Aufgabe 4.1Z: Momentenberechnung

Exponential– und Laplaceverteilung

Die Grafik zeigt oben die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion (WDF) der Exponentialverteilung:

$$f_X(x) = \left\{ \begin{array}{c} A_{ X} \cdot {\rm exp}(-\lambda \cdot x) \\ A_{ X}/2 \\ 0 \\ \end{array} \right. \begin{array}{*{20}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \hspace{0.1cm}x>0, \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \hspace{0.1cm}x=0, \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \hspace{0.1cm}x<0. \\ \end{array}$$

Darunter gezeichnet ist die WDF der Laplaceverteilung, die für alle $y$–Werte wie folgt angegeben werden kann:

$$f_Y(y) = A_{ Y} \cdot {\rm exp}(-\lambda \cdot |y|)\hspace{0.05cm}.$$

Die zwei wertkontinuierlichen Zufallsgrößen $X$ und $Y$ sollen hinsichtlich der folgenden Kenngrößen verglichen werden:

dem linearen Mittelwert $m_1$ (Moment erster Ordnung),
dem Moment zweiter Ordnung ⇒ $m_2$,
der Varianz $\sigma^2 = m_2 - m_1^2$ ⇒ Satz von Steiner,
der Streuung $\sigma$.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Differentielle Entropie.
Nützliche Hinweise zur Lösung dieser Aufgabe und weitere Informationen zu den wertkontinuierlichen Zufallsgrößen finden Sie im Kapitel „Kontinuierliche Zufallsgrößen” des Buches Stochastische Signaltheorie.

Gegeben sind außerdem die beiden unbestimmten Integrale:

$$\int \hspace{-0.01cm} x \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = \frac{{\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}}{(-\lambda)^2}\cdot(-\lambda \cdot x-1)\hspace{0.05cm}, $$

$$\int \hspace{-0.01cm} x^2 \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\cdot (\frac{x^2}{-\lambda} - \frac{2x}{\lambda^2} + \frac{2}{\lambda^3}) \hspace{0.05cm}. $$

Fragebogen

Musterlösung

(1) Richtig ist der Lösungsvorschlag 2:

Die Fläche unter der WDF muss immer 1 sein. Daraus folgt für die Exponentialverteilung:

$$A_{X} \cdot\int_{0}^{\infty} \hspace{-0.01cm} {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = A_{X} \cdot (-1/\lambda)\cdot\left [{\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\right ]_{0}^{\infty} = A_{X} \cdot (1/\lambda) \stackrel{!}{=} 1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm} A_{X} = \lambda \hspace{0.05cm}. $$

(2) Richtig ist hierder Lösungsvorschlag 1:

Aus der Grafik auf der Angabenseite erkennt man, dass die Höhe $A_Y$ der Laplaceverteilung nur halb so groß ist wie das Maximum der Exponentialverteilung ⇒ $A_Y = \lambda/2$.

(3) Richtig ist JA, obwohl für $z \ne 0$ stets $f_X(z) = f_Y(z)$ gilt. Betrachten wir nun den Sonderfall $z= 0$:

Für die Laplaceverteilung gilt $f_Y(y = 0) = \lambda/2$.
Bei der Exponentialverteilung unterscheiden sich der links- und der rechtsseitige Grenzwert für $x \to 0$. Der WDF–Wert an der Stelle $x= 0$ ist der Mittelwert dieser beiden Grenzwerte:

$$f_X(0) = \frac{1}{2} \cdot [ 0 + \lambda] = \lambda/2 = f_Y(0)\hspace{0.05cm}.$$

(4) Richtig sind alle Lösungsvorschläge. Bei der Exponentialverteilung berechnet sich das Moment $k$–ter Ordnung allgemein zu

$$m_k = \frac{k!}{\lambda^k} \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} m_1 = \frac{1}{\lambda}, \hspace{0.3cm} m_2 = \frac{2}{\lambda^2}, \hspace{0.3cm} m_3 = \frac{6}{\lambda^3}, \ \text{...}$$

Somit erhält man für

den linearen Mittelwert (Moment erster Ordnung):

$$m_1 = \lambda \cdot\int_{0}^{\infty} \hspace{-0.01cm} x \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = \lambda \cdot \left [\frac{{\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}}{(-\lambda)^2}\cdot(-\lambda \cdot x-1)\right ]_{0}^{\infty}= {1}/{\lambda} \hspace{0.05cm},$$

den quadratischen Mittelwert (Moment zweiter Ordnung):

$$m_2 = \lambda \cdot\int_{0}^{\infty} \hspace{-0.01cm} x^2 \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = \lambda \cdot\left [ {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\cdot (\frac{x^2}{-\lambda} - \frac{2x}{\lambda^2} + \frac{2}{\lambda^3}) \right ]_{0}^{\infty} ={2}/{\lambda^2} \hspace{0.05cm}.$$

Daraus ergibt sich mit dem Satz von Steiner für die Varianz der Exponentialverteilung:

$$\sigma^2 = m_2 - m_1^2 = {2}/{\lambda^2} -{1}/{\lambda^2} = {1}/{\lambda^2} \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm} \sigma = {1}/{\lambda}\hspace{0.05cm}.$$

(5) Richtig ist nur der Lösungsvorschlag 2:

Der quadratische Mittelwert der Laplaceverteilung ist aufgrund der symmetrischen WDF genau so groß wie bei der Exponentialverteilung:

$$m_2 = \frac{\lambda}{2} \cdot \int_{-\infty}^{\infty} \hspace{-0.01cm} y^2 \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}|y|}\hspace{0.1cm}{\rm d}y = \lambda \cdot\int_{0}^{\infty} \hspace{-0.01cm} y^2 \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}y}\hspace{0.1cm}{\rm d}y = {2}/{\lambda^2} \hspace{0.05cm}.$$

Zur Verdeutlichung der Musterlösung

Der Mittelwert der Laplaceverteilung ist dagegen $m_1 = 0$.
Damit ist die Varianz der Laplaceverteilung doppelt so groß wie bei der Exponentialverteilung:

$$\sigma^2 = m_2 - m_1^2 = {2}/{\lambda^2} - 0 ={2}/{\lambda^2} \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm} \sigma = {\sqrt{2}}/{\lambda}\hspace{0.05cm}.$$

(6) Für die Exponentialverteilung ergibt sich entsprechend der oberen Grafik mit $m_X = \sigma_X = 1/\lambda$:

$${\rm Pr}( |X - m_X| > \sigma_X) \hspace{-0.05cm} = \hspace{-0.05cm} {\rm Pr}( X > 2/\lambda) \hspace{-0.05cm} = \hspace{-0.05cm} \lambda \cdot\int_{2/\lambda}^{\infty} \hspace{-0.08cm} {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = -\left [ {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x} \right ]_{2/\lambda}^{\infty} = {\rm e}^{-2} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.135}.$$

Für die Laplaceverteilung (untere Grafik) erhält man mit $m_Y = 0$ und $\sigma_Y = \sqrt{2}/\lambda$:

$${\rm Pr}( |Y - m_Y| > \sigma_Y) = 2 \cdot {\rm Pr}( Y > \sqrt{2}/\lambda) = 2 \cdot \frac{\lambda}{2} \cdot\int_{\sqrt{2}/\lambda}^{\infty} \hspace{-0.01cm} {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\hspace{0.1cm}{\rm d}x $$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm Pr}( |Y - m_Y| > \sigma_Y) = \left [ {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x} \right ]_{\sqrt{2}/\lambda}^{\infty} = - {\rm e}^{-\sqrt{2}} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.243}\hspace{0.05cm}.$$

Ein Vergleich der schraffierten Flächen in nebenstehender Grafik bestätigt das Ergebnis qualitativ:
Die blauen Flächen sind zusammen etwas größer als die rote Fläche.

	Der lineare Mittelwert ist $m_1 = 1/\lambda$.
	Der quadratische Mittelwert ist $m_2 = 2/\lambda^2$.
	Die Varianz ist $\sigma^2 = 1/\lambda^2$.

	$A_X = \lambda/2$,
	$A_X = \lambda$,
	$A_X = 1/\lambda$.

	$A_Y = \lambda/2$,
	$A_Y = \lambda$,
	$A_Y = 1/\lambda$.

	Ja.
	Nein.