Aufgabe 4.2: Wieder Dreieckgebiet
Wir betrachten die gleiche Zufallsgröße ($x$, $y$) wie in Aufgabe 4.1:
- In einem durch die Eckpunkte (0,1), (4,3) und (4,5) definierten dreieckförmigen Gebiet $D$ sei die 2D–WDF $f_{xy} (x, y) = 0.25$. *Außerhalb dieses in der Grafik rot markierten Definitionsgebietes $D$ gibt es keine Werte.
Weiterhin sind in der Grafik die beiden Randwahrscheinlichkeitsdichten bezüglich den Größen $x$ und $y$ eingezeichnet, die bereits in der Aufgabe 4.1 ermittelt wurden. Daraus lassen sich mit den Gleichungen des Kapitels Erwartungswerte und Momente die Kenngrößen der beiden Zufallsgrößen bestimmen:
$$m_x=8/3 ,\hspace{0.5cm} \sigma_x=\sqrt{8/9},$$
$$ m_y= 3,\hspace{0.95cm} \sigma_y = \sqrt{\rm 2/3}.$$
Aufgrund der Tatsache, dass das Definitionsgebiet $D$ durch zwei Gerade $y_1(x)$ und $y_2(x)$ begrenzt ist, kann hier das gemeinsame Moment erster Ordnung wie folgt berechnet werden. $$m_{xy}={\rm E}[x\cdot y]=\int_{x_{1}}^{x_{2}}x\cdot \int_{y_{1}(x)}^{y_{2}(x)}y \cdot f_{xy}(x,y) \, \,{\rm d}y\, {\rm d}x.$$
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Zweidimensionale Zufallsgrößen.
- Bezug genommen wird auch auf das Kapitel Erwartungswerte und Momente.
- Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Fragebogen
Musterlösung
- 1. Richtig ist der mittlere Vorschlag: Sowohl y1(x) als auch y2(x) schneiden die y-Achse bei y = 1. Die untere Begrenzungslinie hat die Steigung 0.5, die obere die Steigung 1.
- 2. Entsprechend den Hinweisen erhalten wir:
- $$m_{xy}=\int_{\rm 0}^{\rm 4}\it x \cdot \int_{\it x/\rm 2 +\rm 1}^{\it x+\rm 1}\rm \frac{1}{4}\cdot \it y \, \,{\rm d}y\,\, \, {\rm d}x = \rm\frac{1}{8}\cdot \int_{\rm 0}^{\rm 4}\it x\cdot[(\it x+\rm 1)^{\rm 2}- (\frac{\it x}{2}+\rm 1)^{\rm 2} ] \it \,\, {\rm d}x.$$
- Dies führt zum Integral bzw. Endergebnis:
- $$m_{xy}=\rm\frac{1}{8}\int_{\rm 0}^{\rm 4}(\rm\frac{3}{4}\it x^{\rm 3}+\it x^{\rm 2})\,{\rm d}x = \rm \frac{1}{8} \cdot (\frac{3}{16}\cdot 4^4+\rm \frac{4^3}{3})=\frac{26}{3}\hspace{0.15cm}\underline{ \approx 8.667}.$$
- 3. Da beide Zufallsgrößen jeweils einen Mittelwert ungleich 0 besitzen, folgt für die Kovarianz:
- $$\it \mu_{xy}=\it m_{xy}-m_{x}\cdot m_{y}=\frac{\rm 26}{\rm 3}-\frac{\rm 8}{\rm 3}\cdot\rm 3={2}/{3} \hspace{0.15cm}\underline{=0.667}.$$
- 4. Mit den angegebenen Streuungen erhält man:
- $$\rho_{xy}=\frac{\mu_{xy}}{\sigma_{x}\cdot\sigma_{y}}=\frac{{\rm 2}/{\rm 3}}{\sqrt{{\rm 8}/{\rm 9}}\cdot\sqrt{{\rm 2}/{\rm 3}}}=\sqrt{0.75}\hspace{0.15cm}\underline{=\rm 0.866}.$$
- 5. Für die Korrelationsgerade gilt allgemein:
- $$\it y-m_{y}=\rho_{xy}\cdot\frac{\sigma_{y}}{\sigma_ {x}}\cdot(x-m_{x}).$$
- Mit den oben berechneten Zahlenwerten erhält man
- $$y={\rm 3}/{\rm 4}\cdot \it x +\rm 1.$$
- Die Korrelationsgerade schneidet die y-Achse bei y0 = 1 und geht auch durch den Punkt (4, 4). Jedes andere Ergebnis wäre auch nicht zu interpretieren, wenn man das Definitionsgebiet betrachtet. Setzt man mx = 8/3 ein, so erhält man y = my = 3. Das heißt: Die berechnete Korrelationsgerade geht tatsächlich durch den Punkt (mx, my), wie es die Theorie besagt.