Aufgabe 3.9Z: Sinustransformation

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Sinustransformation

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 fx(x),
  • unten die nichtlineare Kennlinie $y = g(x)$.


Hinweise:

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


Fragebogen

1

Welche der nachfolgenden Aussagen sind zutreffend?

y ist auf den Wertbereich 0 ≤ y ≤ 1 begrenzt.
y ist auf den Wertbereich 0 < y ≤ 1 begrenzt.
Der Mittelwert my ist kleiner als der Mittelwert mx.

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 fy(y). Hinweis: Symmetrieeigenschaften beachten. 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?

$Pr(y=1)$ =


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 my < 1, also ein kleinerer Wert als für mx. Richtig sind also der zweite und der dritte Lösungsvorschlag.
2.  Zur Lösung dieser Aufgabe könnte man beispielsweise zunächst die WDF fy(y) bestimmen und daraus in gewohnter Weise my 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 fx(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 fx(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 fy(y). Im ersten Bereich ist die Ableitung der Kennlinie positiv,
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$$\it g'(x)={\rm \pi}/{\rm 2}\cdot \rm cos({\rm \pi}/{\rm 2}\cdot\it x),$$
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 fy(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 fy(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.