Aufgabe 4.1: Dreieckiges (x, y)-Gebiet

Dreieckigförmiges 2D-Gebiet

Eine 2D-Zufallsgröße ist durch die nebenstehende Skizze definiert:

Für $(x, \ y)$ können nur Werte innerhalb des durch die drei Eckpunkte $(0,\ 1)$, $(4,\ 3)$ und $(4,\ 5)$ festgelegten dreieckförmigen Gebietes auftreten.
Innerhalb des Dreiecks sind alle Zufallsgrößen $(x, \ y)$ gleichwahrscheinlich.
Für die 2D–WDF gilt in diesem Bereich:

$$f_{xy}(x,y) = A .$$

Zusätzlich ist in dieser Skizze die Gerade $x = y$ ⇒ „Winkelhalbierende” eingezeichnet ⇒ siehe Teilaufgabe (2).

Hinweis:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Zweidimensionale Zufallsgrößen.

Fragebogen

$A \ = \ $

${\rm Pr}(x > y) \ = \ $

${\rm Pr}(x ≥ 2)\ = \ $

${\rm Pr}(y ≥ 3)\ = \ $

${\rm Pr}\big[(x ≥ 2) ∩ (y ≥ 3)\big]\ = \ $

${\rm Pr}\big[x ≥ 2\hspace{0.05cm} | \hspace{0.05cm} y ≥ 3\big]\ = \ $

${\rm Pr}\big[y ≥ 3\hspace{0.05cm} | \hspace{0.05cm} x ≥ 2\big]\ = \ $

Musterlösung

(1) Das Volumen unter der zweidimensionalen WDF ist definitionsgemäß gleich $1$:

Dreieckförmige 2D-WDF

$$\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}f_{xy}(x,y)\, {\rm d}x\, {\rm d}y=1.$$

Die Dreiecksfläche ist $D = 0.5 \cdot 2 \cdot 4 = 4$.
Da in diesem Definitionsgebiet die WDF konstant gleich $A$ ist, erhält man

$$A= 1/D\hspace{0.15cm}\underline{= 0.25}.$$

(2) Zur Lösung gehen wir von nebenstehender Skizze aus.

Das Gebiet $x>y$ liegt rechts von der Winkelhalbierenden $x=y$ und ist grün markiert.
Diese grüne Dreiecksfläche ist $D_{\rm (2)} = 0.5 \cdot 1 \cdot 2 = 1 $, also genau ein Viertel der Gesamtfläche $D$ des Definitionsgebietes. Daraus folgt ${\rm Pr}(x > y)\hspace{0.15cm}\underline{= 0.25}$.

(3) Für die gesuchte Rand–WDF gilt in diesem Fall:

Rand–WDF bezüglich $x$

$$f_x(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}f_{xy}(x,y)\, {\rm d}y=A\cdot B_y (x).$$

Hierbei bezeichnet $B_y(x)$ die Breite des Gebietes $f_{xy} \ne 0$ in $y$–Richtung beim betrachteten $x$–Wert.
Es gilt: $B_y(x) = x/2$. Mit $A = 0.25$ folgt $f_{x}(x) = x/8$ für den Bereich $ 0 \le x \le 4$.
Die gesuchte Wahrscheinlichkeit entspricht der schraffierten Fläche in nebenstehender Skizze. Man erhält:

$$\rm Pr(\it x\ge \rm 2) = \rm 1-\rm Pr(\it x < \rm 2) = \rm 1-\frac{1}{2}\cdot2\cdot 0.25\hspace{0.15cm}\underline{ =0.75}. $$

Zum gleichen Ergebnis gelangt man anhand der 2D–WDF: Rechts von $x = 2$ liegt $3/4$ des gesamten Definitionsgebiets.

Rand–WDF bezüglich $y$

(4) Analog der Musterlösung zur Teilaufgabe (3) gilt:

$$f_y(y)=\int_{-\infty}^{+\infty}f_{xy}(x,y)\, {\rm d}x=A\cdot B_x (y).$$

Die Ausbreitung des WDF–Gebietes in $x$–Richtung ist für $y \le 1$ und $y \ge 5$ jeweils Null.
Das Maximum liegt bei $y=3$ und ergibt $B_x(y=3) = 2$.
Dazwischen ist die Zu– und Abnahme von $B_x(y)$ linear und es ergibt sich eine dreieckförmige WDF.
Die Wahrscheinlichkeit, dass $y \ge 3$ ist, entspricht der grün schraffierten Fläche in nebenstehender Skizze.
Aufgrund der Symmetrie erhält man:

$${\rm Pr}(y ≥ 3)\hspace{0.15cm}\underline{ =0.5}. $$

Zum gleichen Ergebnis kommt man anhand der 2D–WDF: Oberhalb der Horizontalen $y= 3$ liegt die Hälfte des gesamten Definitionsgebietes.

Zur Teilaufgabe (5)

(5) Wenn $y \ge 3$ ist $($rot hinterlegtes Dreieck $D)$, gilt stets auch $x \ge 2$ $($grün umrandetes Trapez $T)$.

Das bedeutet: In diesem Beispiel ist $D$ eine Teilmenge von $T$, und es gilt:

$${\rm Pr}[(x ≥ 2) ∩ (y ≥ 3)] = {\rm Pr}(y ≥ 3) \hspace{0.15cm}\underline{= 0.50}.$$

(6) Entsprechend der Lösung zur Teilaufgabe (5) folgt aus $y \ge 3$ mit Sicherheit auch $x \ge 2$.

Somit ist die gesuchte bedingte Wahrscheinlichkeit:

$${\rm Pr}[x ≥ 2\hspace{0.05cm} | \hspace{0.05cm} y ≥ 3]\hspace{0.15cm}\underline{= 1}.$$

(7) Diese Teilaufgabe kann man mit dem Satz von Bayes und den Ergebnissen aus (2) und (5) lösen:

$$\rm Pr(\it y \ge \rm 3\hspace{0.1cm}|\hspace{0.1cm} \it x \ge \rm 2) = \frac{ \rm Pr((\it x \ge \rm 2)\cap(\it y \ge \rm 3))} {\rm Pr(\it x \ge \rm 2)}=2/3\hspace{0.15cm}\underline{=0.667}.$$

Oder anders ausgedrückt: Die Fläche $D$ des rot hinterlegten Dreiecks macht $2/3$ der Fläche des grün umrandeten Trapezes $T$ aus.