Aufgaben:Aufgabe 4.1Z: Momentenberechnung: Unterschied zwischen den Versionen
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− | [[Datei:P_ID2863__Inf_Z_4_1.png|right|frame|Exponentialverteilung (oben) | + | [[Datei:P_ID2863__Inf_Z_4_1.png|right|frame|Exponentialverteilung (oben), Laplaceverteilung (unten)]] |
− | Die Grafik zeigt oben die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion (WDF) der [[Stochastische_Signaltheorie/Exponentialverteilte_Zufallsgrößen|Exponentialverteilung]]: | + | Die Grafik zeigt oben die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion $\rm (WDF)$ der [[Stochastische_Signaltheorie/Exponentialverteilte_Zufallsgrößen|Exponentialverteilung]]: |
:$$f_X(x) = \left\{ \begin{array}{c} A_{ X} \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}x} \\ A_{ X}/2 \\ 0 \\ \end{array} \right. \begin{array}{*{20}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \hspace{0.1cm}x>0, \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \hspace{0.1cm}x=0, \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \hspace{0.1cm}x<0. \\ \end{array}$$ | :$$f_X(x) = \left\{ \begin{array}{c} A_{ X} \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}x} \\ A_{ X}/2 \\ 0 \\ \end{array} \right. \begin{array}{*{20}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \hspace{0.1cm}x>0, \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \hspace{0.1cm}x=0, \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \hspace{0.1cm}x<0. \\ \end{array}$$ | ||
− | Darunter gezeichnet ist die WDF der [[Stochastische_Signaltheorie/Exponentialverteilte_Zufallsgrößen#Zweiseitige_Exponentialverteilung_.E2.80.93_Laplaceverteilung|Laplaceverteilung]], die für alle $y$–Werte wie folgt angegeben werden kann: | + | Darunter gezeichnet ist die WDF der [[Stochastische_Signaltheorie/Exponentialverteilte_Zufallsgrößen#Zweiseitige_Exponentialverteilung_.E2.80.93_Laplaceverteilung|Laplaceverteilung]], die für alle $y$–Werte wie folgt angegeben werden kann: |
− | :$$f_Y(y) = A_{ Y} \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} |y|}\hspace{0.05cm}.$$ | + | :$$f_Y(y) = A_{ Y} \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} |\hspace{0.03cm}y\hspace{0.03cm}|}\hspace{0.05cm}.$$ |
− | Die zwei wertkontinuierlichen Zufallsgrößen $X$ und $Y$ sollen hinsichtlich der folgenden Kenngrößen verglichen werden: | + | Die zwei wertkontinuierlichen Zufallsgrößen $X$ und $Y$ sollen hinsichtlich der folgenden Kenngrößen verglichen werden: |
− | *dem linearen Mittelwert $m_1$ (Moment erster Ordnung), | + | *dem linearen Mittelwert $m_1$ (Moment erster Ordnung), |
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*der Varianz $\sigma^2 = m_2 - m_1^2$ ⇒ Satz von Steiner, | *der Varianz $\sigma^2 = m_2 - m_1^2$ ⇒ Satz von Steiner, | ||
*der Streuung $\sigma$. | *der Streuung $\sigma$. | ||
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+ $A_Y = \lambda/2$, | + $A_Y = \lambda/2$, | ||
- $A_Y = \lambda$, | - $A_Y = \lambda$, | ||
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− | {Gibt es ein Argument $z$, so dass $f_X(z) = f_Y(z)$ gilt? | + | {Gibt es ein Argument $z$, so dass $f_X(z) = f_Y(z)$ gilt? |
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+ Ja. | + Ja. | ||
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- Die Varianz ist $\sigma^2 = 1/\lambda^2$. | - Die Varianz ist $\sigma^2 = 1/\lambda^2$. | ||
− | {Mit welcher | + | {Mit welcher Wahrscheinlichkeit unterscheidet sich die Zufallsgröße $(X$ bzw. $Y)$ vom jeweiligen Mittelwert betragsmäßig um mehr als die Streuung $\sigma$? |
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$\text{Exponential:}\; \;{\rm Pr}( |X - m_X| > \sigma_X) \ = \ $ { 0.135 3% } | $\text{Exponential:}\; \;{\rm Pr}( |X - m_X| > \sigma_X) \ = \ $ { 0.135 3% } | ||
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'''(1)''' Richtig ist der <u>Lösungsvorschlag 2</u>: | '''(1)''' Richtig ist der <u>Lösungsvorschlag 2</u>: | ||
− | *Die Fläche unter der WDF muss immer 1 sein. Daraus folgt für die Exponentialverteilung: | + | *Die Fläche unter der WDF muss immer $1$ sein. Daraus folgt für die Exponentialverteilung: |
:$$A_{X} \cdot\int_{0}^{\infty} \hspace{-0.01cm} {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = A_{X} \cdot (-1/\lambda)\cdot\big [{\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\big ]_{0}^{\infty} = A_{X} \cdot (1/\lambda) \stackrel{!}{=} 1 | :$$A_{X} \cdot\int_{0}^{\infty} \hspace{-0.01cm} {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = A_{X} \cdot (-1/\lambda)\cdot\big [{\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\big ]_{0}^{\infty} = A_{X} \cdot (1/\lambda) \stackrel{!}{=} 1 | ||
\hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm} A_{X} = \lambda \hspace{0.05cm}. $$ | \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm} A_{X} = \lambda \hspace{0.05cm}. $$ | ||
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− | *Aus der Grafik auf der Angabenseite erkennt man, dass die Höhe $A_Y$ der Laplaceverteilung nur halb so groß ist wie das Maximum der Exponentialverteilung | + | *Aus der Grafik auf der Angabenseite erkennt man, dass die Höhe $A_Y$ der Laplaceverteilung nur halb so groß ist wie das Maximum der Exponentialverteilung: |
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− | '''(3)''' Richtig ist <u>JA</u>, obwohl für $z \ne 0$ stets $f_X(z) = f_Y(z)$ gilt. Betrachten wir nun den Sonderfall $z= 0$: | + | '''(3)''' Richtig ist <u>JA</u>, obwohl für $z \ne 0$ stets $f_X(z) = f_Y(z)$ gilt. Betrachten wir nun den Sonderfall $z= 0$: |
* Für die Laplaceverteilung gilt $f_Y(y = 0) = \lambda/2$. | * Für die Laplaceverteilung gilt $f_Y(y = 0) = \lambda/2$. | ||
− | * Bei der Exponentialverteilung unterscheiden sich der links- und der rechtsseitige Grenzwert für $x \to 0$. | + | * Bei der Exponentialverteilung unterscheiden sich der links- und der rechtsseitige Grenzwert für $x \to 0$. |
− | *Der WDF–Wert an der Stelle $x= 0$ ist der Mittelwert dieser beiden Grenzwerte: | + | *Der WDF–Wert an der Stelle $x= 0$ ist der Mittelwert dieser beiden Grenzwerte: |
:$$f_X(0) = \frac{1}{2} \cdot \big [ 0 + \lambda \big] = \lambda/2 = f_Y(0)\hspace{0.05cm}.$$ | :$$f_X(0) = \frac{1}{2} \cdot \big [ 0 + \lambda \big] = \lambda/2 = f_Y(0)\hspace{0.05cm}.$$ | ||
− | '''(4)''' Richtig sind <u>alle Lösungsvorschläge</u>. Bei der Exponentialverteilung berechnet sich das Moment $k$–ter Ordnung allgemein zu | + | |
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+ | Bei der Exponentialverteilung berechnet sich das Moment $k$–ter Ordnung allgemein zu | ||
:$$m_k = \frac{k!}{\lambda^k} \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} m_1 = \frac{1}{\lambda}, \hspace{0.3cm} m_2 = \frac{2}{\lambda^2}, \hspace{0.3cm} m_3 = \frac{6}{\lambda^3}, \ \text{...}$$ | :$$m_k = \frac{k!}{\lambda^k} \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} m_1 = \frac{1}{\lambda}, \hspace{0.3cm} m_2 = \frac{2}{\lambda^2}, \hspace{0.3cm} m_3 = \frac{6}{\lambda^3}, \ \text{...}$$ | ||
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*Der quadratische Mittelwert der Laplaceverteilung ist aufgrund der symmetrischen WDF genau so groß wie bei der Exponentialverteilung: | *Der quadratische Mittelwert der Laplaceverteilung ist aufgrund der symmetrischen WDF genau so groß wie bei der Exponentialverteilung: | ||
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:$$m_2 = \frac{\lambda}{2} \cdot \int_{-\infty}^{\infty} \hspace{-0.01cm} y^2 \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}|y|}\hspace{0.1cm}{\rm d}y = \lambda \cdot\int_{0}^{\infty} \hspace{-0.01cm} y^2 \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}y}\hspace{0.1cm}{\rm d}y = {2}/{\lambda^2} \hspace{0.05cm}.$$ | :$$m_2 = \frac{\lambda}{2} \cdot \int_{-\infty}^{\infty} \hspace{-0.01cm} y^2 \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}|y|}\hspace{0.1cm}{\rm d}y = \lambda \cdot\int_{0}^{\infty} \hspace{-0.01cm} y^2 \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}y}\hspace{0.1cm}{\rm d}y = {2}/{\lambda^2} \hspace{0.05cm}.$$ | ||
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= - {\rm e}^{-\sqrt{2}} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.243}\hspace{0.05cm}.$$ | = - {\rm e}^{-\sqrt{2}} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.243}\hspace{0.05cm}.$$ | ||
− | Ein Vergleich der schraffierten Flächen in nebenstehender Grafik bestätigt das Ergebnis qualitativ: Die blauen Flächen sind zusammen etwas größer als die rote Fläche. | + | Ein Vergleich der schraffierten Flächen in nebenstehender Grafik bestätigt das Ergebnis qualitativ: <br> ⇒ Die blauen Flächen sind zusammen etwas größer als die rote Fläche. |
Aktuelle Version vom 24. September 2021, 16:41 Uhr
Die Grafik zeigt oben die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion $\rm (WDF)$ der Exponentialverteilung:
- $$f_X(x) = \left\{ \begin{array}{c} A_{ X} \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}x} \\ A_{ X}/2 \\ 0 \\ \end{array} \right. \begin{array}{*{20}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \hspace{0.1cm}x>0, \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \hspace{0.1cm}x=0, \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \hspace{0.1cm}x<0. \\ \end{array}$$
Darunter gezeichnet ist die WDF der Laplaceverteilung, die für alle $y$–Werte wie folgt angegeben werden kann:
- $$f_Y(y) = A_{ Y} \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} |\hspace{0.03cm}y\hspace{0.03cm}|}\hspace{0.05cm}.$$
Die zwei wertkontinuierlichen Zufallsgrößen $X$ und $Y$ sollen hinsichtlich der folgenden Kenngrößen verglichen werden:
- dem linearen Mittelwert $m_1$ (Moment erster Ordnung),
- dem Moment zweiter Ordnung ⇒ $m_2$,
- der Varianz $\sigma^2 = m_2 - m_1^2$ ⇒ Satz von Steiner,
- der Streuung $\sigma$.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Differentielle Entropie.
- Nützliche Hinweise zur Lösung dieser Aufgabe und weitere Informationen zu den wertkontinuierlichen Zufallsgrößen finden Sie im dritten Kapitel „Kontinuierliche Zufallsgrößen” des Buches Stochastische Signaltheorie.
- Gegeben sind außerdem die beiden unbestimmten Integrale:
- $$\int \hspace{-0.01cm} x \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = \frac{{\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}}{(-\lambda)^2}\cdot(-\lambda \cdot x-1)\hspace{0.05cm}, $$
- $$\int \hspace{-0.01cm} x^2 \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\cdot (\frac{x^2}{-\lambda} - \frac{2x}{\lambda^2} + \frac{2}{\lambda^3}) \hspace{0.05cm}. $$
Fragebogen
Musterlösung
- Die Fläche unter der WDF muss immer $1$ sein. Daraus folgt für die Exponentialverteilung:
- $$A_{X} \cdot\int_{0}^{\infty} \hspace{-0.01cm} {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = A_{X} \cdot (-1/\lambda)\cdot\big [{\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\big ]_{0}^{\infty} = A_{X} \cdot (1/\lambda) \stackrel{!}{=} 1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm} A_{X} = \lambda \hspace{0.05cm}. $$
(2) Richtig ist hier der Lösungsvorschlag 1:
- Aus der Grafik auf der Angabenseite erkennt man, dass die Höhe $A_Y$ der Laplaceverteilung nur halb so groß ist wie das Maximum der Exponentialverteilung:
- $$A_Y = \lambda/2.$$
(3) Richtig ist JA, obwohl für $z \ne 0$ stets $f_X(z) = f_Y(z)$ gilt. Betrachten wir nun den Sonderfall $z= 0$:
- Für die Laplaceverteilung gilt $f_Y(y = 0) = \lambda/2$.
- Bei der Exponentialverteilung unterscheiden sich der links- und der rechtsseitige Grenzwert für $x \to 0$.
- Der WDF–Wert an der Stelle $x= 0$ ist der Mittelwert dieser beiden Grenzwerte:
- $$f_X(0) = \frac{1}{2} \cdot \big [ 0 + \lambda \big] = \lambda/2 = f_Y(0)\hspace{0.05cm}.$$
(4) Richtig sind alle Lösungsvorschläge.
Bei der Exponentialverteilung berechnet sich das Moment $k$–ter Ordnung allgemein zu
- $$m_k = \frac{k!}{\lambda^k} \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} m_1 = \frac{1}{\lambda}, \hspace{0.3cm} m_2 = \frac{2}{\lambda^2}, \hspace{0.3cm} m_3 = \frac{6}{\lambda^3}, \ \text{...}$$
Somit erhält man für
- den linearen Mittelwert (Moment erster Ordnung):
- $$m_1 = \lambda \cdot\int_{0}^{\infty} \hspace{-0.01cm} x \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = \lambda \cdot \left [\frac{{\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}}{(-\lambda)^2}\cdot(-\lambda \cdot x-1)\right ]_{0}^{\infty}= {1}/{\lambda} \hspace{0.05cm},$$
- den quadratischen Mittelwert (Moment zweiter Ordnung):
- $$m_2 = \lambda \cdot\int_{0}^{\infty} \hspace{-0.01cm} x^2 \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = \lambda \cdot\left [ {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\cdot (\frac{x^2}{-\lambda} - \frac{2x}{\lambda^2} + \frac{2}{\lambda^3}) \right ]_{0}^{\infty} ={2}/{\lambda^2} \hspace{0.05cm}.$$
Daraus ergibt sich mit dem Satz von Steiner für die Varianz der Exponentialverteilung:
- $$\sigma^2 = m_2 - m_1^2 = {2}/{\lambda^2} -{1}/{\lambda^2} = {1}/{\lambda^2} \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm} \sigma = {1}/{\lambda}\hspace{0.05cm}.$$
(5) Richtig ist nur der Lösungsvorschlag 2:
- Der quadratische Mittelwert der Laplaceverteilung ist aufgrund der symmetrischen WDF genau so groß wie bei der Exponentialverteilung:
- $$m_2 = \frac{\lambda}{2} \cdot \int_{-\infty}^{\infty} \hspace{-0.01cm} y^2 \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}|y|}\hspace{0.1cm}{\rm d}y = \lambda \cdot\int_{0}^{\infty} \hspace{-0.01cm} y^2 \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}y}\hspace{0.1cm}{\rm d}y = {2}/{\lambda^2} \hspace{0.05cm}.$$
- Der Mittelwert der Laplaceverteilung ist dagegen $m_1 = 0$.
- Damit ist die Varianz der Laplaceverteilung doppelt so groß wie bei der Exponentialverteilung:
- $$\sigma^2 = m_2 - m_1^2 = {2}/{\lambda^2} - 0 ={2}/{\lambda^2} \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm} \sigma = {\sqrt{2}}/{\lambda}\hspace{0.05cm}.$$
(6) Für die Exponentialverteilung ergibt sich entsprechend der oberen Grafik mit $m_X = \sigma_X = 1/\lambda$:
- $${\rm Pr}( |X - m_X| > \sigma_X) \hspace{-0.05cm} = \hspace{-0.05cm} {\rm Pr}( X > 2/\lambda) \hspace{-0.05cm} = \hspace{-0.05cm} \lambda \cdot\int_{2/\lambda}^{\infty} \hspace{-0.08cm} {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = -\left [ {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x} \right ]_{2/\lambda}^{\infty} = {\rm e}^{-2} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.135}.$$
Für die Laplaceverteilung (untere Grafik) erhält man mit $m_Y = 0$ und $\sigma_Y = \sqrt{2}/\lambda$:
- $${\rm Pr}( |Y - m_Y| > \sigma_Y) = 2 \cdot {\rm Pr}( Y > \sqrt{2}/\lambda) = 2 \cdot \frac{\lambda}{2} \cdot\int_{\sqrt{2}/\lambda}^{\infty} \hspace{-0.01cm} {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\hspace{0.1cm}{\rm d}x $$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm Pr}( |Y - m_Y| > \sigma_Y) = \left [ {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x} \right ]_{\sqrt{2}/\lambda}^{\infty} = - {\rm e}^{-\sqrt{2}} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.243}\hspace{0.05cm}.$$
Ein Vergleich der schraffierten Flächen in nebenstehender Grafik bestätigt das Ergebnis qualitativ:
⇒ Die blauen Flächen sind zusammen etwas größer als die rote Fläche.