Aufgaben:Aufgabe 4.4: Gaußsche 2D-WDF

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Wir betrachten zweidimensionale Zufallsgrößen, wobei beide Komponenten stets als mittelwertfrei vorausgesetzt werden. Die 2D-WDF der Zufallsgröße (u, υ) lautet:

$$f_{uv}(u, v)=\frac{1}{\pi} \cdot \rm e^{-(\rm 2\it u^{\rm 2} + \it v^{\rm 2}/\rm 2)}.$$

Von der ebenfalls Gaußschen 2D-Zufallsgröße (x, y) sind die folgenden Parameter bekannt:

$$\sigma_x= 0.5, \hspace{0.5cm}\sigma_y = 1,\hspace{0.5cm}\rho_{xy} = 1. $$

Die Werte des Gaußschen Fehlerintegrals ϕ(x) sowie der Komplementärfunktion Q(x) = ϕ(–x) = 1 – ϕ(x) können Sie der nebenstehenden Tabelle entnehmen.

Hinweis: Die Aufgabe bezieht sich auf den Lehrstoff von Kapitel 3.5 und Kapitel 4.2.

Die hier behandelte Thematik ist in zwei Lernvideos zusammengefasst:

Fragebogen

1

Welche der Aussagen gelten hinsichtlich der Zufallsgröße (u, υ)?

	Die Zufallsgrößen u und υ sind unkorreliert.
	Die Zufallsgrößen u und υ sind statistisch unabhängig.

2

Berechnen Sie die beiden Streuungen σ_u und σ_υ. Geben Sie zur Kontrolle den Quotienten der beiden Streuungen ein.

$\sigma_u/\sigma_v$ =

3

Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass u kleiner als 1 ist.

$Pr(u < 1)$ =

4

Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass die Zufallsgröße u kleiner als 1 und gleichzeitig die Zufallsgröße υ größer als 1 ist.

$Pr((u < 1) ∩ (υ > 1))$ =

5

Welche der Aussagen sind für die 2D-Zufallsgröße (x, y) zutreffend?

	Die 2D-WDF fxy(x, y) ist außerhalb der Geraden y = 2x stets 0.
	Für alle Wertepaare auf der Geraden y = 2x gilt fxy(x, y) = 0.5.
	Bezüglich der Rand-WDF gilt fx(x) = fu(u) bzw. fy(y) = fυ(υ).

6

Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass x kleiner als 1 ist.

$Pr(x < 1)$ =

7

Berechnen Sie nun die Wahrscheinlichkeit, dass die Zufallsgröße x kleiner als 1 und gleichzeitig y größer als 1 ist.

$Pr((x < 1) ∩ (y > 1))$ =

Musterlösung

Musterlösung

1.  Beide Aussagen treffen zu. Vergleicht man die gegebene mit der allgemeingültigen 2D-WDF

$$f_{uv}(u,v) = \frac{\rm 1}{{\rm 2}\it\pi \sigma_u\sigma_v\sqrt{{\rm 1}-\it \rho_{\it uv}^{\rm 2}}} \cdot \rm exp[\frac{\rm 1}{2\cdot (\rm 1-\it \rho_{uv}^{\rm 2})}(\frac{\it u^{\rm 2}}{\it\sigma_u^{\rm 2}} + \frac{\it v^{\rm 2}}{\it\sigma_v^{\rm 2}} - \rm 2\it\rho_{uv}\frac{\it u\cdot \it v}{\sigma_u\cdot \sigma_v})],$$

so erkennt man, dass im Exponenten kein Term mit u · υ auftritt, was nur bei ρ_uυ = 0 möglich ist. Dies bedeutet aber, dass u und υ unkorreliert sind. Bei Gaußschen Zufallsgrößen folgt aus der Unkorreliertheit aber auch stets die statistische Unabhängigkeit.

2.  Bei statistischer Unabhängigkeit gilt:

$$f_{uv}(u, v) = f_u(u)\cdot f_v(v),$$

$$f_u(u)=\frac{{\rm e}^{-{\it u^{\rm 2}}/{(2\sigma_u^{\rm 2})}}}{\sqrt{\rm 2\pi}\cdot\sigma_u} , \hspace{1.2cm} \it f_v(v)=\frac{{\rm e}^{-{\it v^{\rm 2}}/{({\rm 2}\sigma_v^{\rm 2})}}}{\sqrt{\rm 2\pi}\cdot\sigma_v}.$$

Durch Koeffizientenvergleich erhält man σ_u = 0.5 und σ_υ = 1. Der Quotient ist somit σ_u/σ_υ = 0.5.

3.  Da u eine kontinuierliche Zufallsgröße ist, gilt:

$$\rm Pr(\it u < \rm 1) = \rm Pr(\it u \le \rm 1) =\it F_u(\rm 1). $$

Mit dem Mittelwert m_u = 0 und der Streuung σ_u = 0.5 erhält man:

$$\rm Pr(\it u < \rm 1) = \rm \phi(\frac{\rm 1}{\it\sigma_u})= \rm \phi(\rm 2) \hspace{0.15cm}\underline{=\rm 0.9772}. $$

4.  Aufgrund der statistischen Unabhängigkeit zwischen u und υ gilt:

$$\rm Pr((\it u < \rm 1) \cap (\it v > \rm 1)) = \rm Pr(\it u < \rm 1)\cdot \rm Pr(\it v > \rm 1).$$

Die Wahrscheinlichkeit Pr(u < 1) =0.9772 wurde bereits berechnet. Für die zweite Wahrscheinlichkeit Pr(υ > 1) gilt aus Symmetriegründen:

$$\rm Pr(\it v > \rm 1) = \rm Pr(\it v \le \rm -1) = \it F_v(\rm -1) = \rm \phi(\frac{\rm -1}{\it\sigma_v}) = \rm Q(1) =0.1587$$

$$\Rightarrow \rm Pr((\it u < \rm 1) \cap (\it v > \rm 1)) = \rm 0.9772\cdot \rm 0.1587 \hspace{0.15cm}\underline{ = \rm 0.1551}.$$

Die obige Skizze verdeutlicht die vorgegebene Konstellation. Die Höhenlinien der WDF (blau) sind wegen σ_υ > σ_u in vertikaler Richtung gestreckte Ellipsen. Rot schraffiert eingezeichnet ist das Gebiet, dessen Wahrscheinlichkeit in dieser Teilaufgabe berechnet werden sollte.

5.  Wegen ρ_xy = 1 besteht ein deterministischer Zusammenhang zwischen x und y  ⇒  alle Werte liegen auf der Geraden y = K · x. Aufgrund der Streuungen σ_x = 0.5 und σ_y = 1 gilt K = 2.

Auf dieser Geraden y = 2x sind alle WDF-Werte unendlich groß. Das bedeutet: Die 2D-WDF ist hier eine „Diracwand”.

Wie aus der Skizze hervorgeht, sind die WDF–Werte auf der Geraden y = 2x, die gleichzeitig die Korrelationsgerade darstellt, gaußverteilt. Auch die beiden Randwahrscheinlichkeitsdichten sind hier Gaußfunktionen, jeweils mit dem Mittelwert 0. Da σ_x = σ_u und σ_y = σ_υ ist, gilt auch:

$$f_x(x) = f_u(u), \hspace{0.5cm}f_y(y) = f_v(v).$$

Richtig sind somit der erste und der dritte Lösungsvorschlag.

6.  Da die WDF der Zufallsgröße x identisch mit der WDF f_u(u) ist, ergibt sich auch genau die gleiche Wahrscheinlichkeit wie in der Teilaufgabe (c) berechnet:

$$\rm Pr(\it x < \rm 1) \hspace{0.15cm}\underline{ = \rm 0.9772}.$$

7.  Das Zufallsereignis „y > 1“ ist identisch mit dem Ereignis „x > 0.5“. Damit ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit gleich

$$\it p_{\rm g} = \rm Pr((\it x > \rm 0.5) \cap (\it x < \rm 1)) = \it F_x(\rm 1) - \it F_x(\rm 0.5). $$

Mit der Streuung σ_x = 0.5 folgt weiter:

$$\it p_{\rm g} = \rm \phi(\rm 2) - \phi(1)=\rm 0.9772- \rm 0.8413\hspace{0.15cm}\underline{=\rm 0.1359}.$$