Lösungen

Gunter Ochs
26. August 2016
Mathematik 3 für Informatik
Probeaufgaben zur Klausur, Teil 3
Lösungshinweise (onhe Garantie auf Fehlerfreiheit)
1. Wenn die Wettervorhersage am Vortag Regen prognostiziert, fällt mit einer Wahrscheinlichkeit von
80 %
tatsächlich Regen. Mit 10prozentiger Wahrscheinlichkeit regnet es auch dann, wenn kein Regen
vorhergesagt wurde. Für
30 %
aller Tage wird Regen vorhergesagt.
(a) Beschreiben Sie die angegebenen Wahrscheinlichkeiten als bedingte Wahrscheinlichkeiten mit den
R = Es fällt Regen und V = Regen wurde vorhergesagt.
P (R|V ) = 0, 8 (Regen, falls vorgesagt), P (R|V ) = 0, 1 (Regen, falls nicht
P (V ) = 0, 3 (Wahrscheinlichkeit dafür, dass Regen vorhergesagt wird).
Ereignissen
vorgesagt) und
(b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit fällt an einem zufällig ausgewählten Tag Regen?
P (V ) = 1 − P (V ) = 0, 7):
P (R) = P (V ) · P (R|V ) + P (V ) · P (R|V ) = 0, 3 · 0, 8 + 0, 7 · 0, 1 = 0, 31 = 31 %.
Totale Wahrscheinlichkeit (mit
(c) Angenommen, es fällt Regen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit wird dies richtig vorhergesagt?
Mit der Formel von Bayes und dem Ergebnis aus (b):
P (V |R) =
2.
(a)
P (V )·P (R|V )
P (R)
=
0,24
0,31
=
24
31
≈ 77, 4 %.
f (x) = x1 für 1 ≤ x ≤ e und f (x) = 0
(i) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit P (X ≤ 2).
2
R
R2
P (X ≤ 2) = −∞ f (x) dx = 1 2 x1 dx = ln x = ln 2 − ln 1 = ln 2 =≈ 0, 69 = 69 %.
X
sei eine stetige Zufallsvariable mit der Dichte
sonst.
1
V (X).
e
EX = −∞ x · f (x) dx = 1 1 dx = x = e − 1 ≈ 1, 72 und
1
e
Re
R∞ 2
2
E(X ) = −∞ x · f (x) dx = 1 x dx = 12 x2 = 21 (e2 − 1) ≈ 3, 91
(ii) Berechnen Sie den Erwartungswert
R∞
X
und die Varianz
Re
1
⇒ V (X) = E(X 2 ) − (EX)2 = 12 (e2 − 1) − (e − 1)2
= 12 e2 − 21 − e2 + 2e − 1 = − 12 e2 + 2e − 32 ≈ 0, 24.
(b)
Y sei eine diskrete
P (Y = −1) = 31 ,
Zufallsvariable mit
P (Y = 5) = 61 .
Berechnen Sie Erwartungswert und Varianz von Y .
E(Y ) = −1·P (Y = −1)+1·P (Y = 1)+5·P (Y = 5) = −1· 13 +1·f rac12+5· 61 = − 26 + 36 + 56 =
P (Y = 1) =
1
2
und
6
6
und
E(Y 2 ) = (−1)2 · P (Y = −1) + 12 · P (Y = 1) + 52 · P (Y = 5)
30
= 1 · 31 + 1 · 12 + 25 · 16 = 62 + 63 + 25
6 = 6 =5
⇒ V (Y ) = E(Y 2 ) − (EY )2 = 5 − 1 = 4.
Alternativ kann gerechnet werden
V (Y ) = E(Y − EY )2 = (−1 − 1)2 · P (Y = −1) + (1 − 1)2 · P (Y = 1) + (5 − 1)2 · P (Y = 5)
24
= 4 · 13 + 0 · 21 + 16 · 16 86 + 0 + 16
6 = 6 = 4.
=1
3. Sei
f (x) = sin ax
(a) Wie kann
a
für
π
2a und
0≤x≤
f (x) = 0
sonst mit einer Konstanten
f (x)
gewählt werden, so dass
a ∈ R.
Dichte einer Wahrscheinlichkeitsverteilung ist?
Es muss gelten
1=
R∞
−∞ f (x) dx =
π/2a
=
sin ax dx = − a1 cos ax
R π/2a
0
0
1
a
− cos π2 + cos 0 =
1
a
· (0 + 1) =
1
a
(bei der Bestimmung der Stammfunktion wurde lineare Substitution benutzt).
Somit muss gelten
1
a
= 1 ⇔ a = 1.
In diesem Fall sind auch die anderen Bedingungen für eine
Dichte erfüllt:
f (x) = sin x
(b)
X
für
x ∈ 0,
π
2
und
f (x) = 0
ist stückweise stetig und es gilt
f (x), wobei a ∈ R gemäÿ (a)
EX und die Varianz V (X).
sei eine Zufallsvariable mit Dichte
Bestimmen Sie den Erwartungswert
f (x) ≥ 0
für alle
x.
gewählt ist.
Mit partieller Integration erhält man
EX =
R∞
π/2 R
π/2
+ 0 cos x dx
x
·
sin
x
dx
=
−x
·
cos
x
0
0
π/2
= 0 + 0 + sin π2 − sin 0 = 1
+ 0 · cos 0 + sin x
−∞ x · f (x) dx =
= − π2 · cos π2
R π/2
0
Auf ähnliche Weise berechnet man mit zweimaliger partieller Inegration
π/2 R
R
π/2
2 · f (x) dx = π/2 x2 · sin x dx = −x2 · cos x
x
+ 0 2x · cos x dx
0
−∞
0
π/2 R
π/2
π/2
π
= 0+2x·sin x − 0 2 sin x dx = π ·sin 2 −0+2 cos x
= π +2 cos π2 −2 cos 0 = π −2 ≈ 1, 14.
E(X 2 ) =
R∞
0
Damit erhält man
0
V (X) = E(X 2 ) − (EX)2 = π − 2 − 1 = π − 3 ≈ 0, 14.
4. Beim Würfeln beträgt der Gewinn 3 Euro bei einer gewürfelten 3. Würfelt man 1, 2, oder 4, verliert
man einen Euro, bei 5 oder 6 gibt es weder Gewinn noch Verlust.
X ist
P (X = 0) = = 32 .
Der Gewinn
eine dikrete Zufallsvariable mit
P (X) = 3 =
2
6
1
6,
3
6
P (X = −1) =
=
1
2 und
(a) Berechnen Sie Erwartungswert und Varianz des Gewinns.
E(X) = −1 · P (X = −1) + 0 · P (X = 0) + 3 · P (X = 3) = −1 · 12 + 0 + 3 · 16 = − 12 +
V (X) = E(X 2 ) − (EX)2 = E(X 2 ) = (−1)2 · 12 + 0 + 32 · 16 = 12 + 96 = 12 + 32 = 6.
1
2
=0
und
(b) Berechnen Sie Erwartungswert, Varianz und Standardabweichung des Gewinns bei 50maligem
Würfeln.
Xk der Gewinn beim k ten Wurf, so sind X1 , X2 , ..., X50 unabhängig
V (Xk ) = 2 für alle k . Für den Gesamtgewinn Y = X1 + ... + x50 folgt
p
EY = 50 · 0 = 0 und V (Y ) = 50 · 2 = 100 ⇒ σY = V (Y ) = 10.
Ist
mit
EXk = 0
und
(c) Bestimmen Sie mit Hilfe des zentralen Grenzwertsatzes näherungsweise die Wahrscheinlichkeit,
dass bei 50maligem Würfeln der Gewinn mindestens 5 Euro beträgt.
n = 50, µ = EXk = 0 und σ 2 = V (Xk ) = 2 erhält man
5−nµ
5−0
√
P (Y ≥ 5) = 1 − Φ √
=
1
−
Φ
100
n·σ 2
5
= 1 − Φ 10 = 1 − Φ(0, 5) = 1 − 0, 6915 = 0, 3085 = 30, 85 %.
Der Wert Φ(0, 5) = 0, 6915 der Verteilungsfunktion der Standardnormalverteilung
Mit
wurde dabei
einer Tabelle entnommen.
Bemerkung: Ein besseres Ergebnis erhält man mit einer Stetigkeitskorrektur. Dabei wird die untere
Grenze 5 durch 4,5 ersetzt und man erhält mit der gleichen Rechnung
P (Y ≥ 5) = P (Y > 4, 5) ≈ 1 − Φ(0, 45) = 1 − 0, 6736 = 32, 64 %.
(d) Wie groÿ ist die Varianz des Gewinns beim einmaligen Würfeln mit dem 50fachen Gewinn bzw.
Verlust (d. h. 150 Euro Gewinn bei einer 3 und 50 Euro Verlust bei 1, 2 oder 4)?
E(50X) = 50 · EX = 0
und
V (50X) = 502 · V (X) = 2500 · 2 = 5000.
5.
(a) Von 60 Losen bei einer Tombola sind 10 Gewinnlose.
Geben Sie eine Formel für die Wahrscheinlichkeit an, dass sich unter 8 gezogenen Losen
(i) genau zwei Gewinnlose
(ii) höchstens zwei Gewinnlose
(iii) mindestens zwei Gewinnlose
benden.
X der gezogenen Gewinnlose ist hypergeometrisch verteilt mit N = 60 (Gesamtzahl der
K = 10 (Gesamtzahl der Gewinnlose) und n = 8 (Zahl der gezogenen Lose). Damit ist
Die Zahl
Lose),
(i)
P (X = 2) = H(2|8, 10, 60) =
(ii)
≈ 27, 9 %,
P (X ≤ 2) = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2)
=
(iii)
50
10
·
6
2
60
8
10
50
·
0
8
60
8
+
10
50
·
1
7
60
8
10
50
·
2
6
60
8
+
≈ 21, 0 % + 39, 0 % + 27, 9 % ≈ 88 %.
P (X ≥ 2) = 1 − P (X < 2) = 1 − P (X = 0) − P (X = 1)
=1−
50
10
·
8
0
60
8
−
50
10
·
7
1
60
8
≈ 100 % − 21, 0 % − 39, 0 % = 33 %.
(b) Von einer (unbekannten) groÿen Anzahl von Losen ist jedes 6. ein Gewinnlos.
Welche Wahrscheinlichkeitsverteilung kann zur Berechnung der Wahrscheinlichkeit benutzt werden, dass unter 10 gezogenen Losen genau 2 Gewinnlose sind?
Stellen Sie die entsprechende Formel für die gesuchte Wahrscheinlichkeit auf.
Hier kann die Binomialverteilung mit
n=8
(Zahl der Versuche) benutzt werden, da in jedem
Versuch die Wahlscheilichkeit, ein Gewinnlos zu ziehen, gleich (=
P (X = 2) =
8
2
·
1 2
6
· 1−
1 8−2
6
= 28 ·
1 2
6
·
5 6
6
p=
1
6 ) ist. Damit ist
≈ 26 %.
(c) In der Situation von Aufgabenteil (b) (groÿe Zahl von Losen mit
1/6 Gewinnlosen) werden 180 Lose
gezogen.
Berechnen Sie mit Hilfe des zentralen Grenzwertsatzes mit Stetigkeitskorrektur approximativ die
Wahrscheinlichkeit, dass darunter mindestens 29 Gewinnlose sind.
p
np(1 − p) = 5 ist
P (X ≥ 29) = P (X > 28, 5) = 1 − P (X < 28, 5) ≈ 1 − Φ 28,5−30
5
Mit
n = 180 ⇒ np = 30
und
np(1 − p) = 25 ⇒
= 1 − Φ (−0, 3) = 1 − (1 − Φ(0, 3)) = Φ(0, 3) = 0, 6179 ≈ 61, 8 %.
6. In einer Urne benden sich 3 rote und 6 grüne Kugeln.
(a) Wie kann die Wahrscheinlichkeit berechnet werden, dass sich unter 4 ohne Zurücklegen gezogenen
Kugeln mindestens 2 rote benden? (Angabe einer Formel genügt)
Mit der hypergeometrischen Verteilung:
Von
N = 9
Kugeln, darunter
K = 3
mit der Eigenschaft rot, werden
Wahrscheinlichkeit für
k
gezogene rote Kugeln ist damit
Die Wahrscheinlichkeit, dass die Zahl
H(k|4; 3; 9) =
n =
4
3
k
·
9
4
ausgewählt. Die
6
4−k
.
X
der gezogenen roten Kugheln mindestens zwei beträgt,
3
6
·
2
2
9
4
ist somit
P (X ≥ 2) = P (X = 2) + P (X = 3) =
(da mehr als
K=3
+
3
6
·
3
1
9
4
rote Kugeln nicht möglich sind).
(b) Jetzt werden Kugeln mit Zurücklegen gezogen, d. h. in jedem Zug ist die Wahrscheinlichkeit für
rot
1
2
3 und für grün 3 . Die Zufallsvariable
(i) Welcher Verteilung genügt
X
X
gebe die Zahl der roten Kugeln bei
für eine rote Kugel gleich ist (und zwar
p=
n=8
Ziehungen die Wahrscheinlichkeit
1
3 ).
(ii) Bestimmen Sie Erwartungswert, Varianz und Standardabweichung von
EX = n · p = 8 ·
8
3,
1
3
2
3
X.
16
9
4
3.
V (X) = n · p · (1 − p) = 8 · · =
p
(Formeln für die Binomilaverteilung) und σX =
V (X) =
(iii) Geben Sie eine Formel an für die Wahrscheinlichkeit P (X < 3).
k
P
8
P (X < 3) = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) = 2k=0 k · 13 ·
6
2
8
8
8
1 8
1 7
2 1
= 0 · 3 + 1 · 3 · 3 + 2 · 13 · 32 .
=
Ziehungen an.
?
Hier liegt eine Binomialverteilung vor, da bei jeder der
1
3
8
2 8−k
3
(iv) Bestimmen Sie Erwartungswert und Varianz der Zahl der roten Kugeln, wenn 24 Kugeln (mit
Zurücklegen) gezogen werden.
EX = 24 ·
1
3
=8
und
V (X) = 24 ·
1
3
·
2
3
=
16
3 (vgl. (ii)).
7. In einer Telefonzentrale sei
X
die Zahl der Anrufe, die zwischen 14 und 15 Uhr eingehen, und
Zahl der Anrufe zwischen 15 und 16 Uhr. Es wird angenommen, dass
X
und
Y
Y
die
jeweils Poissonverteilt
und voneinander unabhängig sind. Der Erwartungswert (d. h. die durchschnittliche Zahl der Anrufe)
von
X
sei
EX = 80,
der von
Y
sei
EY = 100.
(a) Geben Sie Varianz und Standardabweichung von
X
an.
Da bei einer PoissonVerteilung Erwartungswert und Varianz gleich dem Parameter
λ = EX = 80 = V (x)
und
σX =
p
√
V (X) = 80.
(b) Wie berechnet man (exakt) die Wahrscheinlichkeit
P (77 ≤ X ≤ 80),
λ
sind, gilt
dass in der Zeit von 14 bis
15 Uhr zwischen 77 und 80 Anrufe eingehen (Angabe der Formel genügt).
k
P (X = k) = e−λ · λk! ist
P (77 ≤ X ≤ 80) = P (X = 77) + P (X = 78) + P (X = 79) + P (X = 80)
77
8078
8079
8080
+
+
+
≈ 17, 6 %.
= e−80 · 80
77!
78!
79!
80!
Mit
(c) Was lässt sich über die Verteilung der Zahl
X +Y
der Anrufe zwischen 14 und 16 Uhr sagen?
Da die Summe zweier (unabhängiger) Poissonverteilter Zufallsvariablen wieder Poissonverteilt
ist, ist
X +Y
Poissonverteilt mit Parameter
λ = E(X + Y ) = EX + EY = 80 + 100 = 180.
(d) Bestimmen Sie mit Hilfe des zentralen Grenzwertsatzes (mit Stetigkeitskorrektur) näherungsweise
die Wahrscheinlichkeiten
P (Y < 90),
(ii) P (100 ≤ Y ≤ 110),
(iii) P (Y > 95).
Hier ist λ = EY = 100. Damit erhält
man 89,5−100
−10,5
√
(i) P (Y < 90) = P (Y ≤ 89, 5) ≈ Φ
= 1 − Φ(1, 05) = 1 − 0, 8531
=
Φ
10
100
(i)
= 0, 1469 ≈ 14, 7 %.
(ii)
(iii)
P (100 ≤ Y ≤ 110) = P (99, 5 < Y < 110, 5) ≈ Φ
110,5−100
10
−Φ
99,5−100
10
= Φ(1, 05) − Φ(−0, 05) = Φ(1, 05) − (1 − Φ(0, 05))
= Φ(1, 05) + Φ(0, 05) − 1 = 0, 8531 + 0, 5199 − 1 = 0, 373 = 37, 3 %.
P (Y > 95) = P (Y > 95, 5) = 1 − P (Y ≤ 95, 5) ≈ Φ 95,5−100
10
= Φ (−0, 45) = 1 − Φ(0, 45) = 1 − 0, 6736 = 0, 3264 = 32, 64 %.