Aufgabe 4.09Z: Laplace-verteiltes Rauschen

Zweidimensionale Laplace–WDF

Wir betrachten zweidimensionales Rauschen $\boldsymbol{n} = (n_1, n_2)$.

Die beiden Rauschvariablen sind "independent and identically distributed", abgekürzt "i.i.d.", und besitzen beide jeweils eine Laplace–Wahrscheinlichkeitsdichte:

$$p_{n_1}(x) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} K \cdot {\rm e}^{- a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm} |x|} \hspace{0.05cm},$$

$$ p_{n_2}(y) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} K \cdot {\rm e}^{- a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm} |y|} \hspace{0.05cm}. $$

Die zweidimensionale Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion $p_{\it \boldsymbol{n}}(x, y)$ ist in der Grafik dargestellt.

Zur Vereinfachung der Schreibweise werden hier die Realisierungen von $n_1$ und $n_2$ mit $x$ und $y$ bezeichnet.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel "Approximation der Fehlerwahrscheinlichkeit".

Wir weisen Sie auf das interaktive SWF–Applet "Zweidimensionale Laplaceverteilung" hin.

Das sich in Teilaufgabe (6) ergebende Integral muss aufgrund der Betragsbildung in mehrere Teilintegrale aufgespalten werden.

Weiterhin gilt: $\int_{0}^{\infty} x^2 \cdot {\rm e}^{-a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm} x} \,{\rm d} x = {2}/{a^3} \hspace{0.05cm}.$

Fragebogen

	$K = 1$.
	$K = a/2$
	$K = 1/a$.

${\rm E}\big[n_i\big] \ = \ $

${\rm E}\big[n_i^2\big] \ = \ $

	Es sind Geraden.
	Es sind Hyperbeln.
	Es sind Kreise.

${\rm Pr}\big[(n_1 < 0) ∩ (n_2 < 0)\big]\ = \ $

$\ \%$

${\rm Pr}\big[(n_1 > 1) ∩ (n_2 > 1)\big]\ = \ $

$\ \%$

$ {\rm Pr}\big[n_1 + n_2 > 2)\big] \ = \ $

$\ \%$

Musterlösung

(1) Richtig ist der Lösungsvorschlag 2:

Die Fläche unter der WDF muss $1$ ergeben:

$$\int_{-\infty}^{+\infty} p_{n_1}(x) \,{\rm d} x = 1 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} \int_{0}^{+\infty} p_{n_1}(x) \,{\rm d} x = 0.5 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} K \cdot \int_{0}^{\infty} {\rm e}^{- a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}x} \,{\rm d} x = - {K}/{a} \cdot \left [ {\rm e}^{- a \hspace{0.03cm} \cdot \hspace{0.03cm} x} \right ]_{0}^{\infty}= {K}/{a} = 0.5 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} K = {a}/{2}\hspace{0.05cm}.$$

(2) Der lineare Mittelwert ist aufgrund der WDF–Symmetrie gleich 0.

Damit ist die Varianz $\sigma^2$ tatsächlich – wie bereits in der Fragestellung angegeben – gleich dem zweiten Erwartungswert:

Höhenlinien der zweidimensionalen Laplaceverteilung

$$\sigma^2 = {\rm E}[n_1^2] = 2 \cdot \frac{a}{2} \cdot \int_{0}^{\infty} x^2 \cdot {\rm e}^{-a \hspace{0.03cm} \cdot \hspace{0.03cm} x} \,{\rm d} x = a \cdot {2}/{a^3}= {2}/{a^2} \hspace{0.05cm}. \hspace{0.2cm}{\rm Mit}\hspace{0.15cm}a = 1\text{:} \hspace{0.2cm}\hspace{0.1cm}\underline {\sigma^2 = 2 }\hspace{0.05cm}.$$

(3) Richtig ist der Lösungsvorschlag 1:

Im ersten Quadranten $(x ≥ 0, y ≥ 0)$ kann auf die Betragsbildung verzichtet werden. Dann gilt für die 2D–WDF:

$$\boldsymbol{ p }_{\boldsymbol{ n }} (x,\hspace{0.15cm} y) = {a^2}/{4} \cdot {\rm e}^{- a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}x} \cdot {\rm e}^{- a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}y }= {a^2}/{4} \cdot {\rm e}^{- a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}(x+y)}\hspace{0.05cm}.$$

Eine Höhenlinie mit dem Faktor $\beta$ gegenüber dem Maximum hat dann den folgenden Verlauf $(0 < \beta < 1)$:

$${\rm e}^{- a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}(x+y)} = \beta \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} x + y = \frac{{\rm ln}\hspace{0.15cm}1/\beta}{a} \hspace{0.05cm}.$$

Die Grafik zeigt die Höhenlinien für $a = 1$ und einige Werte von $\beta$, die jeweils ein um $45^\circ$ gedrehtes Quadrat ergeben ⇒ die Höhenlinien sind also Gerade.

(4) Das hier betrachtete Wahrscheinlichkeitsereignis entspricht genau dem dritten Quadranten der oben skizzierten Verbund–WDF. Aufgrund der Symmetrie ist diese Wahrscheinlichkeit:

$${\rm Pr}[(n_1 < 0) ∩ (n_2 < 0)]\hspace{0.15cm}\underline {=25\%}.$$

(5) Dafür kann mit der Verbund–WDF geschrieben werden:

$${\rm Pr} \left [ (n_1 > 1)\cap (n_2 > 1)\right ] = {1}/{4} \cdot \int_{1}^{\infty} \int_{1}^{\infty}{\rm e}^{- (x+y)} \,{\rm d} x \,{\rm d} y == {1}/{2} \cdot \int_{1}^{\infty} {\rm e}^{- x} \,{\rm d} x \hspace{0.15cm} \cdot \hspace{0.15cm} {1}/{2} \cdot \int_{1}^{\infty} {\rm e}^{- y} \,{\rm d} y $$

$$ \Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm Pr} \left [ (n_1 > 1)\cap (n_2 > 1)\right ] = \left [ {\rm Pr} (n_1 > 1)\right ] \cdot \left [ {\rm Pr} (n_2 > 1)\right ]\hspace{0.05cm}. $$

Berücksichtigt ist die statistische Unabhängigkeit zwischen $n_1$ und $n_2$ sowie die Gleichheit $p_{\it n1}(x) = p_{\it n2}(y)$. Für $a = 1$ gilt:

$${\rm Pr} (n_1 > 1) = {1}/{2} \cdot \int_{1}^{\infty} {\rm e}^{- x} \,{\rm d} x = {1}/({2{\rm e}})\approx 0.184\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} {\rm Pr} \left [ (n_1 > 1)\cap (n_2 > 1)\right ] = {1}/({4{\rm e}^2)}\hspace{0.1cm}\hspace{0.15cm}\underline {\approx 3.4\%}\hspace{0.05cm}.$$

Aufteilung des Integrationsbereichs

(6) Die hier betrachtete Region ist in der rechten Grafik farbig markiert.

Die Regionen erstrecken sich aber nach rechts und oben bis ins Unendliche.
Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ergibt sich zu

$${\rm Pr} [ n_1 \hspace{-0.2cm} \ + \ \hspace{-0.2cm} n_2 > 2 ] =\frac{1}{4} \cdot \int\limits_{-\infty}^{+\infty} {\rm e}^{-|x|} \int\limits_{2-x}^{\infty}{\rm e}^{-|y|} \,{\rm d} y \,{\rm d} x = I_1 + I_2 + I_3 + I_4 \hspace{0.05cm}.$$

Aufgrund der Betragsbildung ist eine Aufspaltung in Teilintegrale vorzunehmen.
Nach oben und rechts erstrecken sich alle Gebiete bis ins Unendliche.
Aufgrund der Symmetrie gilt $I_4 = I_3$.

$$I_1 = {1}/{4} \cdot \int_{2}^{+\infty} \hspace{-0.15cm}{\rm e}^{-x} \int_{0}^{\infty}\hspace{-0.15cm}{\rm e}^{-y} \,{\rm d} y \,{\rm d} x = {1}/{4} \cdot \int_{2}^{+\infty} {\rm e}^{-x} \,{\rm d} x ={1}/({4{\rm e}^2})\hspace{0.05cm},$$

$$I_2 = {1}/{4} \cdot \hspace{-0.1cm} \int_{0}^{2} \hspace{-0.15cm}{\rm e}^{-x} \int_{2-x}^{\infty}\hspace{-0.15cm}{\rm e}^{-y} \,{\rm d} y \,{\rm d} x = {1}/{4} \cdot \hspace{-0.1cm} \int_{0}^{2} {\rm e}^{-x}\hspace{-0.1cm} \cdot {\rm e}^{x-2} \,{\rm d} x$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}I_2 = {1}/{4} \cdot \hspace{-0.1cm}\int_{0}^{2} {\rm e}^{-2} \,{\rm d} x = {1}/({2{\rm e}^2})\hspace{0.05cm},$$

$$I_3 \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} {1}/{4} \cdot \int_{-\infty}^{0} {\rm e}^{x} \int_{2-x}^{\infty}{\rm e}^{-y} \,{\rm d} y \,{\rm d} x = {1}/{4} \cdot \int_{-\infty}^{0} {\rm e}^{x} \cdot {\rm e}^{x-2} \,{\rm d} x = {1}/{4} \cdot \int_{-\infty}^{0} {\rm e}^{2x-2} \,{\rm d} x = \frac{{\rm e}^{-2}}{4} \cdot \int_{0}^{\infty} {\rm e}^{-2x} \,{\rm d} x = {1}/({8{\rm e}^2})\hspace{0.05cm},$$

$$I_4 ={1}/{4} \cdot \int_{-\infty}^{0} {\rm e}^{y} \int_{2-y}^{\infty}{\rm e}^{-x} \,{\rm d} x \,{\rm d} y = ... = {1}/({8{\rm e}^2}) = I_3\hspace{0.05cm}.$$

Insgesamt ergibt sich somit:

$${\rm Pr} \left [ n_1 + n_2 > 2 \right ] = {\rm e}^{-2} \cdot ({1}/{4} +{1}/{2} +{1}/{8} +{1}/{8})= {\rm e}^{-2} \hspace{0.1cm}\hspace{0.15cm}\underline {\approx 13.5\%}\hspace{0.05cm}.$$