Aufgaben:Aufgabe 4.09Z: Laplace-verteiltes Rauschen: Unterschied zwischen den Versionen

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{{quiz-Header|Buchseite=Digitalsignalübertragung/Approximation der Fehlerwahrscheinlichkeit}}
 
{{quiz-Header|Buchseite=Digitalsignalübertragung/Approximation der Fehlerwahrscheinlichkeit}}
  
[[Datei:P_ID2042__Dig_Z_4_9.png|right|frame|2D–Laplace–WDF]]
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[[Datei:P_ID2042__Dig_Z_4_9.png|right|frame|Zweidimensionale Laplace–WDF]]
Wir betrachten zweidimensionales Rauschen $\boldsymbol{n} = (n_1, n_2)$.  
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Wir betrachten zweidimensionales Rauschen  $\boldsymbol{n} = (n_1, n_2)$.  
  
Die beiden Rauschvariablen sind &bdquo;<i>independent and identically distributed</i>&rdquo;, abgekürzt i.i.d., und besitzen beide jeweils eine Laplace&ndash;Wahrscheinlichkeitsdichte:
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Die beiden Rauschvariablen sind&nbsp; "independent and identically distributed",&nbsp; abgekürzt&nbsp; "i.i.d.",&nbsp; und besitzen beide jeweils eine Laplace&ndash;Wahrscheinlichkeitsdichte:
 
:$$p_{n_1}(x)  \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm}  K \cdot {\rm e}^{- a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm} |x|}  \hspace{0.05cm},$$
 
:$$p_{n_1}(x)  \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm}  K \cdot {\rm e}^{- a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm} |x|}  \hspace{0.05cm},$$
 
:$$ p_{n_2}(y)  \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm}  K \cdot {\rm e}^{- a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm} |y|}  \hspace{0.05cm}. $$
 
:$$ p_{n_2}(y)  \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm}  K \cdot {\rm e}^{- a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm} |y|}  \hspace{0.05cm}. $$
  
Die 2D&ndash;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.
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*Die zweidimensionale Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion&nbsp; $p_{\it \boldsymbol{n}}(x, y)$&nbsp; ist in der Grafik dargestellt.
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*Zur Vereinfachung der Schreibweise werden hier die Realisierungen von&nbsp; $n_1$&nbsp; und&nbsp; $n_2$&nbsp; mit&nbsp; $x$&nbsp; und&nbsp; $y$&nbsp; bezeichnet.
  
''Hinweise:''
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* Die Aufgabe bezieht sich auf das Kapitel [[Digitalsignal%C3%BCbertragung/Approximation_der_Fehlerwahrscheinlichkeit| Approximation der Fehlerwahrscheinlichkeit]].
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* Beachten Sie bitte, dass in Teilaufgabe (6) das sich ergebende Integral aufgrund der Betragsbildung in mehrere Teilintegrale aufgespalten werden muss.  
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Hinweise:
* Weiterhin gilt:
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* Die Aufgabe gehört zum  Kapitel&nbsp; [[Digitalsignal%C3%BCbertragung/Approximation_der_Fehlerwahrscheinlichkeit| "Approximation der Fehlerwahrscheinlichkeit"]].  
:$$\int_{0}^{\infty} x^2 \cdot {\rm e}^{-a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm} x} \,{\rm d} x  = {2}/{a^3} \hspace{0.05cm}.$$
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* Wir weisen Sie auf das interaktive SWF&ndash;Applet &nbsp;[[Applets:2D_Laplace|"Zweidimensionale Laplaceverteilung"]]&nbsp; hin.
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* Das sich in Teilaufgabe&nbsp; '''(6)'''&nbsp; ergebende Integral muss aufgrund der Betragsbildung in mehrere Teilintegrale aufgespalten werden.
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*Weiterhin gilt:&nbsp; $\int_{0}^{\infty} x^2 \cdot {\rm e}^{-a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm} x} \,{\rm d} x  = {2}/{a^3} \hspace{0.05cm}.$
  
  
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===Fragebogen===
 
===Fragebogen===
 
<quiz display=simple>
 
<quiz display=simple>
{Wie groß ist die Konstante $K$ der 1D&ndash;WDF?
+
{Wie groß ist die Konstante&nbsp; $K$&nbsp; der eindimensionalen WDF?
|type="[]"}
+
|type="()"}
 
- $K = 1$.
 
- $K = 1$.
 
+ $K = a/2$
 
+ $K = a/2$
 
- $K = 1/a$.
 
- $K = 1/a$.
  
{Es sei $a = 1$. Wie groß sind der Mittelwert ${\rm E}[n_i]$ und die Varianz $\sigma^2 = {\rm E}[n_i^2]$ der beiden 1D&ndash;Zufallsgrößen? ($i = 1, 2$)
+
{Es sei&nbsp; $a = 1$.&nbsp; Wie groß sind der Mittelwert&nbsp; ${\rm E}\big[n_i \big]$&nbsp; und die Varianz&nbsp; $\sigma^2 = {\rm E}\big[n_i^2\big]$&nbsp; der beiden eindimensionalen Zufallsgrößen? &nbsp;$(i = 1,\ 2)$.
 
|type="{}"}
 
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${\rm E}[n_i]$ = { 0 3% }
+
${\rm E}\big[n_i\big] \ = \ $ { 0. }
$\sigma^2 = {\rm E}[n_i^2]$ = { 2 3% }  
+
${\rm E}\big[n_i^2\big] \ = \ ${ 2 3% }  
  
{Welche Form haben die Höhenlinien der 2D&ndash;WDF im ersten Quadranten?
+
{Welche Form haben die Höhenlinien der zweidimensionalen WDF im ersten Quadranten?
|type="[]"}
+
|type="()"}
 
+ Es sind Geraden.
 
+ Es sind Geraden.
 
- Es sind Hyperbeln.
 
- Es sind Hyperbeln.
 
- Es sind Kreise.
 
- Es sind Kreise.
  
{Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sowohl $n_1$ als auch $n_2$ negativ sind?
+
{Es sei weiterhin&nbsp; $a = 1$.&nbsp; Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit,&nbsp; dass sowohl&nbsp; $n_1$&nbsp; als auch&nbsp; $n_2$&nbsp; negativ sind?
 
|type="{}"}
 
|type="{}"}
$a = 1 \text{:} \hspace{0.2cm} {\rm Pr}[(n_1 < 0) ∩ (n_2 < 0)]$ = { 0.25 3% }
+
${\rm Pr}\big[(n_1 < 0) ∩ (n_2 < 0)\big]\ = \ $ { 25 3% } $\ \%$
  
{Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass $n_1$ und $n_2$ jeweils größer als $1$ sind?
+
{Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit,&nbsp; dass&nbsp; $n_1$&nbsp; und&nbsp; $n_2$&nbsp; jeweils gemeinsam größer als&nbsp; $1$&nbsp; sind?
 
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$a = 1 \text{:} \hspace{0.2cm} {\rm Pr}[(n_1 > 1) ∩ (n_2 > 1)]$ = { 0.25 3% }
+
${\rm Pr}\big[(n_1 > 1) ∩ (n_2 > 1)\big]\ = \ $ { 3.4 3% } $\ \%$
  
{Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe $n_1 + n_2 > 2$ ist?
+
{Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit,&nbsp; dass die Summe&nbsp; $n_1 + n_2 > 2$&nbsp; ist?
 
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|type="{}"}
$\alpha = 1 \text{:} \hspace{0.2cm} {\rm Pr}[n_1 + n_2 > 2)]$ = { 0.135 3% }
+
$ {\rm Pr}\big[n_1 + n_2 > 2)\big] \ = \ $ { 13.5 3% } $\ \%$
 
</quiz>
 
</quiz>
  
 
===Musterlösung===
 
===Musterlösung===
 
{{ML-Kopf}}
 
{{ML-Kopf}}
'''(1)'''&nbsp;  
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'''(1)'''&nbsp; Richtig ist der&nbsp; <u>Lösungsvorschlag 2</u>:
'''(2)'''&nbsp;  
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*Die Fläche unter der WDF muss&nbsp; $1$&nbsp; ergeben:
'''(3)'''&nbsp;  
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:$$\int_{-\infty}^{+\infty}  p_{n_1}(x) \,{\rm d} x  = 1 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}
'''(4)'''&nbsp;  
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\int_{0}^{+\infty}  p_{n_1}(x) \,{\rm d} x  = 0.5  \hspace{0.3cm}
'''(5)'''&nbsp;  
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\Rightarrow \hspace{0.3cm} K \cdot \int_{0}^{\infty} {\rm e}^{- a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}x} \,{\rm d} x  = - {K}/{a} \cdot \left [ {\rm e}^{- a \hspace{0.03cm} \cdot \hspace{0.03cm} x}
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\right ]_{0}^{\infty}=  {K}/{a} = 0.5 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} K = {a}/{2}\hspace{0.05cm}.$$
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'''(2)'''&nbsp; Der&nbsp; <u>lineare Mittelwert</u>&nbsp; ist aufgrund der WDF&ndash;Symmetrie&nbsp; <u>gleich 0</u>.
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*Damit ist die Varianz&nbsp; $\sigma^2$&nbsp; tatsächlich &ndash; wie bereits in der Fragestellung angegeben &ndash; gleich dem zweiten Erwartungswert:
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[[Datei:P_ID2045__Dig_Z_4_9c.png|right|frame|Höhenlinien der zweidimensionalen Laplaceverteilung]]
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:$$\sigma^2 = {\rm E}[n_1^2] = 2 \cdot \frac{a}{2} \cdot \int_{0}^{\infty} x^2 \cdot {\rm e}^{-a \hspace{0.03cm} \cdot \hspace{0.03cm} x} \,{\rm d} x  = a \cdot {2}/{a^3}=
 +
{2}/{a^2} \hspace{0.05cm}. \hspace{0.2cm}{\rm Mit}\hspace{0.15cm}a = 1\text{:} \hspace{0.2cm}\hspace{0.1cm}\underline {\sigma^2 = 2 }\hspace{0.05cm}.$$
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'''(3)'''&nbsp; Richtig ist der&nbsp; <u>Lösungsvorschlag 1</u>:
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*Im ersten Quadranten&nbsp; $(x &#8805; 0, y &#8805; 0)$&nbsp; kann auf die Betragsbildung verzichtet werden.&nbsp; Dann gilt für die 2D&ndash;WDF:
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:$$\boldsymbol{ p }_{\boldsymbol{ n }}  (x,\hspace{0.15cm} y) = {a^2}/{4} \cdot {\rm e}^{- a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}x} \cdot {\rm e}^{- a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}y }= {a^2}/{4} \cdot {\rm e}^{- a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}(x+y)}\hspace{0.05cm}.$$
 +
*Eine Höhenlinie mit dem Faktor&nbsp; $\beta$&nbsp; gegenüber dem Maximum hat dann den folgenden Verlauf&nbsp; $(0 < \beta < 1)$:
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:$${\rm e}^{- a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}(x+y)} = \beta
 +
\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} x + y = \frac{{\rm ln}\hspace{0.15cm}1/\beta}{a}
 +
  \hspace{0.05cm}.$$
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*Die Grafik zeigt die Höhenlinien für&nbsp; $a = 1$&nbsp; und einige Werte von&nbsp; $\beta$,&nbsp; die jeweils ein um&nbsp; $45^\circ$&nbsp; gedrehtes Quadrat ergeben &nbsp;&#8658;&nbsp; die Höhenlinien sind also Gerade.
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'''(4)'''&nbsp; Das hier betrachtete Wahrscheinlichkeitsereignis entspricht genau dem dritten Quadranten der oben skizzierten Verbund&ndash;WDF.&nbsp; Aufgrund der Symmetrie ist diese Wahrscheinlichkeit:
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:$${\rm Pr}[(n_1 < 0) ∩ (n_2 < 0)]\hspace{0.15cm}\underline {=25\%}.$$
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'''(5)'''&nbsp; Dafür kann mit der Verbund&ndash;WDF geschrieben werden:
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:$${\rm Pr} \left [ (n_1 > 1)\cap (n_2 > 1)\right ] = {1}/{4} \cdot \int_{1}^{\infty} \int_{1}^{\infty}{\rm e}^{-  (x+y)} \,{\rm d} x  \,{\rm d} y == {1}/{2} \cdot \int_{1}^{\infty} {\rm e}^{-  x} \,{\rm d} x  \hspace{0.15cm} \cdot \hspace{0.15cm}
 +
  {1}/{2} \cdot \int_{1}^{\infty} {\rm e}^{-  y} \,{\rm d} y $$ 
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:$$ \Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm Pr} \left [ (n_1 > 1)\cap (n_2 > 1)\right ] =  \left [ {\rm Pr} (n_1 > 1)\right ] \cdot \left [ {\rm Pr} (n_2 > 1)\right ]\hspace{0.05cm}. $$
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*Berücksichtigt ist die statistische Unabhängigkeit zwischen&nbsp; $n_1$&nbsp; und&nbsp; $n_2$&nbsp; sowie die Gleichheit&nbsp; $p_{\it n1}(x) = p_{\it n2}(y)$.&nbsp;  Für $a = 1$&nbsp; gilt:
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:$${\rm Pr} (n_1 > 1) = {1}/{2} \cdot \int_{1}^{\infty} {\rm e}^{-  x} \,{\rm d} x = {1}/({2{\rm e}})\approx 0.184\hspace{0.3cm}
 +
\Rightarrow \hspace{0.3cm} {\rm Pr} \left [ (n_1 > 1)\cap (n_2 > 1)\right ] = {1}/({4{\rm e}^2)}\hspace{0.1cm}\hspace{0.15cm}\underline {\approx 3.4\%}\hspace{0.05cm}.$$
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[[Datei:P_ID2046__Dig_Z_4_9f.png|right|frame|Aufteilung des Integrationsbereichs]]
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'''(6)'''&nbsp; Die hier betrachtete Region ist in der rechten Grafik farbig markiert.
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*Die Regionen erstrecken sich aber nach rechts und oben bis ins Unendliche.
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*Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ergibt sich zu
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:$${\rm Pr}  [ n_1 \hspace{-0.2cm} \ + \ \hspace{-0.2cm} n_2 > 2 ]  =\frac{1}{4} \cdot \int\limits_{-\infty}^{+\infty} {\rm e}^{-|x|} \int\limits_{2-x}^{\infty}{\rm e}^{-|y|} \,{\rm d} y  \,{\rm d} x = I_1 + I_2 + I_3 + I_4 \hspace{0.05cm}.$$
 +
 
 +
*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:
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:$${\rm Pr} \left [ n_1 + n_2 > 2 \right ] = {\rm e}^{-2} \cdot ({1}/{4} +{1}/{2} +{1}/{8} +{1}/{8})= {\rm e}^{-2} \hspace{0.1cm}\hspace{0.15cm}\underline {\approx 13.5\%}\hspace{0.05cm}.$$
 
{{ML-Fuß}}
 
{{ML-Fuß}}
  

Aktuelle Version vom 30. Juli 2022, 14:27 Uhr

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:

  • 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

1

Wie groß ist die Konstante  $K$  der eindimensionalen WDF?

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

2

Es sei  $a = 1$.  Wie groß sind der Mittelwert  ${\rm E}\big[n_i \big]$  und die Varianz  $\sigma^2 = {\rm E}\big[n_i^2\big]$  der beiden eindimensionalen Zufallsgrößen?  $(i = 1,\ 2)$.

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

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

3

Welche Form haben die Höhenlinien der zweidimensionalen WDF im ersten Quadranten?

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

4

Es sei weiterhin  $a = 1$.  Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit,  dass sowohl  $n_1$  als auch  $n_2$  negativ sind?

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

$\ \%$

5

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit,  dass  $n_1$  und  $n_2$  jeweils gemeinsam größer als  $1$  sind?

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

$\ \%$

6

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit,  dass die Summe  $n_1 + n_2 > 2$  ist?

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