SS 2005 Prof. Dr. W. Balser Andreas Martin, Markus Tentler 13. Übungsblatt

Übungen zur Höheren Mathematik II für Elektrotechniker keine Abgabe

1. Es bezeichne (X_{n}) eine Folge von Zufallsvariablen, wobei X_{i} 1 ist, falls im i−ten Wurf eine 6 fällt, und 0 sonst (i = 1, 2, …). Dann gilt also p(X_{i} = 1) = \frac{1}{6} und p(X_{i} = 0) = \frac{5}{6} und

\begin{aligned}E(X_{i}) & = & 1 · \frac{1}{6} + 0 · \frac{5}{6} = \frac{1}{6} \\ V ar(X_{i}) & = & \frac{1}{6} (1 − \frac{1}{6})^{2} + \frac{5}{6} (0 − \frac{1}{6})^{2} = \frac{5}{36} . \end{aligned}

für alle i. Wir können also annehmen, daß die Folge unabhängig und identisch verteilt ist und setzen

S_{n} = ∑_{i=1}^{n} X_{i}

als die Summe der bis zum n−ten Wurf gefallenen 6er. Dann gilt nach dem zentralen Grenzwertsatz, daß für n = 360.000

p(S_{360.000} ≤ 40.000) = p (\frac{S_{360.000}−360.000· \frac{1}{6}}{\sqrt{\frac{5}{36}} \sqrt{360.000}} ≤ \frac{40.000−360.000· \frac{1}{6}}{\sqrt{\frac{5}{36}} \sqrt{360.000}} )
= p (\frac{S_{360.000}−60.000}{10.000\sqrt{5}} ≤ −\frac{2}{\sqrt{5}})

≈ ∫_{−∞}^{− \frac{2}{\sqrt{5}}} e^{− \frac{t^{2}}{2}} dt ≈ 0,1855

ist.

2. a) Die Zufallsvariable X bezeichne den Nettogewinn des Spiels. Es gibt nun 38 Felder, und beim Setzen auf schwarz gewinnt der Spieler insgesamt auf 19 Feldern. Demnach ist p(X = 1) = p(X = −1) = \frac{1}{2} und das Spiel ist nun fair. Außerdem folgt

\begin{aligned}E(X) & = & 1 · \frac{1}{2} + (−1) · \frac{1}{2} = 0 \\ V ar(X) & = & \frac{1}{2} (1 − 0)^{2} + \frac{1}{2} (−1 − 0)^{2} = 1 . \end{aligned}

b) Nun sei (X_{n}) eine Folge von Zufallsvariablen, wobei X_{i} der Nettogewinn im i−ten Spiel ist. Wir setzen

S_{n} = ∑_{i=1}^{n} X_{i}

als den Nettogewinn nach n Spielen. Nach dem zentralen Grenzwertsatz gilt für n = 100

p(S_{100} ≤ 10) = p (\frac{S_{100}−100·0}{\sqrt{1}\sqrt{100}} ≤ \frac{−10−100·0}{\sqrt{1}\sqrt{100}})
= p (\frac{S_{100}}{10} ≤ −1)
≈ ∫_{−∞}^{−1} e^{− \frac{t^{2}}{2}} dt ≈ 0,1587 .

3. Wir definieren den Vektor e = (1, …, 1)^{t} ∈ ℝ^{n}, dann gilt

P e = e = 1 · e ,

weil die Zeilensummen einer stochastischen Matrix gerade 1 sind. Also ist 1 ein Eigenwert von P mit zugehörigem Eigenvektor e.

4. a) Wir berechnen das charakteristische Polynom von P

p_{P} (λ) = det (\begin{matrix}p − λ & q & 0 \\ q & −λ & p \\ q & p & −λ \end{matrix})

= −λ det (\begin{matrix}p − λ & q \\ q & −λ \end{matrix}) − p det (\begin{matrix}p − λ & q \\ q & p \end{matrix})
= λ (λ(p − λ) + q^{2}) − P (p(p − λ) − q^{2})
= −λ^{3} + pλ^{2} + (1 − p)^{2}λ − p (p^{2} − λp − (1 − p)^{2})
= −λ^{3} + pλ^{2} + (1 − 2p + 2p^{2})λ − p(2p − 1)

und erhalten mit der Kenntnis, daß 1 ein Eigenwert ist, unter Verwendung von Polynomdivision (oder Hornerschema)

p_{P} (λ) = −(λ − 1) \underbrace{(λ^{2} − (p − 1)λ − p(2p − 1))}_{=:q_{P} (λ)} .

Es gilt jetzt

q_{P} (λ) = 0 ⟺ λ = \frac{p − 1}{2} ± \frac{|3p − 1|}{2} ,

also sind die Eigenwerte von P

1 , \frac{p − 1}{2} + \frac{|3p − 1|}{2} , \frac{p − 1}{2} − \frac{|3p − 1|}{2} .

b) Für p = \frac{1}{2} hat nach a) die Matrix P die Eigenwerte 1, 0, −\frac{1}{2} und ist somit diagonalisierbar. Wir bestimmen nun eine Transformationsmatrix T derart, daß

T^{−1}P T = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −\frac{1}{2} \end{matrix} ) .

Nach 3. ist der Vektor (1, 1, 1)^{t} ein Eigenvektor zum Eigenwert 1. Wir bestimmen noch die Eigenräume

Eig_{P} (0) = Ker (\begin{matrix}\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \end{matrix}) = Ker (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})

= \{μ (\begin{matrix}1 \\ −1 \\ −1 \end{matrix}) : μ ∈ ℝ\}

Eig_{P} (−\frac{1}{2}) = Ker (\begin{matrix}1 & \frac{1}{2} & 0 \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix}) = Ker (\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})

= \{μ (\begin{matrix}1 \\ −2 \\ 1 \end{matrix}) : μ ∈ ℝ\}

und setzen demnach

T = (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & −1 & −2 \\ 1 & −1 & 1 \end{matrix}) .

Die Inverse von T berechnet sich zu

T = (\begin{matrix}\frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{6} \\ \frac{1}{2} & 0 & −\frac{1}{2} \\ 0 & −\frac{1}{3} & \frac{1}{3} \end{matrix} )

und wir schließen

P^{n} = T (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −\frac{1}{2} \end{matrix} ) T^{−1} = (\begin{matrix}\frac{1}{2} & \frac{1}{3} − \frac{1}{3} (−\frac{1}{2})^{n} & \frac{1}{6} + \frac{1}{3} (−\frac{1}{2})^{n} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{3} + \frac{2}{3} (−\frac{1}{2})^{n} & \frac{1}{6} − \frac{2}{3} (−\frac{1}{2})^{n} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{3} − \frac{1}{3} (−\frac{1}{2})^{n} & \frac{1}{6} + \frac{1}{3} (−\frac{1}{2})^{n} \end{matrix})

für N ∈ ⋉.

c) Nach 100 Durchgängen befindet sich das System im Zustand

a^{t}P^{100} = (\frac{1}{2} \frac{1}{3} − \frac{1}{3·2^{100}} \frac{1}{6} + \frac{1}{3·2^{100}} ) .