Aufgabe 4.4: Gaußsche 2D-WDF

Tabelle: Gaußsche Fehlerfunktionen

Wir betrachten zweidimensionale Zufallsgrößen, wobei beide Komponenten stets als mittelwertfrei vorausgesetzt werden.

Die 2D-WDF der Zufallsgröße $(u, v)$ lautet:

$$f_{uv}(u, v)={1}/{\pi} \cdot {\rm e}^{-(2u^{\rm 2} \hspace{0.05cm}+ \hspace{0.05cm}v^{\rm 2}\hspace{-0.05cm}/\rm 2)}.$$

Von der ebenfalls Gaußschen 2D-Zufallsgröße $(x, y)$ sind die folgenden Parameter bekannt:

$$\sigma_x= 0.5, \hspace{0.5cm}\sigma_y = 1,\hspace{0.5cm}\rho_{xy} = 1. $$

Die Werte des Gaußschen Fehlerintegrals ${\rm \phi}(x)$ sowie der Komplementärfunktion ${\rm Q}(x) = 1- {\rm \phi}(x)$ können Sie der nebenstehenden Tabelle entnehmen.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Zweidimensionale Gaußsche Zufallsgrößen.
Bezug genommen wird auch auf das Kapitel Gaußverteilte 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

	Die Zufallsgrößen $u$ und $v$ sind unkorreliert.
	Die Zufallsgrößen $u$ und $v$ sind statistisch unabhängig.

$\sigma_u/\sigma_v \ = \ $

${\rm Pr}(u < 1)\ = \ $

${\rm Pr}\big[(u < 1) ∩ (υ > 1)\big]\ = \ $

	Die 2D-WDF $f_{xy}(x, y)$ ist außerhalb der Geraden $y = 2x$ stets Null.
	Für alle Wertepaare auf der Geraden $y = 2x$ gilt $f_{xy}(x, y)= 0.5$.
	Bezüglich der Rand-WDF gilt $f_{x}(x) = f_{u}(u)$ sowie $f_{y}(y) = f_{v}(v)$.

${\rm Pr}(x < 1)\ = \ $

${\rm Pr}\big[(x < 1) ∩ (y > 1)\big]\ = \ $

Musterlösung

(1) Beide Aussagen treffen zu:

Vergleicht man die gegebene 2D-WDF mit der allgemeingültigen 2D-WDF

$$f_{uv}(u,v) = \frac{\rm 1}{{\rm 2}\it\pi \cdot \sigma_u \cdot \sigma_v \cdot \sqrt{{\rm 1}-\it \rho_{\it uv}^{\rm 2}}} \cdot \rm exp\left[\frac{\rm 1}{2\cdot (\rm 1-\it \rho_{uv}^{\rm 2}{\rm )}}(\frac{\it u^{\rm 2}}{\it\sigma_u^{\rm 2}} + \frac{\it v^{\rm 2}}{\it\sigma_v^{\rm 2}} - \rm 2\it\rho_{uv}\frac{\it u\cdot \it v}{\sigma_u\cdot \sigma_v}\rm )\right],$$

so erkennt man, dass im Exponenten kein Term mit $u \cdot v$ auftritt, was nur bei $\rho_{uv} = 0$ möglich ist.

Dies bedeutet aber, dass $u$ und $v$ unkorreliert sind.
Bei Gaußschen Zufallsgrößen folgt aus der Unkorreliertheit aber auch stets die statistische Unabhängigkeit.

(2) Bei statistischer Unabhängigkeit gilt:

$$f_{uv}(u, v) = f_u(u)\cdot f_v(v), \hspace{0.5cm} f_u(u)=\frac{{\rm e}^{-{\it u^{\rm 2}}/{(2\sigma_u^{\rm 2})}}}{\sqrt{\rm 2\pi}\cdot\sigma_u} , \hspace{0.5cm} \it f_v(v)=\frac{{\rm e}^{-{\it v^{\rm 2}}/{({\rm 2}\sigma_v^{\rm 2})}}}{\sqrt{\rm 2\pi}\cdot\sigma_v}.$$

Durch Koeffizientenvergleich erhält man $\sigma_u = 0.5$ und $\sigma_v = 1$. Der Quotient ist somit $\sigma_u/\sigma_v\hspace{0.15cm}\underline{=0.5}$.

Wahrscheinlichkeit: $\rm Pr\big[(\it u < \rm 1) \cap (\it v > \rm 1)\big]$

(3) Da $u$ eine kontinuierliche Zufallsgröße ist, gilt:

$$\rm Pr(\it u < \rm 1) = \rm Pr(\it u \le \rm 1) =\it F_u\rm (1). $$

Mit dem Mittelwert $m_u = 0$ und der Streuung $\sigma_u = 0.5$ erhält man:

$$\rm Pr(\it u < \rm 1) = \rm \phi({\rm 1}/{\it\sigma_u})= \rm \phi(\rm 2) \hspace{0.15cm}\underline{=\rm 0.9772}. $$

(4) Aufgrund der statistischen Unabhängigkeit zwischen $u$ und $v$ gilt:

$$\rm Pr\big[(\it u < \rm 1) \cap (\it v > \rm 1)\big] = \rm Pr(\it u < \rm 1)\cdot \rm Pr(\it v > \rm 1).$$

Die Wahrscheinlichkeit ${\rm Pr}(u < 1) =0.9772$ wurde bereits berechnet.
Für die zweite Wahrscheinlichkeit ${\rm Pr}(v > 1)$ gilt aus Symmetriegründen:

$$\rm Pr(\it v > \rm 1) = \rm Pr(\it v \le \rm (-1) = \it F_v\rm (-1) = \rm \phi(\frac{\rm -1}{\it\sigma_v}) = \rm Q(1) =0.1587$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} \rm Pr\big[(\it u < \rm 1) \cap (\it v > \rm 1)\big] = \rm 0.9772\cdot \rm 0.1587 \hspace{0.15cm}\underline{ = \rm 0.1551}.$$

Die Skizze verdeutlicht die vorgegebene Konstellation:

Die Höhenlinien der WDF (blau) sind wegen $\sigma_v > \sigma_u$ in vertikaler Richtung gestreckte Ellipsen.
Rot schraffiert eingezeichnet ist das Gebiet, dessen Wahrscheinlichkeit in dieser Teilaufgabe berechnet werden sollte.

2D-Diracwand auf der Korrelationsgeraden

(5) Richtig sind der erste und der dritte Lösungsvorschlag:

Wegen $\rho_{xy} = 1$ besteht ein deterministischer Zusammenhang zwischen $x$ und $y$

⇒ Alle Werte liegen auf der Geraden $y =K(x) \cdot x$.

Aufgrund der Streuungen $\sigma_x = 0.5$ und $\sigma_y = 1$ gilt $K = 2$.
Auf dieser Geraden $y = 2x$ sind alle WDF-Werte unendlich groß.
Das bedeutet: Die 2D-WDF ist hier eine „Diracwand”.
Wie aus der Skizze hervorgeht, sind die WDF–Werte auf der Geraden $y = 2x$ gaußverteilt.
Die Gerade $y = 2x$ stellt gleichzeitig die Korrelationsgerade dar.
Auch die beiden Randwahrscheinlichkeitsdichten sind Gaußfunktionen, jeweils mit Mittelwert $0$.
Wegen $\sigma_x = \sigma_u$ und $\sigma_y = \sigma_v$ gilt auch:

$$f_x(x) = f_u(u), \hspace{0.5cm}f_y(y) = f_v(v).$$

Wahrscheinlichkeitsberechnung für die Diracwand

(6) Da die WDF der Zufallsgröße $x$ identisch mit der WDF $f_u(u)$ ist, ergibt sich auch genau die gleiche Wahrscheinlichkeit wie in der Teilaufgabe (3) berechnet:

$$\rm Pr(\it x < \rm 1) \hspace{0.15cm}\underline{ = \rm 0.9772}.$$

(7) Das Zufallsereignis $y > 1$ ist identisch mit dem Ereignis $x > 0.5$. Damit ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit gleich

$$\rm Pr \big[(\it x > \rm 0.5) \cap (\it x < \rm 1)\big] = \it F_x \rm( 1) - \it F_x\rm (0.5). $$

Mit der Streuung $\sigma_x = 0.5$ folgt weiter:

$$\rm Pr \big[(\it x > \rm 0.5) \cap (\it x < \rm 1)\big] = \rm \phi(\rm 2) - \phi(1)=\rm 0.9772- \rm 0.8413\hspace{0.15cm}\underline{=\rm 0.1359}.$$