Aufgabe 4.1: Dreieckiges (x, y)-Gebiet

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Dreieckigförmiges 2D-Gebiet

Eine 2D-Zufallsgröße ist durch die nebenstehende Skizze definiert:

  • Für  $(x, \ y)$  können nur Werte innerhalb des durch die drei Eckpunkte  $(0,\ 1)$, $(4,\ 3)$ und $(4,\ 5)$  festgelegten dreieckförmigen Gebietes auftreten.
  • Innerhalb des Dreiecks sind alle Zufallsgrößen  $(x, \ y)$  gleichwahrscheinlich.
  • Für die 2D–WDF gilt in diesem Bereich:
$$f_{xy}(x,y) = A .$$

Zusätzlich ist die Gerade  $x = y$   ⇒   „Winkelhalbierende”   in obiger Skizze eingezeichnet   ⇒  siehe Teilaufgabe  (2).





Hinweis:


Fragebogen

1

Bestimmen Sie die WDF–Konstante anhand geometrischer Überlegungen.

$A \ = \ $

2

Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass  $x$  größer als  $y$  ist.

${\rm Pr}(x > y) \ = \ $

3

Ermitteln Sie die Rand–WDF  $f_x(x)$.  Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass  $x$  größer oder gleich  $2$  ist.
Überprüfen Sie den Wert anhand der 2D–WDF.

${\rm Pr}(x ≥ 2)\ = \ $

4

Ermitteln Sie die Rand–WDF  $f_y(y)$.  Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass  $y$  größer oder gleich  $3$  ist.
Überprüfen Sie den Wert anhand der 2D–WDF.

${\rm Pr}(y ≥ 3)\ = \ $

5

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Zufallsgröße  $x$  größer oder gleich  $2$  und gleichzeitig die Zufallsgröße  $y$  größer oder gleich  $3$  ist?

${\rm Pr}\big[(x ≥ 2) ∩ (y ≥ 3)\big]\ = \ $

6

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass  $x$  größer oder gleich  $2$  ist, unter der Bedingung, dass  $y \ge 3$  gilt?

${\rm Pr}\big[x ≥ 2\hspace{0.05cm} | \hspace{0.05cm} y ≥ 3\big]\ = \ $

7

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass  $y \ge 3$  ist, unter der Bedingung, dass  $x \ge 2$  gilt?

${\rm Pr}\big[y ≥ 3\hspace{0.05cm} | \hspace{0.05cm} x ≥ 2\big]\ = \ $


Musterlösung

(1)  Das Volumen unter der zweidimensionalen WDF ist definitionsgemäß gleich  $1$:

Dreieckförmige 2D-WDF
$$\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}f_{xy}(x,y)\, {\rm d}x\, {\rm d}y=1.$$
  • Die Dreiecksfläche ist  $D = 0.5 \cdot 2 \cdot 4 = 4$.
  • Da in diesem Definitionsgebiet die WDF konstant gleich  $A$  ist, erhält man
$$A= 1/D\hspace{0.15cm}\underline{= 0.25}.$$


(2)  Zur Lösung gehen wir von nebenstehender Skizze aus.

  • Das Gebiet  $x>y$  liegt rechts von der Winkelhalbierenden  $x=y$  und ist grün markiert.
  • Diese grüne Dreiecksfläche ist  $D_{\rm (2)} = 0.5 \cdot 1 \cdot 2 = 1 $, also genau ein Viertel der Gesamtfläche  $D$  des Definitionsgebietes.
  • Daraus folgt  ${\rm Pr}(x > y)\hspace{0.15cm}\underline{= 0.25}$.


(3)  Für die gesuchte Rand–WDF gilt in diesem Fall:

Rand–WDF bezüglich  $x$
$$f_x(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}f_{xy}(x,y)\, {\rm d}y=A\cdot B_y (x).$$
  • Hierbei bezeichnet  $B_y(x)$  die Breite des Gebietes  $f_{xy} \ne 0$  in  $y$–Richtung beim betrachteten  $x$–Wert.
  • Es gilt:  $B_y(x) = x/2$.  Mit  $A = 0.25$  folgt  $f_{x}(x) = x/8$  für den Bereich  $ 0 \le x \le 4$.
  • Die gesuchte Wahrscheinlichkeit entspricht der schraffierten Fläche in nebenstehender Skizze.  Man erhält:
$$\rm Pr(\it x\ge \rm 2) = \rm 1-\rm Pr(\it x < \rm 2) = \rm 1-\frac{1}{2}\cdot2\cdot 0.25\hspace{0.15cm}\underline{ =0.75}. $$
  • Zum gleichen Ergebnis gelangt man anhand der 2D–WDF:  Rechts von  $x = 2$  liegt  $3/4$  des gesamten Definitionsgebiets.


Rand–WDF bezüglich  $y$

(4)  Analog der Musterlösung zur Teilaufgabe  (3)  gilt:

$$f_y(y)=\int_{-\infty}^{+\infty}f_{xy}(x,y)\, {\rm d}x=A\cdot B_x (y).$$
  • Die Ausbreitung des WDF–Gebietes in  $x$–Richtung ist für  $y \le 1$  und  $y \ge 5$  jeweils Null.
  • Das Maximum liegt bei  $y=3$  und ergibt  $B_x(y=3) = 2$.
  • Dazwischen ist die Zu– und Abnahme von  $B_x(y)$  linear und es ergibt sich eine dreieckförmige WDF.
  • Die Wahrscheinlichkeit, dass  $y \ge 3$  ist, entspricht der grün schraffierten Fläche in nebenstehender Skizze.
  • Aufgrund der Symmetrie erhält man:
$${\rm Pr}(y ≥ 3)\hspace{0.15cm}\underline{ =0.5}. $$

Zum gleichen Ergebnis kommt man anhand der 2D–WDF:   Oberhalb der Horizontalen  $y= 3$  liegt die Hälfte des gesamten Definitionsgebietes.


Zur Teilaufgabe (5)

(5)  Wenn  $y \ge 3$  ist  $($rot hinterlegtes Dreieck  $D)$,  gilt stets auch  $x \ge 2$  $($grün umrandetes Trapez  $T)$.

  • Das bedeutet:  In diesem Beispiel ist  $D$  eine Teilmenge von  $T$, und es gilt:
$${\rm Pr}[(x ≥ 2) ∩ (y ≥ 3)] = {\rm Pr}(y ≥ 3) \hspace{0.15cm}\underline{= 0.50}.$$


(6)  Entsprechend der Lösung zur Teilaufgabe  (5)  folgt aus  $y \ge 3$  mit Sicherheit auch  $x \ge 2$.

  • Somit ist die gesuchte bedingte Wahrscheinlichkeit:
$${\rm Pr}[x ≥ 2\hspace{0.05cm} | \hspace{0.05cm} y ≥ 3]\hspace{0.15cm}\underline{= 1}.$$


(7)  Diese Teilaufgabe kann man mit dem Satz von Bayes und den Ergebnissen aus  (2)  und  (5)  lösen:

$$\rm Pr(\it y \ge \rm 3\hspace{0.1cm}|\hspace{0.1cm} \it x \ge \rm 2) = \frac{ \rm Pr((\it x \ge \rm 2)\cap(\it y \ge \rm 3))} {\rm Pr(\it x \ge \rm 2)}=2/3\hspace{0.15cm}\underline{=0.667}.$$
  • Oder anders ausgedrückt:   Die Fläche  $D$  des rot hinterlegten Dreiecks macht  $2/3$  der Fläche des grün umrandeten Trapezes  $T$  aus.