\documentclass[11pt]{article}

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\DeclareMathOperator{\Eig}{Eig}

\begin{document}

\newcommand{\AND}{\wedge}
\newcommand{\OR}{\vee}
\newcommand{\SetR}{\ensuremath{\mathbb{R}}}
\newcommand{\SetN}{\ensuremath{\mathbb{N}}}
\newcommand{\SetZ}{\ensuremath{\mathbb{Z}}}
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\newcommand{\Inv}[1]{\ensuremath{\frac{1}{#1}}}

\thispagestyle{empty}

\title{Mathematik für Informatiker II - Übungsblatt 11 \\
	Übungsgruppe 1 - Mo, 14-16 Uhr \\
	Janko Böhm}
\author{Jan Hendrik Dithmar - Matrikelnummer 2031259}
\date{}

\maketitle

\newpage

\section*{Aufgabe 1}
Es ergibt sich folgende Übergangsmatrix
$$ A = \left( \begin{array}{cccccc} \vspace{0.1cm} \Inv{2} & \Inv{6} & 0       & \Inv{4} & 0       & 0       \\
                                    \vspace{0.1cm} \Inv{4} & \Inv{2} & \Inv{4} & 0       & \Inv{6} & 0       \\
                                    \vspace{0.1cm} 0       & \Inv{6} & \Inv{2} & 0       & 0       & \Inv{4} \\
                                    \vspace{0.1cm} \Inv{4} & 0       & 0       & \Inv{2} & \Inv{6} & 0       \\
                                    \vspace{0.1cm} 0       & \Inv{6} & 0       & \Inv{4} & \Inv{2} & \Inv{4} \\
                                    \vspace{0.1cm} 0       & 0       & \Inv{4} & 0       & \Inv{6} & \Inv{2} \\ \end{array} \right) $$
\textbf{Satz aus Vorlesung:} Sei $\lambda=1$ der einzige Eigenwert einer Matrix $A \in M(k \times k,\SetK)$ mit $|\lambda|=1$
(ohne Vielfachheit). Sei ferner $$ \Eig(A,1) = \left\langle \left( \begin{array}{c} z_1 \\ \vdots \\ z_k \end{array} \right) \right\rangle $$
mit $z_i \ge 0 \; \forall i$ und $\sum_{i=1}^k z_i = 1$. Dann existiert der Grenzwert $\lim_{n \rightarrow \infty} A^n$ und es gilt
$$ \lim_{n \rightarrow \infty} A^n = \left( \begin{array}{ccc} z_1 & \ldots & z_1 \\ \vdots & \vdots & \vdots \\ z_k & \ldots & z_k \end{array} \right) \in M(k \times k,\SetK) $$ \\[1cm]
Die Eigenwerte der Matrix $A$ sind (Berechnung mit Maple)
$$ 0, 1, \frac{3}{4}, \Inv{4}, \frac{7}{12}, \frac{5}{12} $$
Die Voraussetzung für den Satz ist somit erfüllt und der Grenzwert $\lim_{n \rightarrow \infty} A^n$ existiert.
Ein zum Eigenwert $\lambda=1$ gehörender Eigenvektor ist
$$ \left( \begin{array}{c} 1 \\ \frac{3}{2} \\ 1 \\ 1 \\ \frac{3}{2} \\ 1 \end{array} \right) $$
Nach ,,Normierung`` auf $\sum_{i=1}^k z_i = 1$ ergibt sich der Vektor
$$ \Inv{7} \cdot \left( \begin{array}{c} 1 \\ \frac{3}{2} \\ 1 \\ 1 \\ \frac{3}{2} \\ 1 \end{array} \right) =
   \left( \begin{array}{c} \vspace{0.1cm} \Inv{7} \\ \vspace{0.1cm} \frac{3}{14} \\ \vspace{0.1cm} \Inv{7} \\ \vspace{0.1cm} \Inv{7} \\ \vspace{0.1cm} \frac{3}{14} \\ \Inv{7} \end{array} \right) $$
Aus dem Satz folgt
$$ \lim_{n \rightarrow \infty} A^n = \left( \begin{array}{ccc} \vspace{0.1cm} \Inv{7} & \ldots & \Inv{7} \\
                                                               \vspace{0.1cm} \frac{3}{14} & \ldots & \frac{3}{14} \\
                                                               \vspace{0.1cm} \Inv{7} & \ldots & \Inv{7} \\
                                                               \vspace{0.1cm} \Inv{7} & \ldots & \Inv{7} \\
                                                               \vspace{0.1cm} \frac{3}{14} & \ldots & \frac{3}{14} \\
                                                               \Inv{7} & \ldots & \Inv{7} \\
                                            \end{array} \right) \in M(6 \times 6,\SetR) $$
                              
\section*{Aufgabe 3}
Sei $p$ die Wahrscheinlichkeit, dass eine intakte Maschine ausfällt, und $q=1-p$ die Wahrscheinlichkeit, dass eine intakte Maschine
nicht ausfällt. Eine defekte Maschine ist mit der Wahrscheinlichkeit $1$ am nächsten Tag wieder intakt. Es ergibt sich folgende
Übergangsmatrix
$$ A = \left( \begin{array}{cccccc} q^5      & q^4     & q^3   & q^2 & q & 1 \\
                                    5q^4p    & 4q^3p   & 3q^2p & 2qp & p & 0 \\
                                    10q^3p^2 & 6q^2p^2 & 3qp^2 & p^2 & 0 & 0 \\
                                    10q^2p^3 & 4qp^3   & p^3   & 0   & 0 & 0 \\
                                    5qp^4    & p^4     & 0     & 0   & 0 & 0 \\
                                    p^5      & 0       & 0     & 0   & 0 & 0 \\
              \end{array} \right) $$
Sei $i$ die Anzahl der Maschinen, die an einem bestimmten Tag defekt sind. Möchte man wissen, mit welcher Wahrscheinlichkeit
am nächsten Tag genau $j$ Maschinen defekt sind, liest man die Wahrscheinlichkeit in der $(i-1)$-ten Spalte der $(j-1)$-ten
Zeile ab. \\[0.5cm]
Die Eigenwerte der Matrix $A$ sind (Berechnung mit Maple)
$$ 1, -p, p^2, -p^3, p^4, -p^5 $$
Somit ist die Voraussetzung für den in Aufgabe 1 zitierten Satz genau dann erfüllt, wenn $p \neq 1$. Dann existiert der
Grenzwert $\lim_{n \rightarrow \infty} A^n$. Ein zum Eigenwert $\lambda=1$ gehörender Eigenvektor ist
$$ \left( \begin{array}{c} 1 \\ 5p \\ 10p^2 \\ 10p^3 \\ 5p^4 \\ p^5 \end{array} \right) $$
Da $$ 1+5p+10p^2+10p^3+5p^4+p^5=(p+1)^5 $$ ergibt sich nach ,,Normierung`` auf $\sum_{i=1}^k z_i = 1$ der Vektor
$$ \Inv{(p+1)^5} \cdot \left( \begin{array}{c} 1 \\ 5p \\ 10p^2 \\ 10p^3 \\ 5p^4 \\ p^5 \end{array} \right) =
   \left( \begin{array}{c} \vspace{0.2cm} \displaystyle \Inv{(p+1)^5} \\ \vspace{0.2cm} \displaystyle \frac{5p}{(p+1)^5} \\ \vspace{0.2cm} \displaystyle \frac{10p^2}{(p+1)^5} \\ \vspace{0.2cm} \displaystyle \frac{10p^3}{(p+1)^5} \\ \vspace{0.2cm} \displaystyle \frac{5p^4}{(p+1)^5} \\ \displaystyle \frac{p^5}{(p+1)^5} \end{array} \right) $$
Aus dem Satz folgt für $p \neq 1$
$$ \lim_{n \rightarrow \infty} A^n = \left( \begin{array}{ccc}
   \vspace{0.2cm} \displaystyle \Inv{(p+1)^5} & \ldots & \displaystyle \Inv{(p+1)^5} \\
   \vspace{0.2cm} \displaystyle \frac{5p}{(p+1)^5} & \ldots & \displaystyle \frac{5p}{(p+1)^5} \\
   \vspace{0.2cm} \displaystyle \frac{10p^2}{(p+1)^5} & \ldots & \displaystyle \frac{10p^2}{(p+1)^5} \\
   \vspace{0.2cm} \displaystyle \frac{10p^3}{(p+1)^5} & \ldots & \displaystyle \frac{10p^3}{(p+1)^5} \\
   \vspace{0.2cm} \displaystyle \frac{5p^4}{(p+1)^5} & \ldots & \displaystyle \frac{5p^4}{(p+1)^5} \\
   \displaystyle \frac{p^5}{(p+1)^5} & \ldots & \displaystyle \frac{p^5}{(p+1)^5} \\
   \end{array} \right) \in M(6 \times 6,\SetR) $$

\section*{Aufgabe 4}
$\chi^2$-Verteilungstest (= $\chi^2$-Anpassungstest) für
$$X=
\begin{cases}
1 & \text{für } Z \in \left[-1; -\frac{1}{2}\right[ \\
2 & \text{für } Z \in \left[-\frac{1}{2}; 0\right[ \\
3 & \text{für } Z \in \left[0; \frac{1}{2}\right[ \\
4 & \text{für } Z \in \left[\frac{1}{2}; 1\right[
\end{cases}
$$
Länge der Versuchsreihe $n=50$.
\paragraph{Annahme:} Hypothese $H_0$
\begin{eqnarray*}
	P(X=1) & = & \frac{1}{8} =: p_1 \\
	P(X=2) & = & \frac{3}{8} =: p_2 \\
	P(X=3) & = & \frac{3}{8} =: p_3 \\
	P(X=4) & = & \frac{1}{8} =: p_4 \\
\end{eqnarray*}
ist wahr.
\begin{eqnarray*}
	n \cdot p_1 & = & 50 \cdot \frac{1}{8} = 6,25 \\
	n \cdot p_2 & = & 50 \cdot \frac{3}{8} = 18,75 \\
	n \cdot p_3 & = & 50 \cdot \frac{3}{8} = 18,75 \\
	n \cdot p_4 & = & 50 \cdot \frac{1}{8} = 6,25 \\
\end{eqnarray*}
$\Rightarrow n \cdot p_i \ge 5$ ist für $i=1,2,3,4$ erfüllt. \\
$\Rightarrow Y$ ist $\chi_{k-1}^2=\chi_3^2$-verteilt. \\
Sei $a_i = \# (\{X=i\}) \Rightarrow a_1 = 7; \quad a_2=17; \quad a_3=19; \quad a_4=7$.
\paragraph{Das Maß für die Abweichung} ist die Testgröße $Y$ mit
\begin{eqnarray*}
	Y & = & \sum_{i=1}^4 \frac{(a_i - n \cdot p_i)^2}{n \cdot p_i} \\
	& = & \frac{9}{100} + \frac{49}{300} + \frac{4}{300} + \frac{9}{100} \\
	& = & \frac{27+49+4+27}{300} \\
	& = & \frac{107}{300} \\
	& = & 0,35\overline{6}
\end{eqnarray*}
$H_0$ wird abgelehnt, wenn $Y>c$ ist. Laut Maple ist $c=0,3518463177$ für $\chi_3^2$ und $\alpha=0,05$. Wegen $Y=0,35\overline{6}>c$ wird $H_0$ bei der Irrtumswahrscheinlichkeit $\alpha=5\%$ verworfen.
\paragraph{Dichte von Z:} Z ist $\mathcal{N}(0,1)$-verteilt. $\Rightarrow \varphi(x) = \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \cdot e^{-\frac{1}{2}x^2}$

\section*{Aufgabe 5}
Berechne $\overline{X}$:
$$\overline{X}=\frac{1}{n} \cdot \sum_{i=1}^n X_i = \frac{1}{10} \cdot \sum_{i=1}^{10} X_i = 2,1010$$
Testgröße $Z$:
\begin{eqnarray*}
	Z & = & \frac{\frac{1}{n-1} \cdot \sum_{i=1}^n (X_i - \overline{X})^2}{\sigma_0^2} \\
	& = & \frac{\frac{1}{9} \cdot \sum_{i=1}^{10} (X_i - 2,1010)^2}{0,5^2} \\
	& = & \frac{4}{9} \cdot \Big[0,429^2 + 1,211^2 + 0,381^2 + 0,371^2 + 0,559^2 \\
	& & + 0,199^2 + 0,349^2 + 0,211^2 + 0,389^2 + 0,249^2\Big] \\
	& = & \frac{4}{9} \cdot 2,665090 \\
	& = & 1,1844844
\end{eqnarray*}
$H_0$ wird mit der Irrtumswahrscheinlichkeit $\alpha$ abgelehnt, fallls $Z>c$ ist. Dabei ist $c$ das $\alpha$-Fraktil der $\chi_{n-1}^2$-Verteilung. \\
Für $\chi_{n-1}^2 = \chi_9^2$ und $\alpha=0,01$ ergibt sich (vgl. Maple):
$$c=2,087900736$$
Wegen $Z<c$ wird $H_0$ nicht abgelehnt, also angenommen.

\end{document}