D-CHAB/D-BIOL Grundlagen der Mathematik II FS 2008 Dr. M. Dettling
Pr¨ ufung: Lineare Algebra + Statistik
L¨osungen:
1. a): Es ist
A →
1 1 −1 2 1 1 0 0 1 2 1 −1 3 2
0 1 2 1 1 0 1
0 3 6 3 −1 6 5
→
1 1 −1 2 1 1 0
0 1 2 1 −1 3 2
0 0 0 0 2 −3 −1
0 0 0 0 0 0 0
b): Die Zeilen dieser Matrix spannen also einen Unterraum der Dimension 3 auf und man k¨onnte gleich die ersten 3 Zeilen als Basis verwenden.
Das LGS hat 3 Pivots und die Anzahl der L¨osungen h¨angt von der rechten Seiteb ab. Das zugeh¨orige homogene LGS hat 7−3 = 4 Freiheitsgrade und dies ist somit die Dimension des L¨osungsraumes. Da der Zeilenrang einer Matrix gleich dem Spaltenrang ist, spannen auch die Spalten einen dreidimensionalen Unterrauma auf. Die Antworten sind also: c):i),d): iv), e): iii), f ):v).
2.) a):
A+B =
3 4 5
1 −1 0
0 4 6
, AB =
2 18 22
1 1 1
0 4 5
.
b): Es ist nach der Regel von Sarrus det(A) =−2−3 =−5. Die Determinanten von B ist wegen der Nullzeile gleich 0.
c): A hat demzufolge Rang 3 und B hat Rang < 2, mit Umordnen der Zeilen sieht man sofort, dass der Rang gleich 2 ist.
d): Das charakteristische Polynom lautet
det(B−λI) =
1−λ 1 1
0 −λ 0
0 4 5−λ
=−λ(1−λ)(5−λ) = −λ3+ 6λ2−5λ.
Die Eigenwerte von B sind als Nullstellen dieses Polynomes somit 0,1 und 5.
e): F¨ur λ= 0 erhalten wir einen zugeh¨origen Eigenvektor durch:
1 1 1 0 0 0 0 4 5
→
1 1 1 0 4 5 0 0 0
Bitte wenden!
und somit (durch R¨uckw¨artssubstitution) (1/4,−5/4,1)T. F¨urλ= 1 ist
0 1 1
0 −1 0
0 4 4
→
0 1 1 0 0 1 0 0 0
und somit ein Eigenvektor durch (1,0,0)T gegeben. Schliesslich λ= 5; wir erhal- ten
−4 1 1 0 −4 0
0 4 0
→
−4 1 1 0 4 0 0 0 0 und somit (1/4,0,1)T.
3. a): Gesucht ist
P(X ≤1595) = P
X−1600
110 ≤ 1595−1600 110
= Φ(−0.05)
= 1−Φ(0.05) = 1−0.52 = 0.48,
wobei Φ die kummulative Verteilungsfunktion der Standardnormalverteilung be- zeichnet und Φ(0.05) = 0.52 der Wert aus der Tabelle ist. Die Wahrscheinlichkeit ist also 48%.
b):µ= 1600. Antwort:iv).
c): T = (x−1600)/(˜σ/√
n) = (1570−1600)/(120/6) =−30/20 =−1.5.
d): Da α = 0.1⇒ 1− α2 = 0.95. Die Anzahl der Freiheitsgrade ist 36−1 = 35.
Somit ist t35;0.95 das gesuchte Quantil. Antwort: iii).
e): Gesucht ist also die Wahrscheinlichkeit P(T ≤ −1.69 oder T ≥ 1.69) = 2P(T ≥ 1.69) = 2(1 −P(T ≤ 1.69)) = 2(1−0.95) = 0.1, wobei T eine t- verteilte Zufallsvariable mit 36−1 = 35 Freiheitsgraden bezeichnet und der Wert der zugeh¨origen kummulativen Verteilungsfunktion an der Stelle 1.69 aus der Tabelle stammt.
f ): Die Testentscheidung lautet somit i), da 0.1>0.05 ist.
4. a): Da der P-Wert mit 0.0439<0.05 ist, ist der Zusammenhang signifikant.
b): Die Vorhersage ist 0.46 + 0.28·0.45 = 0.46 + 0.13 = 0.59.
c): Die Standardabweichung f¨ur das Vorhersageintervall lautet
˜ σE
1 + 1
n + (x−x)2 (n−1)˜σx2
12
= 0.03 r
1 + 1
10 ≈0.03·1.05 = 0.03,
wobei ˜σ2E =EstimatedVariance ist. Da α = 0.1 ⇒ 1− α2 = 0.95, ben¨otigen wir noch das Quantiltn−2;0.95dert-Verteilung mitn−2 = 10−2 = 8 Freiheitsgraden.
Also t8;0.95 = 1.86. Das Vorhersageintervall ist somit [0.59−1.86·0.03,0.59 + 1.86·0.03] = [0.59−0.06,0.59 + 0.06] = [0.53,0.65].
d): Wegen α = 0.05 ⇒ 1− α2 = 0.975 ben¨otigen wir hier t8;0.975 = 2.31 und das gesuchte Vertrauensintervall ist somit [0.45−2.31·0.18,0.45 + 2.31·0.18] = [0.45−0.42,0.45 + 0.42] = [0.03,0.87].
