Aufgabe 4.1: WDF, VTF und Wahrscheinlichkeit

VTF (oben) und WDF (unten)

Zur Wiederholung einiger wichtiger Grundlagen aus dem Buch „Stochastische Signaltheorie” beschäftigen wir uns mit

der Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion (WDF),
der Verteilungsfunktion (VTF).

Die obere Darstellung zeigt die Verteilungsfunktion $F_X(x)$ einer wertdiskreten Zufallsgröße $X$. Die zugehörige WDF $f_X(x)$ ist in der Teilaufgabe (1) zu bestimmen.

Die Gleichung

$$ {\rm Pr}(A < X \le B) = F_X(B) - F_X(A) = \lim_{\varepsilon \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm}0} \int_{A+\varepsilon}^{B+\varepsilon} \hspace{-0.15cm} f_X(x) \hspace{0.1cm}{\rm d}x $$

stellt zwei Möglichkeiten dar, um aus der VTF bzw. der WDF die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis „Die Zufallsgröße $X$ liegt in einem vorgegebenem Intervall” zu berechnen.

Die untere Grafik zeigt die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion

$$ f_Y(y) = \left\{ \begin{array}{c} \hspace{0.1cm}1/2 \cdot \cos^2(\pi/4 \cdot y) \\ \hspace{0.1cm} 0 \\ \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{20}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}l} | y| \le 2, \\ y < -2 \hspace{0.1cm}{\rm und}\hspace{0.1cm}y > +2 \\ \end{array}$$

einer wertkontinuierlichen Zufallsgröße $Y$, die auf den Bereich $|Y| \le 2$ begrenzt ist.

Prinzipiell besteht bei der kontinuierlichen Zufallsgröße $Y$ der gleiche Zusammenhang zwischen WDF, VTF und Wahrscheinlichkeiten wie bei einer diskreten Zufallsgröße. Sie werden trotzdem einige Detailunterschiede feststellen.

Beispielsweise kann bei der kontinuierlichen Zufallsgröße $Y$ in obiger Gleichung auf den Grenzübergang verzichtet werden, und man erhält vereinfacht:

$${\rm Pr}(A \le Y \le B) = F_Y(B) - F_Y(A) =\int_{A}^{B} \hspace{-0.01cm} f_Y(y) \hspace{0.1cm}{\rm d}y\hspace{0.05cm}.$$

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 ist zudem das folgende unbstimmte Integral:

$$\int \hspace{0.1cm} \cos^2(A \eta) \hspace{0.1cm}{\rm d}\eta = \frac{\eta}{2} + \frac{1}{4A} \cdot \sin(2A \eta).$$

Fragebogen

	Die WDF setzt sich aus fünf Diracfunktionen zusammen.
	Es gilt ${\rm Pr}(X= 0) = 0.4$ und ${\rm Pr}(X= 1) = 0.2$.
	Es gilt ${\rm Pr}(X= 2) = 0.4$.

${\rm Pr}(X > 0) \ = \ $

${\rm Pr}(|X| ≤ 1) \ = \ $

$F_Y(y = 0) \ = \ $

$F_Y(y = 1) \ = \ $

$F_Y(y = 2) \ = \ $

${\rm Pr}(Y = 0) \ = \ $

	Das Ergebnis $Y = 0$ ist unmöglich.
	Das Ergebnis $Y = 3$ ist unmöglich.

${\rm Pr}(Y > 0) \ = \ $

${\rm Pr}(|Y| ≤ 1) \ = \ $

Musterlösung

WDF und VTF der diskreten Zufallsgröße X

(1) Richtig sind die Lösungsvorschläge 1 und 2:

Die Verteilungsfunktion (VTF) $F_X(x)$ ergibt sich aus der Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion $f_X(x)$ durch Integration über die (umbenannte) Zufallsgröße im Bereich von $- \infty$ bis $x$.
Die Umkehrung lautet: Ist die VTF gegeben, so erhält man die WDF durch Differentiation.
Die vorgegebene VTF beinhaltet fünf Unstetigkeitsstellen, die nach der Differentiation zu fünf Diracfunktionen führen:

$$f_X(x) = 0.1 \cdot {\rm \delta}( x+2) + 0.2 \cdot {\rm \delta}( x+1) + 0.4 \cdot {\rm \delta}( x) + 0.2 \cdot {\rm \delta}( x-1) + 0.1 \cdot {\rm \delta}( x-2)\hspace{0.05cm}.$$

Die Diracgewichte geben die Auftrittswahrscheinlichkeiten der Zufallsgröße $X = \{-2, -1, 0, +1, +2\}$ an, zum Beispiel:

$${\rm Pr}(X = 0) = F_X(x \hspace{0.05cm}\rightarrow\hspace{0.05cm}0^{+}) - F_X(x \hspace{0.05cm}\rightarrow\hspace{0.05cm}0^{-}) = 0.7 - 0.3 = 0.4\hspace{0.05cm}.$$

Dementsprechend lauten die weiteren Wahrscheinlichkeiten:

$${\rm Pr}(X = +1) = {\rm Pr}(X = -1) = 0.2\hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm} {\rm Pr}(X = +2) = {\rm Pr}(X = -2) = 0.1\hspace{0.05cm}.$$

(2) Aus der eben berechneten WDF erhält man:

$${\rm Pr}(X >0) = {\rm Pr}(X = +1) + {\rm Pr}(X = +2) \hspace{0.15cm}\underline {= 0.3}\hspace{0.05cm},$$

$${\rm Pr}(|X| \le 1) ={\rm Pr}(X = -1) + {\rm Pr}(X = 0) + {\rm Pr}(X = +1) = 0.2 + 0.4 +0.2 \hspace{0.15cm}\underline {= 0.8}\hspace{0.05cm}.$$

Zum gleichen Ergebnis kommt man über die Verteilungsfunktion. Hier lautet die allgemeine Gleichung, die für wertdiskrete und wertkontinuierliche Zufallsgrößen gleichermaßen gilt:

$${\rm Pr}(A < X \le B) =F_X(B) - F_X(A) \hspace{0.05cm}.$$

Mit $A= 0$ und $B = +2$ erhält man somit:

$${\rm Pr}(0 < X \le +2) = {\rm Pr}(X >0)= F_X(+2) - F_X(0) = 1 - 0.7 \hspace{0.15cm}\underline {= 0.3} \hspace{0.05cm}.$$

Setzt man $A=-2$ und $B = +1$, so ergibt sich:

$${\rm Pr}(-2 < X \le +1) = {\rm Pr}(|X| \le 1)= F_X(+1) - F_X(-2) = 0.9 - 0.1 \hspace{0.15cm}\underline {= 0.8} \hspace{0.05cm}.$$

WDF und VTF der kontinuierlichen Zufallsgröße Y

(3) Die Verteilungsfunktion $F_Y(y)$ ergibt sich aus der (umbenannten) WDF $f_Y(\eta)$ durch Integration von $- \infty$ bis $x$. Aufgrund der Symmetrie kann hierfür im Bereich $0 \le y \le +2$ geschrieben werden:

$$F_Y(y) = \int_{-\infty}^{\hspace{0.05cm}y} \hspace{-0.1cm}f_Y(\eta) \hspace{0.1cm}{\rm d}\eta ={1}/{2}+\int_{0}^{\hspace{0.05cm}y} \hspace{-0.1cm}f_Y(\eta) \hspace{0.1cm}{\rm d}\eta$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}F_Y(y) = \frac{1}{2}+\int_{0}^{\hspace{0.05cm}y} \hspace{0.1cm}\frac{1}{2} \cdot \cos^2({\pi}/{4} \cdot \eta) \hspace{0.1cm}{\rm d}\eta = \frac{1}{2}+\frac{y}{4} + \frac{1}{2\pi} \cdot \sin({\pi}/{2} \cdot y).$$

Die Gleichung gilt im gesamten Bereich $0 \le y \le +2$. Die gesuchten VTF–Werte sind damit:

$F_Y(y=0)\hspace{0.15cm}\underline{= 0.5}$ (Integral über die halbe WDF),
$F_Y(y=2)\hspace{0.15cm}\underline{= 1}$ (Integral über die gesamte WDF)
$F_Y(y=1)= 3/4 + 1/(2 \pi)\hspace{0.15cm}\underline{= 0.909}$ (rot hinterlegte Fläche in der WDF)

(4) Die Wahrscheinlichkeit, dass die wertkontinuierliche Zufallsgröße $Y$ im Bereich von $-\varepsilon$ bis $+\varepsilon$ liegt, kann mit der angegebenen Gleichung wie folgt berechnet werden:

$${\rm Pr}(-\varepsilon \le Y \le +\varepsilon) = F_Y(+\varepsilon) - F_Y(-\varepsilon) \hspace{0.05cm}.$$

Berücksichtigt wurde, dass man bei der kontinuierlichen Zufallsgröße $Y$ das „<”–Zeichen ohne Verfälschung durch das „≤”–Zeichen ersetzen kann. Mit dem Grenzübergang $\varepsilon \to 0$ ergibt sich die gesuchte Wahrscheinlichkeit:

$${\rm Pr}(Y = 0) =\lim_{\varepsilon\hspace{0.05cm}\rightarrow\hspace{0.05cm}0}\hspace{0.1cm}{\rm Pr}(-\varepsilon \le Y \le +\varepsilon) = \lim_{\varepsilon\hspace{0.05cm}\rightarrow\hspace{0.05cm}0}\hspace{0.1cm} F_Y(+\varepsilon) - \lim_{\varepsilon\hspace{0.05cm}\rightarrow\hspace{0.05cm}0}\hspace{0.1cm} F_Y(-\varepsilon) = F_Y(y \hspace{0.05cm}\rightarrow\hspace{0.05cm}0^{+}) - F_Y(y \hspace{0.05cm}\rightarrow\hspace{0.05cm}0^{-})\hspace{0.05cm}.$$

Da bei einer kontinuierlichen Zufallsgröße die beiden Grenzwerte gleich sind, gilt $\underline{{\rm Pr}(Y = 0) = 0}$.

Allgemein gilt: Die Wahrscheinlichkeit ${\rm Pr}(Y = y_0)$, dass eine wertkontinuierliche Zufallsgröße $Y$ einen festen Wert $y_0$ annimmt, ist stets $0$.

(5) Richtig ist der Lösungsvorschlag 2:

Aufgrund der vorliegenden WDF kann das Ergebnis $Y=3$ ausgeschlossen werden.
Das Ergebnis $Y=0$ ist dagegen durchaus möglich, obwohl ${\rm Pr}(Y = 0) = 0$ ist.
Führt man zum Beispiel ein Zufallsexperiment $N \to \infty$ mal durch und erhält dabei $N_0$ mal das Ergebnis $Y= 0$, so gilt bei endlichem $N_0$ nach der klassischen Definition der Wahrscheinlichkeit:

$${\rm Pr}(Y = 0) = \lim_{N\hspace{0.05cm}\rightarrow\hspace{0.05cm}\infty}\hspace{0.1cm}{N_0}/{N} = 0\hspace{0.05cm}.$$

(6) Wir gehen wieder von der von der für die kontinuierliche Zufallsgröße $Y$ gültigen Gleichung $ {\rm Pr}(A \le Y \le B) = F_Y(B) - F_Y(A)$ aus:

Mit $A = 0$ und $B \to \infty$ (bzw. $B = 2$) erhält man:

$${\rm Pr}( Y > 0) = {\rm Pr}(0 \le Y \le \infty) = {\rm Pr}(0 \le Y \le 2) = F_Y(2) - F_Y(0) \hspace{0.15cm}\underline {= 0.5}\hspace{0.05cm}.$$

Bei der symmetrischen kontinuierlichen Zufallsgröße $Y$ ist also tatsächlich erwartungsgemäß ${\rm Pr}( Y > 0) = 1/2$.
Obwohl auch die wertdiskrete Zufallsgröße $X$ symmetrisch um $x= 0$ ist, wurde dagegen oben ${\rm Pr}( X > 0) = 0.3$ ermittelt.
Weiter erhält man mit $A = -1$ und $B = +1$ wegen $F_Y(-1) = 1- F_Y(+1)$:

$${\rm Pr}( |Y| \le 1) = {\rm Pr}(-1 \le Y \le +1) = F_Y(+1) - F_Y(-1) = 2 \cdot F_Y(+1) -1 = 2 \cdot 0.909 -1 \hspace{0.15cm}\underline {= 0.818}. $$