Mathematik IV f¨ ur Maschinenbau und Informatik (Stochastik) Universit¨ at Rostock, Institut f¨ ur Mathematik
Sommersemester 2007
Prof. Dr.F. Liese Dipl.-Math.M. Helwich
Ubungsscheinklausur, 13.07.2007 ¨
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Aufgabe 1(3 Punkte)
Bei einem Multiple-Choice-Test wird eine Frage gestellt, auf die es 4 m¨ogliche 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 tats¨achlich wusste?
L¨osung: 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
0.398 = 0.4975.
Die Wahrscheinlichkeit also, dass bei richtiger Antwort der Kandidat auch wirklich Bescheid wusste, bel¨auft sich auf 49.75%.
3 Punkte: jeweils einen Punkt f¨ur richtigen Ansatz, richtige Angabe der gegebenen Wahrscheinlichkei- ten und f¨ur Endergebnis
Aufgabe 2(4 Punkte)
Betrachtet wird der Versuch ,,Zweimaliges Werfen eines W¨urfels”. Stellen Sie folgende Ereignisse als Teilmengen von
Ω ={(ε1, ε2) :εi ∈ {1, ...,6}}, dar.
a) Die Summe der Augen ist gr¨oßer als 10.
b) Die minimale Augenzahl in beiden W¨urfen ist 4.
c) Im ersten Wurf f¨allt eine gerade Zahl und beim zweiten Wurf ist die Augenzahl kleiner als 3.
d) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten dieser Ereignisse!
L¨osung: Wir erhalten f¨ur 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) F¨ur die entsprechenden Wahrscheinlichkeiten erhalten wir durch Abz¨ahlen P(A) = 363 = 121 , P(B) = 365 und P(A) = 366 = 16.
4 Punkte: jeweils einen Punkt f¨ur 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 zugeh¨origen Wahrscheinlichkeiten.
wahr falsch P(A∪B)< P(A)
P(A∪B)≥P(A∩B) A und B unabh¨angig fallsA und B unabh¨angig P(A∪B) =P(A)P(B) falls 0< P(A)<1 L¨osung:
wahr falsch
P(A∪B)< P(A) X
P(A∪B)≥P(A∩B) X A und B unabh¨angig
fallsA und B unabh¨angig X P(A∪B) =P(A)P(B)
falls 0< P(A)<1 X 2 Punkte: jedes richtige Kreuz ein halber Punkt
Aufgabe 4(4 Punkte)
Die Dichtefunktion einer stetigen Zufallsvariablen X sei gegeben durch fX(t) =
½ c t(1−t) f¨ur 0< t <1
0 sonst ,
wobei c eine gewisse positive Konstante ist. Berechnen Sie den Erwartungswert und die Varianz von X!
L¨osung: Zun¨achst ermitteln wir den Wert von c so, dass fX(t) auch wirklich eine Wahrscheinlich-
keitsdichte ist. Dazu muss das Integral ¨uber die Dichte den Wert 1 ergeben:
Z ∞
−∞
fX(t)dt = Z 1
0
fX(t)dt
= Z 1
0
c t(1−t)dt
= c Z 1
0
t−t2dt
= c µ1
2t2−1 3t3
¯¯
¯1
0
¶
= c µ1
2 −1 3
¶
= c 6.
Demnach muss f¨ur c gelten c= 6. Als Erwartungswert der Zufallsgr¨oße X erhalten wir E(X) =
Z ∞
−∞
t fX(t)dt
= Z 1
0
6t2(1−t)dt
= 6 Z 1
0
t2−t3dt
= 6 µ1
3t3−1 4t4
¯¯
¯1
0
¶
= 6 µ1
3−1 4
¶
= 1
2.
Die Varianz berechnen wir mit der Formel V(X) =E(X2)−E2(X), wobei E(X2) =
Z ∞
−∞
t2fX(t)dt
= Z 1
0
6t3(1−t)dt
= 6 Z 1
0
t3−t4dt
= 6 µ1
4t4−1 5t5
¯¯
¯1
0
¶
= 6 µ1
4 −1 5
¶
= 6
20. Damit ergibt sich
V(X) = 6 20 − 1
22 = 6 20 − 5
20 = 1 20.
4 Punkte: je einen Punkt f¨ur c und E(X) und zwei Punkte f¨ur V(X)
Aufgabe 5(3 Punkte)
X sei eine Zufallsvariable mit Verteilungsfunktion FX und der Lebesguedichte fX. m¨oglich immer falsch Es gilt limt→−∞FX(t) = 2.
fX(t) =t f¨ur allet fX(t) = 0 f¨ur t≥0 FX(1) =FX(1,5)
FX(−x) = 1−FX(x) f¨ur alle x≥0 fX(t) ist streng monoton wachsend L¨osung:
m¨oglich immer falsch
Es gilt limt→−∞FX(t) = 2. X
fX(t) =t f¨ur allet X
fX(t) = 0 f¨ur t≥0 X
FX(1) =FX(1,5) X
FX(−x) = 1−FX(x) f¨ur 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 Zeit- raum der L¨ange 100 Stunden hat die Baugruppe eine Zuverl¨assigkeit ( ¨Uberlebenswahrscheinlichkeit) von 0.96, d.h. P(T ≥100) = 0.96
a) Bestimmen Sie den Erwartungswert und die Varianz der Lebensdauer und geben Sie die Vertei- lungsfunktion an!
b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit f¨allt die Baugruppe schon vor Erreichen ihrer mittleren Lebensdau- er aus?
c) Sicherheitsanforderungen verlangen eine Zuverl¨assigkeit von mindestens 0.95 f¨ur den Zeitraum der L¨ange 300 Stunden. Sie ist erreichbar durch Parallelschalten von Baugruppen zu einem Aggregat.
Wie viele Baugruppen muss das Aggregat mindestens enthalten, damit die geforderte Zuverl¨assigkeit erreicht wird?
L¨osung:Gegeben ist eine exponentialverteilte Zufallsgr¨oße T mit P(T ≥100) = 0.96 . Demnach gilt P(T ≤100) = 1−0.96 = 0.04 = 1−exp{−λ·100}.
Daraus ergibt sich f¨ur den Parameter λ= −ln(0.96)100 ≈0.000408.
a) Erwartungswert und Varianz einer exponentialverteilten Zufallsgr¨oße mit Parameter λ sind gegeben als µ= 1λ und σ = λ12. Demnach erhalten wir hier
E(T) = 1
0.000408 = 2450.98 und V(T) = 1
0.0004082 = 6 007 305.
und 0 sonst.
b) Die Wahrscheinlichkeit, vor der mittleren Lebensdauer auszufallen bel¨auft sich auf P(T ≤E(T)) =P(T ≤2450.98) = 1−exp{−0.000408·2450.98} ≈0.6321, also rund 63%.
c) Wir berechnen zun¨achst die Wahrscheinlichkeit, dass ein Bauteil vor den besagten 300 Stunden ausf¨allt. Diese betr¨agt
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 f¨ur a) und jeweils einen Punkt f¨ur b) und c) Aufgabe 7(4 Punkte)
Bei 100 Personen einer bestimmten Gruppe wurde die K¨orperl¨ange gemessen. Diese Messungen er- gaben das arithmetische Mittel x= 175 cm. Unter der Voraussetzung, dass die K¨orperl¨ange X eine normalverteilte Zufallsgr¨oße mit σ = 6 cm ist, pr¨ufe man die Hypothese H0 :µ0 = 177 cm mit der Fehlerwahrscheinlichkeit α= 0.05 !
L¨osung: F¨ur die Pr¨ufgr¨oße erh¨alt man u= xn−µ0
σ
√n= 175−177 6
√100 =−3.¯3.
Verglichen mit dem Quantil z1−α
2 einer Standardnormalverteilung, d.i. z0.975= 1.95997, ergibt sich, dass die Nullhypothese abgelehnt werden muss.
4 Punkte: ein Punkt f¨ur den richtigen Test, einen f¨ur den Wert der Testgr¨oße, einen Punkt f¨ur das richtige Quantil und schließlich einen f¨ur eine richtige Entscheidung)
