Aufgabe 4.4Z: Höhenlinien der 2D-WDF

Gaußsche 2D-WDF: Höhenlinien

Gegeben ist eine zweidimensionale Gaußsche Zufallsgröße $(x, y)$ mit Mittelwert $(0, 0)$ und der 2D–WDF

$$f_{xy}(x, y) = C\cdot{\rm e}^{-(x^{\rm 2} + y^{\rm 2} +\sqrt{\rm 2}\hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} x \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} y)}.$$

Bekannt ist weiter, dass die beiden Streuungen $\sigma_x$ und $\sigma_y$ jeweils gleich $1$ sind.

In der Skizze eingetragen sind:

Eine Höhenlinie dieser WDF für $f_{xy}(x,y) =0.2$,
die (dunkelblaue) Ellipsenhauptachse $\rm (EA)$, und
die (rote) Korrelationsgerade $y=K(x)$.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Zweidimensionale Zufallsgrößen.

Weitere Informationen zu dieser Thematik liefert das Lernvideo Gaußsche 2D-Zufallsgrößen:

Teil 1: Gaußsche Zufallsgrößen ohne statistische Bindungen,

Teil 2: Gaußsche Zufallsgrößen mit statistischen Bindungen.

Fragebogen

$\rho_{xy} \ = \ $

$C \ = \ $

$\alpha\ = \ $

$ \ \rm Grad$

$x_0/y_0 \ = \ $

	Die Korrelationsgerade ist steiler als die Ellipsenhauptachse.
	Der Winkel von $K(x)$ gegenüber der $x$–Achse ist etwa $-35^\circ$.
	Die Korrelationsgerade schneidet alle Höhenlinien dort, wo an die Ellipse eine vertikale Tangente angelegt werden kann.

Musterlösung

(1) Auch ohne die Angabe $\sigma_x = \sigma_y = 1$ könnte man erkennen, dass die Streuungen $\sigma_x$ und $\sigma_y$ gleich sind,

da im Exponenten von $f_{xy}(x, y)$ die Koeffizienten bei $x^2$ und $y^2$ gleich sind.
Durch Koeffizientenvergleich erhält man somit:

$$\frac{- 2 \rho_{xy}}{\sigma_x\cdot\sigma_y} = \sqrt{2}\hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} \rho_{xy}=\frac{-1}{\sqrt{2}} \hspace{0.15cm}\underline{\approx -0.707}.$$

(2) Mit den unter Punkt (1) berechneten Zahlenwerten erhalten wir zudem:

$$C=\frac{\rm 1}{\rm 2\it\pi\cdot\sigma_x\cdot\sigma_y\cdot\sqrt{\rm 1 - \rho_{xy}^{\rm 2}}} =\frac{\rm 1}{\rm 2\pi\cdot\rm 1\cdot 1\cdot\sqrt{0.5}}=\frac{\rm 1}{\sqrt{\rm 2}\cdot \pi}\hspace{0.15cm}\underline{\approx \rm 0.225}.$$

(3) Die allgemeine Gleichung lautet:

$$\alpha = {\rm 1}/{\rm 2}\cdot \rm arctan \ (\rm 2 \cdot\it \rho_{xy}\cdot \frac{\sigma_x\cdot\sigma_y}{\sigma_x^{\rm 2} - \sigma_y^{\rm 2}}{\rm )}.$$

Gilt $\sigma_x = \sigma_y$ und $\rho_{xy} \ne 0$, so ist der Winkel immer $\alpha = \pm 45^\circ$, wobei das Vorzeichen gleich dem Vorzeichen von $\rho_{xy}$ ist.
Im vorliegenden Fall gilt $\alpha\hspace{0.15cm}\underline{ = -45^\circ}$.

(4) Für die eingezeichnete Höhenlinie gilt:

$$f_{xy}(x, y)=\frac{1}{\sqrt{2}\cdot \pi}\cdot {\rm e}^{(x^{2} + y^{2} + \sqrt{2}\hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} x \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}y)}=0.2\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm e}^{-(x^{2} + y^{2} + \sqrt{2}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} x \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}y)} = 0.8885 \hspace{0.5cm}\Rightarrow \hspace{0.5cm} x^{\rm 2} + y^{\rm 2} + \sqrt{\rm 2}\cdot\hspace{0.05cm} x \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}y = -{\rm ln(0.8885)} \approx\rm 0.118.$$

Der Winkel der Ellipsenhauptachse ist $\alpha = -45^\circ$. Deshalb muss $y_0 = - x_0$ gelten. Daraus folgt weiter:

$$x_{\rm 0}^{\rm 2} + (-x_{\rm 0})^{\rm 2} + \sqrt{\rm 2}\cdot x_{\rm 0}(-x_{\rm 0}) = 0.118$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}(\rm 2 - \sqrt{\rm 2})\cdot \it x_{\rm 0}^{\rm 2} = {\rm 0.118} \hspace{0.5cm}\Rightarrow \hspace{0.5cm} x_{\rm 0}^{\rm 2} \approx \frac{\rm0.118}{\rm0.585}\approx\rm 0.202; \hspace{0.5cm} {\it x}_{\rm 0}\approx\pm\rm 0.450.$$

Die beiden Schnittpunkte der eingezeichneten Höhenlinien mit der Ellipsenhauptachse liegen somit bei $(+0.45, -0.45)$ und $(-0.45, +0.45)$.
Der Quotient ist in beiden Fällen $x_0/y_0 \hspace{0.15cm}\underline{ = -1}$.

(5) Richtig sind die Lösungsvorschläge 2 und 3:

Mit $\sigma_x = \sigma_y$ und dem Ergebnis der Teilaufgabe (1) gilt für den Winkel der Korrelationsgeraden:

$$\theta_{y\hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm}x} = \arctan (\rho_{\it xy})=\arctan(-{\rm 1}/{\sqrt{\rm 2}})\approx -\rm 35.3^{\circ}.$$

Das bedeutet: Die erste Aussage ist falsch und die zweite richtig.

Nachfolgend der Beweis für die Richtigkeit der letzten Aussage:

Löst man die Ellipsengleichung $($mit $z = 0.118)$, also $x^{\rm 2}+ y^{\rm 2} +\sqrt{\rm 2}\cdot \it x\cdot \it y - \it z = \rm 0$, nach $y$ auf, so erhält man nach Lösung einer quadratischen Gleichung:

$$y_{\rm 1, \ 2}={\sqrt{\rm 2}}/ {\rm 2} \cdot x\pm\sqrt{{x^{\rm 2}}/{\rm 2}-x^{\rm 2}+{\it z}} \hspace{0.5cm}\Rightarrow \hspace{0.5cm} y_{\rm 1, \ 2}={\it x}/{\sqrt{\rm 2}}\pm \sqrt{z-{x^{\rm 2}}/{\rm 2}}.$$

Die vertikale Tangente ergibt sich für den Fall, dass die beiden Lösungen $y_{\rm 1, \ 2}$ identisch sind. Das heißt: Der Wurzelausdruck muss Null ergeben.
Die Lösung für positives $x$ lautet dann: $x_{\rm T}=\sqrt{\rm 2\cdot \it z}=\rm \rm 0.485.$
Eingesetzt in die Ellipsengleichung erhält man für den $y$–Wert des Tangentialpunktes:

$$x_{\rm T}^{\rm 2} + y_{\rm T}^{\rm 2} + \sqrt{2} \cdot x_{\rm T} \cdot y_{\rm T} - z = 0 \hspace{0.5cm}\Rightarrow \hspace{0.5cm} 2 z + y_{\rm T}^{\rm 2} + 2\sqrt{ z}\cdot y_{\rm T} - z = 0$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}y_{\rm T}^{\rm 2} + 2\sqrt{ z}\cdot y_{\rm T} + z = 0 \hspace{0.5cm}\Rightarrow \hspace{0.5cm} (y_{\rm T} + \sqrt{ z}) = 0\hspace{0.5cm}\Rightarrow \hspace{0.5cm} y_{\rm T} = -\sqrt{ z} = -0.343.$$

Daraus ergibt sich $y_{\rm T}=-{x_{\rm T}}/{\sqrt{\rm 2}}.$ Das bedeutet aber auch: Der Tangentialpunkt $(x_{\rm T}, y_{\rm T})$ liegt exakt auf der Korrelationsgeraden $y=K(x)=-{ x}/{\sqrt{\rm 2}}.$