Aufgaben:Aufgabe 3.9Z: Sinustransformation

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Wir betrachten in dieser Aufgabe eine Zufallsgröße $x$ mit $\sin^2$–förmiger WDF im Bereich zwischen $x= 0$ und $x= 2$ (außerhalb ist die WDF identisch $0$): $$f_x(x)= \sin^2({\rm\pi}/{\rm 2}\cdot x) \hspace{1cm}\rm f\ddot{u}r\hspace{0.15cm}{\rm 0\le \it x \le \rm 2} .$$

Der Mittelwert und die Streuung dieser Zufallsgröße $x$ wurden bereits in der Aufgabe 3.3 ermittelt: $$m_x = 1,\hspace{0.2cm}\sigma_x = 0.361.$$

Eine weitere Zufallsgröße $y$ erhält man durch Transformation mittels der nichtlinearen Kennlinie $$y= g(x) =\sin({\rm\pi}{\rm 2}\cdot x).$$

Die Abbildung zeigt jeweils im Bereich $0 \le x \le 2$:

• oben die WDF f_x(x),
• unten die nichtlineare Kennlinie $y = g(x)$.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Exponentialverteilte Zufallsgröße.
• Besonderer Bezug genommen wird auf die Seite Transformation von Zufallsgrößen und auf das Kapitel Erwartungswerte und Momente.
• Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
• Vorgegeben sind die beiden unbestimmten Integrale:

$$\int \sin^{\rm 3}( ax)\,{\rm d}x = \frac{\rm 1}{ 3 a} \cdot \cos^{\rm 3}( ax)-\frac{\rm 1}{ a}\cdot \cos(ax),$$

$$\int \sin^{\rm 4}(ax)\,{\rm d}x =\frac{\rm 3}{\rm 8}\cdot x-\frac{\rm 1}{\rm 4 a} \cdot \sin(2 ax)+\frac{\rm 1}{32 a}\cdot \sin(4 ax).$$

Fragebogen

1

Welche der folgenden Aussagen sind zutreffend?

	$y$ ist auf den Wertbereich $0 \le y \le 1$ begrenzt.
	$y$ ist auf den Wertbereich $0 < y \le 1$ begrenzt.
	Der Mittelwert $m_y$ ist kleiner als der Mittelwert $m_x$.

2

Berechnen Sie den Mittelwert der Zufallsgröße $y$.

$m_y \ =$

3

Berechnen Sie den quadratischen Mittelwert von $y$ und die Streuung.

$\sigma_y \ =$

4

Berechnen Sie die WDF $f_y(y)$. Hinweis: Beachten Sie die Symmetrieeigenschaften. Welcher WDF–Wert ergibt sich für $y = 0.6$?

$f_y(y=0.6) \ =$

5

Welcher WDF-Wert ergibt sich für $y = 1$? Interpretieren Sie das Ergebnis. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass $y$ exakt gleich $1$ ist?

${\rm Pr}(y=1) \ =$

Musterlösung

Musterlösung

1.  Aufgrund des Wertebereichs von x und der gegebenen Kennlinie kann y keine Werte kleiner als 0 bzw. größer als 1 annehmen. Der Wert y = 0 kann ebenfalls nicht auftreten, da weder x = 0 noch x = 2 möglich sind. Mit diesen Eigenschaften ergibt sich sicher m_y < 1, also ein kleinerer Wert als für m_x. Richtig sind also der zweite und der dritte Lösungsvorschlag.

2.  Zur Lösung dieser Aufgabe könnte man beispielsweise zunächst die WDF f_y(y) bestimmen und daraus in gewohnter Weise m_y berechnen. Zum gleichen Ergebnis führt der direkte Weg:

$$\it m_y=E[y]=E[g(x)]=\int_{-\infty}^{+\infty}g(x)\cdot f_x(x)\,{\rm d}x.$$

Mit den aktuellen Funktionen g(x) und f_x(x) erhält man:

$$\it m_y=\int_{\rm 0}^{\rm 2}\hspace{-0.1cm}\rm sin^{\rm 3}(\frac{\rm\pi}{\rm 2}\cdot \it x)\,{\rm d}x=\frac{\rm 2}{\rm 3\cdot \pi}\cdot \rm cos^{\rm 3}(\frac{\rm \pi}{\rm 2}\cdot \it x)-\frac{\rm 2}{\rm \pi}\rm \cdot cos(\frac{3 \cdot \rm \pi}{\rm 2}\cdot \it x)\Big|_{\rm 0}^{\rm 2}=\frac{\rm 8}{\rm 3\cdot \pi} \hspace{0.15cm}\underline{=\rm 0.849}.$$

3.  In Analogie zu Punkt 2. gilt:

$$\it m_{\rm 2\it y}=\it E[y^{\rm 2}]=\it E[g^{\rm 2}(\it x)]=\int_{-\infty}^{+\infty}\hspace{-0.35cm}g^{\rm 2}(\it x)\cdot\it f_x(x)\,{\rm d}x.$$

Dies führt zum Ergebnis:

$$\it m_{\rm 2\it y}=\int_{\rm 0}^{\rm 2}\hspace{-0.15cm}\rm sin^{\rm 4}(\frac{\rm \pi}{\rm 2}\cdot\it x)\,{\rm d} x= \frac{\rm 3}{\rm 8}\cdot\it x-\frac{\rm 1}{\rm 2\cdot\pi}\cdot \rm sin(\rm \pi\cdot\it x)+\frac{\rm 1}{\rm 16\cdot\pi}\cdot \rm sin(\rm 2\cdot \pi\cdot\it x)\Big|_{\rm 0}^{\rm 2} \hspace{0.15cm}{= \rm 0.75}.$$

Mit dem Ergebnis aus 2. folgt somit für die Streuung:

$$\it \sigma_{y}=\sqrt{\frac{\rm 3}{\rm 4}-\Big(\frac{\rm 8}{\rm 3\cdot\pi}\Big)^{\rm 2}} \hspace{0.15cm}\underline{\approx \rm 0.172}.$$

4.  Aufgrund der Symmetrie von WDF f_x(x) und Kennlinie y = g(x) um x = 1 liefern die beiden Bereiche „0 ≤ x ≤ 1” und „1 ≤ x ≤ 2” jeweils den gleichen Beitrag für f_y(y). Im ersten Bereich ist die Ableitung der Kennlinie positiv,

$$\it g'(x)={\rm \pi}/{\rm 2}\cdot \rm cos({\rm \pi}/{\rm 2}\cdot\it x),$$

und die Umkehrfunktion lautet:

$$\it x=h(y)={\rm 2}/{\rm \pi}\cdot \rm arcsin(\it y).$$

Unter Berücksichtigung des zweiten Beitrags durch den Faktor 2 erhält man für die gesuchte WDF im Bereich „0 ≤ y ≤ 1” (außerhalb ist f_y(y) = 0):

$$f_y(y)=\rm 2\cdot\frac{sin^{\rm 2}({\rm \pi}/{\rm 2}\cdot\it x)}{{\rm \pi}/{\rm 2}\cdot cos({\rm \pi}/{\rm 2}\cdot\it x)}\Big|_{\, \it x={\rm 2}/{\rm \pi}\cdot \rm arcsin(\it y)}.$$

Dies führt zum Zwischenergebnis:

$$f_y(y)=\frac{\rm 4}{\rm \pi}\cdot \frac{\rm sin^{\rm 2}(\rm arcsin(\it y))}{\sqrt{\rm 1-sin^{\rm 2}(\rm arcsin(\it y))}}.$$

Wegen sin(arcsin(y)) = y erhält man schließlich:

$$f_y(y)=\frac{\rm 4}{\rm \pi}\cdot \frac{\it y^{\rm 2}}{\sqrt{\rm 1-\it y^{\rm 2}}}.$$

An der Stelle y = 0.6 erhält man den Wert 0.573. Rechts ist die WDF f_y(y) grafisch dargestellt.

5.  Die WDF ist an der Stelle y = 1 unendlich groß. Dies hängt damit zusammen, dass an dieser Stelle die Ableitung g'(x) der Kennlinie horizontal verläuft. Da aber y eine kontinuierliche Zufallsgröße ist, gilt trotzdem Pr(y = 1) = 0. Das bedeutet: Eine Unendlichkeitsstelle in der WDF ist nicht identisch mit einer Diracfunktion.