λ = 10.000:
P (X = 10.000) + P (X = 10.001) + ... + P (X = 10.004)
Formel der PoissonVerteilung mit
=
10.00010.000
10.000!
10.001
· e−10.000 + 10.000
10.001!
10.004
· e−10.000 +... + 10.000
10.004!
· e−10.000
(c) Bestimmen Sie mit Hilfe des zentralen Grenzwertsatzes näherungsweise die Wahrscheinlichkeit,
dass die Zahl der Seitenaufrufe
(i) mindestens 9900,
Mit der näherungsweise
(ii) höchstens 10125
beträgt.
N (0, 1)verteilten standardisierten Zufallsvariable Z =
X−EX
σX
=
X−10.000
100
erhält man
P (X ≥ 9900) = P Z ≥ 9.900−10.000
= P (Z ≥ −1) 1 − P (Z ≥ −1) = 1 − Φ(−1) = 1 − (1 − Φ(1))
100
= Φ(1) = 0, 84134 = 84, 1%
Dabei steht Φ für die Verteilungsfunktion der Standardnormalverteilung, deren Werte einer Tabelle
entnommen werden können. Analog erhält man
P (X ≤ 10.125) = P Z ≤
10.125−10.000
100
= P (Z ≤ 1.25) = Φ(1, 25) = 0, 89435 = 89, 4%
(d) Welche Wahrscheinlichkeit ergibt sich mit dem zentralen Grenzwertsatz für
9900 ≤ X ≤ 10125
?
Wie (c):
P (9.900 ≤ X ≤ 10.125) = P (−1 ≤ Z ≤ 1, 25) = Φ(1, 25) − Φ(−1) = Φ(1, 25) − (1 − Φ(1))
= Φ(1, 25) + Φ(1) − 1 = 0, 89435 + 0, 84134 − 1 = 0, 73569 = 73, 6%.
Bemerkung: In (c) und (d) wurde auf eine Stetigkeitskorrektur verzichtet, die zwar eine bessere Appro-
ximation gebracht hätte, aber nicht explizit gefordert war. Mit Stetigkeitskorrektur wäre beispielsweise
in (d) zu berechnen
P (9.900 ≤ X ≤ 10.125) = P (9.989, 5 ≤ X ≤ 10.125, 5) = P
9899,5−10000
100
≤Z≤
10125,5−10000
100
= ...
µ und unbekannter Varianz σ 2 . Eine
x = 37, 5 und eine empirische Varianz
6. Ein Merkmal sei normalverteilt mit unbekanntem Erwartungswert
Stichprobe vom Umfang
n = 16
ergibt ein arithmetisches Mittel
s2 = 25.
(a) Testen Sie die Alternative
Kann
H0
H1 : µ < 40
zum Niveau
α = 5%
gegen die Nullhypothese
H0 : µ = 40.
verworfen werden?
Da die Varianz unbekannt ist, ist ein einseitiger tTest durchzuführen. Die zugehörige Teststatistik
ist
t=
√
n
s
· (x − µ0 ) =
√
√16
25
· (37, 5 − 40) =
4
5
· (−2, 5) = −2.
t15;0,05 = −t15;0,95 = −1, 753. der tVerteilung mit
n − 1 = 15 Freiheitsgraden, welches einer Tabelle entnommen werden kann.
Wegen t < t15;0,05 wird H0 verworfen und H1 angenommen.
Damit die Abweichung des Mittelwertes von Erwartungswert 40 unter H0 groÿ genug, um mit
hinreichender Sicherheit (d. h. mit einer Irrtumswahrscheinlichkeit von maximal 5%) zu schlieÿen,
Diese ist zu vergleichen mit dem Quantil
dass der tatsächliche Erwartungswert kleiner als 40 ist.
(b) Geben Sie ein zweiseitiges Konndenzintervall zum Vertrauensniveau
1 − α = 99%
für
µ
an.
Beim zweiseitigen Kondenzintervall muss die Irrtumswahrscheinlichkeit auf beide Seiten verteilt
werden. Daher betrachtet man das Quantil
tn−1;1− α2 = t15;0,995 = 2, 947
und berechnet
Das gesuchte Kondenzintervall ist dann
r=
√s
n
· t15;0,995 =
In diesem Fall würde von mit
σ=5
statt
s=5
σ 2 = 25
In (a) würde ein GauÿTest durchgeführt, bei dem
In (b) wäre
r=
√σ
n
H0
verworfen und
· z0,995 ≈ 3, 22,
H1
bekannt wäre?
und den Quantilen
der Standardnormalverteilung rechnen.
wird. Auch hier würde
· 2, ≈ 3, 68.
I = [x − r; x + r] = [33, 82; 41, 18].
(c) Wie würde die Ergebnisse in (a) und (b) aussehen, wenn
z0,995 = 2, 5758
5
4
z=
z0,95 = 1, 6449
√
n
σ
· (x − µ0 ) = −2
was zum Kondenzintervall
χ215;0,025 = 6, 26
und
χ215;0,975 = 27, 49
Freiheitsgraden erhält man als untere Grenze
(n−1)·s2
χ215;0,025
=
15·25
6,26
(n−1)·s2
χ215;0,975
=
≈ 59, 9.
Das gesuchte Kondenzintervall ist also
mit
−z0,95
verglichen
angenommen.
[34, 28; 40, 72]
(d) Geben Sie ein zweiseitiges Konndenzintervall zum Vertrauensniveau
Mit den Quantilen
und
I = [13, 0; 59, 9].
der
15·25
27,49
führen würde.
1 − α = 95%
χ2 Verteilung
≈ 13, 0
σ 2 an.
n − 1 = 15
für
mit
und als obere Grenze